上海市重点名校高三数学高考模拟刷题卷十四套（Word版含答案）

高三上学期数学〔一模)期末试卷一、单项选择题线的一法量是〔 〕A.B.C.“数〔，且〕最正周为2，“ 〞的〔 〕充非要件 B.必非分件 C.充要件 D.既分也必条件0，1，2，3，4，5，6，7，8，910554的概为〔 〕A.B.C.4.下论错的选是〔 〕存数x，y足 ，并使得成立在数x，y足 ，并使得成立满足 ，且得成立实数x，y不在满足 ，且使成立实数x，y不在二、填空题设合，那么 ．2=6x准方为 ．数z满足 〔i虚位〕那么 ．设，么 和的夹小为 ．结反三函表〕项式，么展中的数为 ．假实数x，y满足 ，那么的大为 ．圆的面径为1，高为，么圆侧开图圆角 的小．方程在间上所解的为 ．函数的为2，当时， ，么 ．设列 的前n项为，对意，有，那么 ．15.设函数，给出以下的结论：①当②当时，时，为偶函数；在区间上是单调函数；③当时，在区间上恰有3个零点；④当时，设上的最值为，最值为，那么．那么有确论序是 ．假定在N上函数满：在，使得成，那称与在N上有质 ，设数与 ，其， ， 与 在N不具性质，将a的值记为 ．设穷列满足，这里表示超过 的大整．设掉中项后，下所项恰可为，么的值．三、解答题如，长体中，T为上一，．〕直线与面所角的小用三函表示；〕点到平面的距．函数．〔1〕当 时解等式；〕设，函数存在点，实数 的取范．设数的最正为 ，且 的图过标点．〔1〕求 、的；〔2〕在 中假设，且边 ， ， 所角分为 ， ， ，试求的值．分为圆的、焦点，M为 上的一．〔1〕假点M的标为，求的积；〔2设点M的标 且直线与 交两点A、B，证： 定值并出定；〔3〕图设点M标为，坐原点O作圆〔中r为值，且的两切，别交 于点P，Q，直线的分别为．如果为定，问是存锐角 ，使？设在试求出 的一值假存在，说理．假有数列： 满足〔里i，，数 〕，么又数列具有质．〕穷列具有质〔常数〕，且，求t的值；〔2设 〔，常数 断有数列是否有质，说由；假设穷列： 具有性质 ，其项和为20000， 中最大值为A，当时求 的最小．答案解析局部一、单项选择题解【线 的一方向为，线的向为 因为 ，以，得 ，法向量 .故答案为：C.【析由线向的定得个向量为，出线向的结合量的坐标运算公式代入数值计算出t】解】解当函数〔，且〕的正周为2所以,不得出 ，故性不立，当 时， 的最正期为，故要成立：“数〔，且的最正为2〞是“ 〞的要充条件.故答案为：B.【析由期公算出 ，情讨当取同的时出数周，结充和必要条的义可出案。105本件为，那这5个同数位为4的：，故概率.故答案为：C54解】解】解画出等组 表的区域如阴所：，令，知行内在边时， 取得大值最值；对于A，优在 时，，因为 ，以 的最为9，且时.所以A不符合题意；对于B， 即，由根不式知，当当 时等成即，解得，且点在行内，B确，选；对于C，优在 时，，因为，以 .所以足 ，使得成的数x，y存，所以C正，选；对于D项由对C的析可，足 ，使成立实数x，y不存在，所以D项正确，不选；故答案为：A.【分析】根据题意作出可行域再由条件找出目标函数，把目标函数化为直线方程的截距由数形结合法即可得出当直线经过点边界点时，z取得最大值或最小值并由直线的方程求出边界点的坐标，然后把坐标代入到目标函数计算出z的值即可求出最值；对选项逐一判断即可得出答案。二、填空题】解】解因为合，所以.故答案为：〔-4，-3〕【分析】利用交集的定义即可得出答案。p=3，∴线程为x=﹣ =﹣故答为x=﹣【分析】根据抛物线方程求得p，进而根据抛物线性质求得其准线方程．】解】因为，所以，即 .故答案为：1-i【分析】结合复数的运算性质整理化简即可得出结论。】解】解向量，所以 ，所以.故答为：.【析根题由积的标算式入值计出，此可角的小。解】解】由项式开式为常项知 ，所常项为.【分析】首先根据题意由二项式定理的通项公式，令x的系数为零即6-2r=0即r=3并把数值代入到通项公式计算出结果即可求出常数项。【析【答不式组 所示平区图中影部示，由可得，那么 表直线由图像可得，当直线在轴的截距，过点时在轴的距大即 有最值；联立 ，得，故.故答案为：4.CzC算出z【析【答圆的底半为1，高为那么锥母长为，2，圆锥面的长即开后得形弧所以据长式知，解得【分析】根据圆锥的截面由勾股定理计算出母线的值，再由弧长公式计算出结果即可。【析【答方程，为：，解得或 ，因为，所以或，所以程区间上的解的为π故答案为：π【分析】首先由二倍角的余弦定理整理得到关于sinx的方程，求解出sinx的值进而求出角的值进而得到答案。【析【答解因为数是期为2的期函，所以，又当 时，，所以.【析首由期整理到结合数运性质可出数值可。【析【答当 时，，当时，由，得两式减得，又，所以列 是以为项以为公的比列，所以 ，【分析】首先由数列余弦公式和数列前n项和公式的关系即可得到数列的通项公式，由此得出数列为等比数列结合等比数列的前n项和公式计算出结果即可。15.【解析】【解答】①当函数，故①正确；②当时，单调，故②错误；时，，由，义为，且 ，函为偶，得 那么 在上不③当时，由，即，那么，，四零，③误；④当时，，周期，区间 的度为，即为周期，所以区间为函数 的调递区或调减间时， 最大令，即，④正；故答案为：①④.②a、b的代整求数的析令计算零的个由判出项③错；把a、b④【析【答因为与在N上具性质所以在N上成，令在N恒立，当 时， 最小所联立，得到，令，那么，当时，，递减，当 时， ， 递增所以，所以 当 时，，所以，因为，以，所以而，取 ，那么，以，故答为：2626.【析根题把题转为〔〕≥g〔〕在N恒立令在N成立，根据数单性出a0=e2 ，从求出Sn，出答即．三、解答题【析【析法：(1)根题作辅结合面直性定即可出直线与面所成角为 ，直三角中几关计出，进求出角的大小。法二：根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面ABCD法向量的坐标，再由数量积的标式入值算出 ,进求直线与面所成的小。(2)到平面的离。面的向的标结合量标运公代入值可出离值。解析分析(1)把m的代求函的析式结合意即可到，用等的即可出整理简可出x取范围。(2)合意到当时方程有解，造数，结合f(x)m【析【析(1)用条即求出 图象把的标入可求出。据意用弦整理简可到，余弦理出结合本等即求出，即由此到以及，从而求出结果。(1)myxk的直与相的得到即 同再出，合意 、 是关于 的方程的两实，可出结合达定以恒式性即可出，，后联直与的方结根不式可求出 ，由即得的锐角不存在。解【析】〔1〕据穷列{xn}有质Pt〕由件到，结合n的取即得出即。〔2〕根据有穷数列{xn}具有性质P〔t〕的定义，证明即可；〔3〕可得yn整到A+n ，助本等可求最值．高三上学期第一次高考模拟数学试卷一、单项选择题设,那么下等成立是〔〕A.B. C. D.方上点 、、、是其在的点那直线与 异面图是〔 〕B.C. D.设为比列那“于任的〞“为递列〞〔 〕充而必条件 B.必而充条件 C.充分要件 D.既充分不要件函数的义是 ，对于下个题：〕设是函，么也是函；(2)设是周函，么也是期数；(3)假设是单递函，么是单递函；设数存反数，且数有点那数也有零点．其中正确的命题共有〔〕1个 B.2个 C.3个 D.4个二、填空题集合，合，那么 .等式 的集．数 满足〔是虚位〕那么 函数 的函为 ，那么 点到线的离是 计： 假关于 、 的程组无，么数 用组成有复的三数其奇的数为 .假设 的开中项为，么 ．设 为坐原，线 与双线 〔 ，〕的渐近分交于、两点，假设△的面积为1，那么双曲线，都有的的最值 〔为常〕且当时，，那么 16.点为圆的弦的，点的标为，且，那么的最值 三、解答题如，平面 ，与面 所成为，且〕三锥的体；〕设为的点求面直线与所角大〔结用三函值示〕函数.〕函数的小期；〔2〕在 中角 、 、 的对边别为 、 、 ，锐角 满足， ，求 的面积.研说：一节40分钟网中学的意力数与课间 单位分之的线如列，当时，是二函图的局；当时曲是数图像的一局部，当学生的注意力指数不高于68时，称学生处于“欠佳听课状态〞.〕函数的析；〔2〕在一节40分钟的网课中，学生处于“欠佳听课状态〞的时间有多长？〔精确到1分钟〕椭圆的右点为 、 ， 为线 上的点，线 与圆 的一交为 ，线 与椭圆 的另交为 .〔1〕设点 的标为，求点 的标；〔2〕设点 的标为，求以 为径圆方；〔3〕证直线 过点.对数列，设二项的一均于项之的有的，么称为 数列.〔1〕设列1，2， ，8是数列，实数 的值范；〔2设列，，， ，是首为、差为的差数，设数是列求的取范；无数列是首为 、比为 的比列有穷列、是从中局部项按原来顺所成不数列其有和别为、，证当且时，数列不是数列.答案解析局部一、单项选择题解】解】∵ ，∴设 ，代入知均正，对于D，根据幂函数的性质即可判断正确，故答案为：D。【分析】利用条件结合不等式根本性质和幂函数的性质，从而找出不等式恒成立的选项。A.因为点、 、、是其在棱中，么 又 ，所以，所直线与 不异直线；因为点 、、、是其在棱中，么 平面，又平面，以平面，PQ与交，以线与 是异直线；因为点 、、 、 是其在棱中，，以，又所以，以线与 相，不异直；因为点 、、 、 是其在棱中，么，又，所以，以P，Q，R，S四面，以线与 不是面直；故答案为：B【析利正体构特结中的质从而合面线判方法从找直线与】解】解对于意的，即.∴ ， ，任的 ，∴ ，或 .∴“ .∴“于意的 〞是“ 为增数〞充条件故答为：C.【析利条结分条、要件判方法从推“于的〞是“为递数〞充件。设是奇数那么，∴ 也奇数正确；(2)设 是周函，么，；(3)设是单递函根据“增减的那可得也单递函故(3)不确；(4)设数存在反数，函数有点，即的图与的图有交点，而的图与的图关于线对，是交点能是于线对称函数不一有，比方数，足意是函数没有点即(4)正确故案：B.【析利条结函数定判出数奇偶；用期数定义合件判断出数是期数用条结减数定，从判出数的调性；用函的义出函数的反数再函数点定，而出函数不一定有零点，从而找出正确命题的个数。二、填空题解】解】 集合，合，因，，故答为：{3}。【分析】利用条件结合交集的运算法那么，从而求出集合A和集合B的交集。x﹣1x+20，即或，得：﹣2＜x＜1，{x|﹣2＜x＜1}．故答案为：{x|﹣2＜x＜1}x﹣1x+2的乘积为负数，得到x﹣1x+2解】解】因为 ，所以，所以 故答为：2+i。zz。】解】由意，数，令 ，即，得，，故案：。【析利反数义，出数的函再利代法出的值。】解】由到直的离式得，故答为： 。【析利点直距离式从求点直线的离。【析【答解：，故答为：。【分析】利用等差数列前n项和公式结合函数求极限的方法，从而求出极限值。【析【答由意关于 、 的程组无，即线 和平行故，以 ，此时线即，确与行，满题，以数-2。【析用于 、 的方程组无解推两平行再用直平斜率等，从而求出实数a的值。12.【解析】【解答】由题,百位不能为0,且个位为奇数.当百位为其中一个时,奇数的个数为个，百为其一,奇的数为，故共有个奇数，故答案为：48。【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理结合条件，再利用排列的方法，从而求出奇数的个数。【析【答因为展式第 项为，令，解得，么 故答为：60。【析利二式求出开中通公，再用项式合件的展式有一项为，从结组数公出m值。【析【答双线的近为，以 因为 的积为1，所以，即 ，因为 ，以，当且当时号立，即双线焦的小为 故答为：。【用曲标方程定点置进求出曲的近的程，利直线 与双曲线〔 ， 〕两渐分别于 、 两点，联立直方求出交点D,E坐，利三角面公出ab值，利双中a,bc三者关式从结均值不式最的法从而出曲线的焦最小。【解对任意 ，都有从而，函数的为4，所以又因当时，，么为常数，可得，，，故答案为：2。【析利对意 ，都有为数可得，而，从结周函的义，而出数的周为4，利函的性，而结合件当时，，求出数。【析【答设点，么，因为，以，整理得，即点 的轨方程为所以，故 的大为 ，故答案为：2。【析设点，利三角法么合量的运法么从结数量的义合条，而出的值再用向的标示合量积坐表，而理求点方，利几法求出的大。三、解答题.解析【析〔1用条结线垂的义，出线直即，又，再利线垂证线垂直即平面，因为平面，与平面所成角为，故,再用件结勾定，而出CD的，利三的体公式，而出棱锥的积。〕用件出以为原点，为 轴，为轴过作平面的线建空间直角坐系，而出坐标再用间量方法合量求角式，而出面线与所成的弦，合反角数求的法，而出面线与所角大小。1小周公，而求正型数的正周。〔21A的取值范围，从而求出角A弦定理结合条件，从而求出a180角B正值利用角面公，而求三形的积。1〔2140.解【析利圆的准程出、顶点A,B的标再点 为直线 上动，从而点P的标利用点求线PA直线再用线 与圆 的一点为 联立者程出点C的坐，利点 的为，从求点P坐。〔2〕用圆标程求左右点A,B坐标再用点 的坐为，而用点出线PB直，利直线PB椭圆 的一点为D联二方出点D坐，利用中坐公求圆坐标再用点离式求圆直，而出圆半，而出以为直径的圆的方程。〔3〕用圆标程求左右点A,B坐标再用点 为直线 上的点，设，而用点斜式求直线PA的率利用斜设直线 的程，利直与椭圆 的另交为，联立者程出点C的坐，再用点率公求线PB的斜，利点式出直线PB的程再用直线PB与圆的另交点为D，立者程求出点D的标再用椭的称知样定点在 轴上设为，么三点共线，再用点线两向共，利共向量坐表，而形整出m值进求出直的点从证直线过点。1〕用列，假从项起每项大该之前所项和那么称为 数，而合列1，2， ，8是 数进而出数x的值围。〕用列，，， ，是首为、差为的等数，而出差数前n和式合列是数，而出差再利用对满足 的所有 都立，从而出，再利用集运法么出差d取范。〔3〕假设是 数，合P列定义那么，因为 ，以，又由 对所有 都立得成立再用等恒立问求方结合，而出比列的取范，设 中一项在 中那这两列不数可知，假设中的一都在中，理得，设中至少一不在中，且中至有项在中设是将中公项掉之后余依构的列，们所项和别为，妨设中最项在中，为，么，故有与矛，从而合证推假错误进推原题确，而出当 且时数列不是数列。高三上学期数学一模试卷一、单项选择题， ，那么“〞是“〞的〔 〕充非要件 B.必非分件 C.充要件 D.既分又必条件设是线的个方向量，是直线的个向量，设向量与向量 的角为 ，那么为〔 〕B. C. D.直在平面上距20米两旗杆高别为10和15米,面的动点 到两杆点角相等,么点 的迹是( )椭圆 B.圆 C.双曲线 D.抛线应用.定黎函数 为：当 〔 为整，是约真时，当 或 为上无数时. 、 、a+b都区间内的数，么下等一定正确选是〔 〕A.C.二、填空题圆上的点 到椭一个点距为 ，点 到另个点距.在展式，数〔数表〕设数满足 ，那么的最值．数 的虚是 .集合 ，么 .函数的像于线对称那么 .等数列中公为 ，设 是的前 项和且 ，算 .假抛线 的准曲线只一交，实数 满的件是 .某厂产、两种号的同品产数之比为.用分抽的法抽一样容量为的样，么中种型号产有件.从本中出件品此含有型产的率为 .对正数、，称是、的算平值并称是、的何均值设，，假设、的术均是1，么、的几均值〔 是自对的的最是 .在长为的方体中，点分是段〔不括端〕的点，线段平行平面，那四体的积大值.是函，义为 ，当 时，〔 ，函数有3零时那实数的值围.三、解答题如，四锥 中，平面 ，四形 为直梯形， ， .〔1〕当四棱锥的体积为时，求异面直线与所成角的大小；〔2〕求证：平面.在考空阻的况下箭最速度〔单位：和料质量〔单位：，火箭〔除料〕质量 〔位： 〕足〔 为自数的〕.燃质量为火〔燃外质量的两时，火的大单位：结精确0.1〕燃质量为〔除料〕量的倍时火的大度以到达〔结0.1〕.在①；② ；③三边成比列.三条中任一，充下问题，假设题的角存，求此角的长角的小假问中三角不在请明由.问题是存在，它角、、的边别为、、，且，， .如，线 的方是，其中 、 为线 与 轴的交， 点在 点左，线 与 轴交为 . ， ， ， 的积为.〔1〕过点横坐标为作斜为的线、 的横标为交曲线 于，求证：、两点〔异于是定值；点〕，点在第一象限，设点的〔2〕过点的直线 与曲线有仅一公点直线 的斜范；〔3〕过点作斜为的线交曲线 于、两点异于点，点在一限，当时，求成立时的值.21.数列〔1〕假设满足恒成立.且，当成差数时求 的；〔2〕假设且，当 、时，求 以及 的项式；〔3〕假设，，，，设是 的前 项和，求的最大值.答案解析局部一、单项选择题A【解】解】设那么，么成立即分性立；反之假设，那么，当 时，，时，故要不成，所以“〞是“〞充必要件.故答案为：A.【分析】根据不等式的性质，利用充分条件和必要条件的定义即可得到结论。C【解】解】题，是直线的个向量，么，是直线的一法量，，那么 ，故 ，故答案为：C.【析根题分得与的标进由积的算式算得案。B【解析】【解答】如图，建立直角坐标系那么设，因为，以那么 ，即化简得，即所以点迹圆B【分析】先根据题意画出示意图，将题中仰角相等转化成比例式，从而得到线段相等，进而建立空间直角坐标系，化简即可得到点的轨迹。B【解解设为数，是约分数，或 或 上的理数，那根意有当时，么 ，时， ， ；③当时， ， 时，综上述，一定立.故答案为：B.【析设为正数，是既真数，或 或 为 上无理数，然根据、与集合、B的系类，计算与，与的关，可出案。二、填空题2【解】解】用圆定义， ，可知，即故答案为：2【分析】先由椭圆的方程求出的值，然后根据椭圆的定义即可求解。-20【解】解】展的通为，令，可得，所以数为，故答案为：-20【】用项展式的项式，令x等于，求3【解析】【解答】画出可行域如下列图：令，那么，知距大，z大，直线，移线至时，.3根不式画出行，后把作其在轴的距大即是1【解】解】，为1．故答案为：1．【分析】利用复数的乘除运算求得结果即可。R【解】解】使数有意，么需 ，又 ,所以等式的解为，故.故答案为：R.【分析】要使函数有意义，那么只需即可。【解析】【解答】令，可得：，令，解得，因为 ，以，，故答案为：【分析】直接利用函数的关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出结果即可。11.【答案】【解析】【解答】因为所以因为，以是等差数列，所以，，，，所以 ，【析写等数通项式前 项，入并理再数的得出案。【解】解】物线的准为 ，当 时，表示圆在 轴方局以左顶所以，假设 与线只有个点，那么，得 ，当 时，表示曲的在 轴上局即支，此时，此时满足与曲线只有个交，以，综上所述：实数故答案为：满足的条件是或，【据意抛线的线为 ，分讨论 和 时线所表示的图，可解。【解】解】设 种号抽取 件，以，解： ， ，从样中取2，有 型号品概率.【析先分抽样比币， 种号件数及n，根古概型式概。【案】【解【解为 、 的算平是1，以，即 ，以 ，、 的几平值为，由根不式得：，当且当时号立，所以 、 的几平值最小是故答为：【析由得，然结合本等即求。【解】解】线平行性定知 ， ∽ ，，设 ，那么， 到面 的距离为 ，那么,所以，以面体的积为，当时，面体 的积得最值：．所以案填： ．【析由意得∽ ，设 ，么 ， 到平的距为 ，出面的体，过次数最值求四体积最大。【解】解】当 时易知数单递，且 时， 时，，大图如，在的大图如，又函数 是定在 上的函数故数 的象，要使数有3零，需函数的图与线 有且有3个点由图可，．故答为：．【析根题及图像变法么作函数的图，图观即可解。17.【答案】〔1〕解：由题意，，分别以为轴立间角坐系，如图，那么，，，，∵，而，∵，而∴ ，∴面线 与 所角为 ；〕明由1〕，，此时 长度定可设．，∵ ，∴ ，即 同理， ，，平面．∴ 平面 ．【解分1题利四锥体公可求 ， 以为轴建间直角标系，可得，，利用面量角式求得，而得面线 与 所成的；〕1得，，由得 ，进而通过面直性可证，据面直判理即证明平面。【案】1解为，所以，当燃质量为火〔料外质量 的两时将代得：；〔2〕：令 ，即，得，解得.】分】1〕将为，后将入中解即可；〔2〕将 代入得然进行对化解的值。，，①，∵在，，∴由正弦定理得，即，又∴， ，∴由正弦定理得，即，又∴，，．，，解得，∴ ，②，∵在，．，，∴正定得 ，即 ，∵∵，，，那么 ，，，，．∴，．选③，三边成等比数列，∵在∴正定得 ，又，，，∴这与三边成等比数列矛盾．无解．， ，即 ，【解】分】选根据意合弦理得，合，用定理可求得，进求B，A；②，据意，，，正定理得，进得到，运余弦理可得，而求B，A的；③，用正定可得，由弦定可得 ，可得 ，推出盾可问中三角不存。【案】1证直线方为时，由，解得，或 ，∴ ，，由，得，或 ，∴ ，∴ ；〔2〕：题意 ， ，，解得 设过 的线 的方为那么 只一解，只有一解，，，由知，易直线 的方为 也合题意，曲线的渐线为，是此曲的焦由双线质直线 的角的值围是；〔3解：1有，那么，解得 ，∴，，∴．，， ，∴，，∴．【解分1直线方为 ，直曲线立得点P,Q标计即得；〔2〕据意得 ，设过的线 的程为 ，那么 只有一个，得， 易线的方程为也符合题意，进而得出结论；〔3〕kk，进而得出答案。21.【答案】〔1〕解：假设所以 ，即且，，当，所以，解得：；〔2可，，即，令可得，即所以，因为，所以 ，得 ，由 可得，所以是项为，比为 的等数所以，所以，，，以上式子累乘得：所以以上式子累乘得：所以，〔3〕解：由所以可得，，因为，以，即，所以，因为，以，所以，因为 ，以即，，，因为，，所以，因为，所以，所以 ，得 ，所以，令，设，，对称轴为，是开口向上的抛物线，在单调递增，所以时取得最大值，故最大值为，所以最大值为.【解析】【分析】〔1〕根据等差数列的定义以及对应关系，求出k的值即可；〔2〕由 及 、求出，即求出是为，公为 的比，乘求出 通式；〕得到，得出，令，设求出 时得大，故最大，而出 的最值即。高三数学二模试卷一、填空题过点的物线焦点坐标.一外积为 平米实铁铸一底半径球半一的锥(设有何耗)，那么锥高厘米.(是虚数位)是程 的一根那么 .项差列 的前 项和为，，那么 ．社的庭收入频率布下所，以估该区家的均年入元.家庭年收入()频率与方程有这的一题：△中，的值〔 〕与方程A． B． C． D．

的两个根，那么你对个目评是 .(用短句复)用0，1两数编码为4〔为进位数首可是0从所码任一，么码中至有个1概是 .设 为数列的前 项，，，任的 ， 均有，那么的取为 .数在内单递增那么数 的值围.假设的项开中 项的数是 ，那么二展开中数小项是 .函数( )值有6实数成那非整数 的值.如， 是半为2心角为的一圆弧 上一点假设，那么的是 .二、单项选择题如， 面 ， 为，连接 ､ ､ ､ ､ ，下组向中数量不定零是〔 〕A.与B.与C.与与以选中，可为 的函是〔 〕A.B.C.､ ､ ､ 都是零，成立充条是〔 〕B. C. D.16.设点坐标为〔的坐标为〕，坐标点向量 绕着点顺时旋转后得到 ，么 的A.C.B.D.三、解答题､ 是正棱柱的棱､的点异直线 与成角大小为〔1〕证： ､ ､ ､ 在一平上；〕二角的大小.设数，〕论数的奇，并明由；〔2〕设 ，关于 的不式.假在个米单的空直坐系中面内有跟和制机器人的控制台 ， 的置为.上午10时07分得行人 在处，并对飞机人 发指以速度 米/秒单向量作匀直飞(飞行中障物)，10秒达点，发指让人在点地旋2，原地旋程逐步减速降到米/，后保持米/秒再单向量 作速线行(行中无碍)，当行人 最终在面内发指令它止动.器人 近看一点.〔1〕从 点开出发20秒后行器人 的位；〔2〕在个行程飞行器人 与控台 的最近离(精到).曲线与线 在一限的点为 .曲线 是( )和( )组的闭形.曲线 与 轴的交为 ､右交点为.〕曲线与线 具相同一焦点 ，求段 的程；〕条下曲线上在少点，使得，说理由.〔3设原点的直线以 为圆的相，圆的径于1，点为直线曲线在一限两点为..当 对意线恒成立求的值.设列满足， ，设 ，.〕设， ，设列前四项 ､ ､ ､ 满足 ，求 ；〔2〕 ， ， ，当，， 时，断列是能成等差列，说理；〕设，，，求对一的，，均有 .答案解析局部一、填空题解】解】 抛线经过点，,抛物标方为,抛物焦坐为故答为：。【分析】将抛物线的方程转化为标准方程，再利用代入法求出a的值，从而求出抛物线的标准方程，再利用抛物线的标准方程确定焦点的位置，进而求出焦点的坐标。解】解】假实心球半为 ，么，得 ，∴体为 ，将铸个底半与的径样的锥，∴设圆的是 ，底面积 ，由后积知： ，∴ 。故答案为：8。，其成个面半与的径样圆锥所假设锥高是，利圆面公解】解】 ，故答案为：1。

，解得，。等，从而求出a】解】正等差列的前项为，由得，以或〔舍，。故答案为：22。【分析】利用条件结合等差中项公式，进而解一元二次方程求出等差数列第六项的值，再利用等差中项公式结合等差数列前n项和公式，进而求出等差数列前11项的和。万元。6.51。解】解】由设知： ， ，而，∴，又，∴，又由上： 、必有个大于90°，同时 也于90°，然符三形角为180°，∴无正确选项，条件与结论有矛盾。故答案为：无正确选项，条件与结论有矛盾，是错题，无解。【分析】利用条件结合反证法的方法，再利用三角形内角和为180度的性质结合诱导公式，再结合两角和的正切公式，从而得出对这个题目的评价。1A；1由用0，1个数编，码为4不的共有种；1一是不含1，共有1种情况，另一种是只含一个1，共有4种情况，故它从位码任一码那码至有个1的率，那么中少个1概率。故答为。【分析】利用条件结合独立事件求概率公式，从而求出从所有码中任选一码，那么码中至少有两个1的概率。解】解】由设知当 时，，即，当时，，综上知数列 是公为的项比列即 ，而 ，，有∴，有

成立又为 ，∴ ，整得 恒立，而 时 ，∴ 。故答案为：2。【析利用与的关结合类论方，而结等数的义推出列是比为的正等数，利等比列通公求数列的项式再等比前n和式求出列的前n项和由题知对意的，有成立又为，整得恒立再数列极的法进求出比值。解】解】当 ，在上，单递，调递，即单调增符题；当时，在 内单递符合意；当∴假设时，， 时，号不立，时 在，内单调递增，符合题意；假设，时，设且当时等成，时在内单调递增，不符合题意，综上述当时函数在内单递。(-∞,4]。内单递，而实数a的值围。【析解二式定知：，而项 的数是 ，∴ 时，有 且 为数 ，又由 ，∴得 ，∴ ，要系最， 为奇数由称知： ，∴∴。故答为：。的二展式项的是，再用合公进而出r，n的，求出开中通项公，要系最，为数由称知：，从结展式的项公，而出二项展开式中系数最小的项。【析【答由设知：的最正期为 ，又为，∴ 为非整，在 上 值有6实组，即的图在上间为6个离点且各横标整，∴当 为数有 ，即 ；当 为奇，有，即 故答为：±10，±11。【析利余型的最正期式出数的小周，因为，所以 为非整数，在上 的有6实数成即 的象上区为6个散且各横坐为整，利分讨的方，而出零数 的值。【析【答以心为点平行 的直为 轴， 的直分为，建平直坐标，那么，，设 ，，那么，，，且， ，，在，上增在，上递减，当时， 的最值为，当时， 的最值为那么， ，故答为： ，。【析以心原平行的线为 轴，的直平线为轴，立直角标，而求点坐，设 ，，再用量坐表求出量坐，结合数积坐表结辅助公，而出 且，以 ，再合弦数的像断正型数的调，而求数积的最值最值，而出量积的域。二、单项选择题【析【答由面 ， 为形，A： 面 ，那么，而与不一垂，一有面，不一与 垂，以与数量不为0，题意；B：由A知，又且，么面 ，又面 ，以 ，即与数量为不合意；C：上知，又且那么面，又面，所以 ，即与数量为0，合意；D：上知 ，而，所以 ，即与数量为0，合题故答为：A.【分析】利用线面垂直的定义推出线线垂直，再利用矩形的结构特征推出线线垂直，再结合条件和数量积为0两向量垂直的等价关系，进而选出各组向量中，数量积不一定为零的选项。答A，当时，，故正；B，当时，，故正；C，当时，等等故确；D，由，得，指函数所正确.D.【析利函的选出表为 的函的项。【析【答因为都非实，以，⇔⇔⇔⇔A：A对于B：C：

，B不符合题意；对于D：D不符合题意.故答案为：C

，C符合题意；【析用件合要条的断法从选出成的要条件。【析【答根题意设，量与 轴方向夹为 ，又由点的坐为，那么 ，，向量绕着 点时旋转 后得到，那么，而，，故点的标为。故答案为：B【用坐与角坐的化式那么 ，，向量绕着点顺时旋转后到，进求点的坐，利两的余公和角的弦公，而出点的标。三、解答题

解【1〕接 ､ ､，取 的中点 ，接,点 是棱，点是的的，那么 ， ，再用的传性所以，所以 ､ ､ ､ 确一面，即 ､ ､ ､ 在一上。〔2〕〔1知(其角)异直线 与所角，底面的边为 正四高h，再用股定结余定，而结条求出，取 的中点 ，为，，那么，，是二角的平角在角角中结正函的义从而出面角的大小。【析【析〔1〕对的质得 ，所以 ，即，故定义关原对，利用类论方结奇函和函的义从而论函数的〔2〕由，代得，为，即，利余型数像结条，而出于 的不式的解集。【析【(1)用条结向共的标表，而出从 点始发20秒飞行器的位。〔2AT与控台的最距。【析分1利用圆准程双线标方求点方结合件线与曲线 具相的个点，而出a值而结椭和曲中a,b,c三者的关系式，进而求出焦点F的坐标，再利用椭圆与双曲线相交，联立二者方程求出交点A的坐标，再结合两点式求出线段AF所在的直线方程。〔2〕在1的件结点N的标进用两距公出NF长，假点在曲线上，再利用两点距离公式结合二次函数图象判断出二次函数的单调性，从而求出SN的取值范围所点 不能线上，以点 只能曲线上根据，再立与圆方求点S坐标当左点，，样样的使得不存，而出样点的个。〔3〕用斜设原点 的线方程为，设圆标方为，利数积向模的式合股理进而出 ，分联线与椭的程直与曲线方求点P,Q坐标进求出 ，根据得到t14a〔2〕利用条件结合反证法的证明方法，再结合等差数列的定义，从而判断出数列不可能成等差数列。〔3〕设 ，，，再合的推式反法证明法从结不式恒立解方，而出一的，，有 。高三上学期数学一模试卷一、填空题1.，命：设，那么且的逆命是 ．2.的展式的数项.下图弧为，径为1扇(其部)绕所的线转周形成几体外表积为 .设是虚单，复数为纯数那实数为 △ABC中，AB＝2，AC＝1，D为BC的点么＝ ..15收到捐数比一多10元.募到于1100元这募活少需天.(果7.校设9选课，中A，B，C门课由上时相，至项择门假定每位生修4，一共不选修案.下图在面直坐标系中，点以每秒的角度点出，径为2上圆逆时移到，以秒的速从点沿为1下圆时移坐标点，么上述过中点的坐标关于间的数达.二、单项选择题设，，那下面等式成的个〔〕．B. C. 以四选中确选项〔 〕关于的方程()曲是圆复数 是个同数，数 ，么于数 的程的所解在复面所应点轨迹椭圆设 为个同定， 为零数假设，么动点 的轨为曲一支双线与椭圆有相的焦点在面角标系， 、是于同限任意，们终交位圆(圆在标点)于、BAB点纵标分为数、b ，且，那么a+b最值为( )1 B.C.2 D.三、解答题如列，腰形是由方形和两全的Rt△FCB和Rt△EDA， ，..现将Rt△FCB沿BC所直线起点移点，使二角的小为.〕四锥的体；〕异直线与所角的小.设，其常数 .〔1〕设 ，，函数( )的反数；〔2〕证当仅当 ，函数为奇数.如列，河岸两座直地的塔和.张在有角(测量测人发尺(可测步可达两之间直距离)条，为计塔的高度，点A测点 的角为，，又择距100米的 点测得.〔1〕你据明测数据出塔 高度；任，张测得，并又性地量两角大小(设为 ､).据此他算了塔之间距离 .请问：①张明又测量了哪两个角？(写出一种测量方案即可)②是何用表出 ？(出程结)个数成 行 列方，其每行左右等差列每列上下都公为同一个数的比列.， ，.〕设，数列的通公式；〕设，证：()；〔3〕设 ，用学法证：.如列，点到直线的离动点到点的距等它定线距的2倍设动点轨是线.〔1以段 所在直为 轴，线段 上某点为标点 ，立的平直标系，得线经过标原点，并曲线的程；〔2〕指〔1〕的线 的如两性：①范围对性.选一给证明.〔31的线 了经坐原点 ，还与 轴交另点 ，过点 的直线 交曲于 ， 两，证：.答案解析局部一、填空题a=0b=0ab=0故答案为：假设a=0或b=0，那么ab=0.【分析】根据逆否命题的定义进行求解即可。解解】，数项r=4，，15.【分根二式开式分当x幂为0时即 ,代数据，即得答3.解】解】根题意得到个为1半，所以表为个的表积一底圆.故答案为：3π.【分析】该扇形绕OB所在直线旋转一周得到的几何体是半径为1的半球体，由此能求出该扇形绕OB所在直线旋转一周得到的几何体的外表积．】解】，它为虚，么且，解得 故答为：2．【分析】复数的分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简后它的实部为0且虚部不为0，可求实数a的值．【分析】利用向量的三角形法那么、数量积运算性质即可得出．1510设要募捐到不少于1100元，这次募捐活动至少需要n天，那么，理： 又∵ 为整，∴当 时， ；当 时， ，∴n的小为即这募活至要14天．故答案为：14.1510n项可得，可出n的最值．第一，从ABC三门一有，第二，设其六中选4有，∴据类数法得共有 种同方故答为：75.【分析】A，B，C三门由于上课时间相同至多项选择一门，A，B，C三门课都不选，A，B，C中选一门，根据分类计数原理得到结果．解】解】由角函的义得当点 在半为2上圆运动，，边对应角为，以 点坐标为，当动点 在半为1下圆上动， ，边 对应的度为所以 点标为，综上动点的纵标关于时间的函表式为 ，故答案为：【分析】当P在大圆上半圆上运动时，求出∠POA，由任意角的三角函数的定义求得P的纵坐标，当点∠POBP】解】，，，那么，故答案为：C．【分析】根据不等式的性质和关系进行判断即可．【析【答A.当时方程()复数 所应的点A ，B ，复数 所对点C ，程表示点C到点AB的离为2a ，当时，迹椭，误；设 为两不的点， 为零数假设，当时，点 的迹曲线一，错；因双线，所以 ，所以焦坐为和，椭圆， ，以焦坐标为和，故正确；故答案为：DABCD；【析【答】 、是位不象的意，依意们终在x轴上，妨令 为第象限， 为二限那么点，，由三函定知，，而a>0，b>0，，当仅当 “=〞，，当仅当 时取“=〞，所以a+b最值是.故答案为：B【析由意点，，三函定知a+b三、解答题

1GC⊥BC，EC⊥BC∠ECG=60°DG⊥EFBC⊥EF，BC⊥CGBC⊥DEGDG⊥BCDG⊥ABCE，DG是四棱锥G-ABCE四棱锥G-ABCE的体积；〔2DEHBHGHBH∥AE，∠GBHAEBGAEBG1〔2〕利用函数的奇偶性的应用求出结果．1∠ACBACCD〔2〕由〔1〕可求AD的值，测得∠ABF=α，∠DAF=β，利用线面垂直的判定定理可得AB⊥AF，可求1{bn}AF=ABtanα的值，在△ADF中，由余弦定理，可求DF．的方程组，解得即可；〔2〕根据等比数列的求和公式和数列的函数性质即可求出；〔3〕利用数学归纳法即可证明．1MFOOF=2MOOMFxxOyPx，y〔2〕①范围：x≥0或x≤-4，曲线Γ位于直线x=0与x=-4两侧．②结合方程判断对称性；利用二次函数的性质证明范围；利用对称性证明方法，证明对称性．〔3〕求出C〔-4，0〕；〔i假直线l垂于x轴推出推出CA⊥CB．〔ii假直线m不于x：设､，，直线m方为，将代入，用达理接向的量，转高三三模数学试题一、填空题集 ，集合，那么 .数 的定域为 .比列 的首为2，公比为 ，其前 项记为，那么 .复数 〔i虚单〕，设 ，么 .设 的展式的项为 ，么数a值.f﹣1〔x〕数f〔〕＝log2〔4x﹣1〕反数么当〔x＝2f﹣1〔〕，x值为 ．几体三图如列图(单：cm)，么几何的表(位：cm2)为 .个位，位､､百上数依为 ，当且当且时，这的数为“数〞(如341)，么集合中出个相的成的“凸〞数为 .圆的右点为 右焦点为 以 为圆， 为的圆椭相于 两假设线 过点那么的为 ．如，△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝60°，AH⊥BC点H，M为AH中．设 ＝λ＋μ ，那么λ＋μ＝ 点是直线：()动点过点作圆：的线， 切点假设最为 时，圆 ：与圆 外切与直线相切那的值 假实数 ､ 满足，数的最值为，那么的最值为 .二、单项选择题是于x的程 〔〕的个，么〔〕A.-1 B.1 C.-3 D.3设、β是个同平面那么的充条〔 〕.面α内意条与面β垂直 B.平面αβ垂于条直线C.面αβ都直同平面 D.面α内在条线面β垂直、 分是曲线 ：( ， )的、焦，且 ，设P该双线支一，满足，么面积最值是〔 〕2 B.C.D.2设数，假两行直线 与 之的离为a，么数零点个数〔 〕A.1 B.2 C.3 D.4三、解答题函数.〔a为常〕〕论数的奇，并明由；〕当为函时任意，等式恒立求数u最值.如①，在形 中，且为 的点将沿折起使，得如所的锥，在棱锥中解下问：〕证：平面；〔2〕设 为的中，直线 与面所成角.如，城设以中心为心、 公为径的形护，保区边起在中心正东向有条速路 、西方上一级公路，现在护缘PQ弧选一点A作出，一连两条路与圆相切道．通一公的路每里价为万元通高公的路每公造是万元其中为数设，总价为万元．〕把表成的数，并出义；〕当时如确定A点的置能得造最低？20.直线交抛物线于点.〕直线与轴的交点为，假设，实数 的；〕设点在物线上，且于线对，：四点圆：〔3〕记 为物线的焦，过物线上的点作线的线垂分为点，假设的面是的积两求线段中点轨方程.集合，合，设合中元个为，所有素从到排后等数列那称合 为“集合〞.〕断合、是否“好合；〕设合是“集〞，求 的值；好集〞的素数是存最值假存在求最值假不存，说理由.答案解析局部一、填空题解】解】由意，合，根据合补的念运算可得.故答为：.【析先简出合A，再据合补的概及算得案。解】解】由设有，故 ，故函的义为.【分】不式组可函数定域.解】解】因等比列 的项为2，比为，所前n和为，.【析据比列前项公可得 ，根极限运公即求出。】解】因为，又，所以，所以，即，所以.故答案为：1【分析】先根据二阶行列式的定义写出算式，然后根据复数的模的定义式列出算式，再进行化简整理，并利用同角三角函数根本关系式，并将弦化切，进行转可得的值。解】解】 的开式的项式： ，令，得 所以数为，因为数为，所以，.x0，求出r于，求数a值.f﹣1〔〔x＝log24x﹣1,设y＝f〔x＝2f﹣1〔x函数〔x ，〕,函过〔x ， 〕所以〔x同过x ，y〕,〔，x〕,代入 ,得,所以x＝1故答案为：1【析由意得设y＝f〔〕＝2f﹣1x〕函过〔x，y,函过〔x，〕,出程解即可x外表积为：故答案为：32【分析】由三视图复原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，然后由直角三角形面积公式求出外表积。y3,4,5，当时，数有132,231共2个；当时，数有142,241,143,341,243,342共6个；当时，数有152,251,153,351,154,451,253,352,254,452,354,453共12个；综上，共有20个凸数.故答案为：20【分析】532凸数〞，可得答案。】解】由，，为 过焦点 ，所对称知轴所以， ，所以。故答为：。【析】椭圆的右为右焦为再结椭的标方，而点A,F的坐标，为过点，所由对性知轴，利与椭相联二方求出B,C两点A,FAB＝2，∠ABC＝60°，AH⊥BCBH＝1.BC＝3BH＝BC．因点M为AH的点所以＝＝(＋)＝＝＋，＝λ ＋μ ，所以λ＝，所以λ＋μ＝.【析】根向的法，量AM用AB，BC表示来由面量本定，能出案.11.【析【答圆C的圆为，径为 ，当与垂时，的值，此点C到线的距为由勾定得 ，又，解得，圆 的圆为，半为，∵圆 与圆 外切，∴ ，∴ ，.∵圆 与线相，∴ 解得.故答为：.【析当PC⊥l时线长|PA|小结圆C的半|PA|=2，可此时心C到线 的从而出k的，线方程求;根圆M圆C外，直线相就可出m值.【析【答由 ，可得 ，又由，可知其最大值，而当最值即取得最小值，而此式为上的点到原的离，所以此为时，故答案为：2.取得最小值1，所以.【析】先将配，出b取范围再出a2+b2的值围运两和的正fxasin2x+bcos2x+1,a2+b2.二、单项选择题【析【答实数的元次程根对〔为轭数，以为方两，，A.【分析】利用实系数方程的虚根成对定理，列出方程组，求出a,b即可.【析【答假设，么面α内在与面β不直选项A不正；βα与βBββC面α存一线与面β直那据面垂的定理可知，假设，么面垂性质理，平面α内垂直于平面β内的两条相交直线的直线一定垂直于平面β，应选项D正确；故答案为：D.【分析】当两个平面垂直时，一个平面内的一条直线可以与另一个平面成任意角，可判断A项不正确；垂直于同一条直线的两个平面互相平行，可判断B项不正确；垂直于同一个平面的两个平面可以成任意角可判断C项错误；利用面面垂直的判定定理可以得到D项正确，从而得到答案。15.【解析】【解答】设，，，题得，，由双曲线定义得所以，∴，所以,，所以，所以，由余弦定理得，，当时， 面积最值是，故答为：B.【析设，，，双曲定得 ，，得，，据弦理三角面公得面关于n2函，据解析【答意两平直那么，么 ，那根这条线间的离为a得：，解得 ，那么，的零相于与的两像的点，在同坐系画函数及的图，如下图，与有个点，数零的数是4.故答案为：D.【析】利平线间的离出a,b,出数y=f(x)，象即到结果.【析【析】(1)讨论当时，当时，算f(-x)和f(x)关，可判数f(x)的奇偶性;得，题可得，运换法指函的单性以对u.【析【析】(1)首先图①，接BD,由条可得， 图中，据勾逆理到AE⊥ED,又为BC⊥AE而到BC⊥面ABE；(2)首先根据(1)易证AE⊥平面BCDE,再以E为坐标原点，EB,EDEA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角)得与面 的可. ，可得，由切数定可得数定域: ；(2)(1)得 可为 ，由根不等式可得，由等的可得案.【析【析〔1〕设，直方与物线立利韦定可得，由解得，从而进而出数 的〔2〕设由 点于线 对称得出 ，根向数积标运，可证。【析【析1集合对的合，所以集合为“集合"，集合对的合， ， 集合 不是“好〞；〔2〕根据“好集合〞的定义求解，即可得出m的值；〔3〕由〔〕知， 即为“集〞，用证即可证。高三上学期数学一模试卷一、填空题合，假设 ，那么 .数域是 3.，那么 .函数的象点 ，那么 .是 和 的差项，是 和 的比项那么 .线过点，线的个方向是，么线的方式程是 .圆体底圆的径长为，其面开圆心为的形那圆锥的积是 .8.的二展式的项的是 ，设 (其中是虚单)，么复数 的模 .(果用值示)设于 、 的二元次线方组的广是，且是该性方组解那三行列式 中第3第2列元素代余式值.某级学从校的7位诗爱者(其生2人女生5)随取3名学为校朗读比的持．设求主人至有位男同，么同取法的数是 ．(用数表)平向量满足，向量( )，对意，总有成立那实数 的取范是 .，数，设数的最值为，那实数的取范是 .二、单项选择题是间的条，其直线在平面 那么“且〞“平面〞的( )充非要件 B.要充分件C.要件 D.充非要件为得函数的，可将数的像〔〕向平移个单位 B.向左移个位C.右移个单位 D.向平移个单位(由扇形OADOBC构).OA=10米，米，线段BA段CD､弧BC､弧AD长度之和为30，心为弧度，么关于的数析式答〔〕A.B.C.，数的义为 ，假函数在区间上两个同的零点那么的取范〔 〕A.B.或C.三、解答题正体的棱为 ，点 是面的中心.〕接，求棱锥的体积的值；〕异直线与 所角的小结用三函数表〕.在 中，角 所的分别为 ，假设 为角且.〔1〕角 的大；〔2〕记 ，函数的值域.实数 是数函数.〕函数的义判断数奇性并明理；〔2〕设 ，设，记取值成集为 ，函数 的域与数( )的域同试解以问：i〕集合；〕究数在义域 上是具单性假有，用数调定加以；设有请明由.并用的究果一步出数的小值.定：圆，把圆称为该圆协圆.椭圆的协圆圆(为坐原点)，解以问：〕出同圆的程；〔2〕直线是圆 的任一条线且椭圆 于两点求的；〕设是圆上两动点且，点作，直线于点，证点总某圆上并出定的程.21.函数的义为，列 满足，，(实数是非零常数).〔1〕假设，且列是差数，实数的值；〔2〕假设数列满足，求通项公式；〔3〕假设，数列 是等数列且，，试证明：.答案解析局部一、填空题】解】， 那么或，解得或，当时，合中有个同元，舍〕所以 .故答案为：-1【分析】根据元素与集合的关系进行计算即可．】解】由得，所以.所以函数的定义域为〔-1，1〕.故答案为：〔-1，1〕【分析】对数的真数大于零，解不等式可得答案。解】解】∵ 而 ，.∴.故答为：.【分析】利用诱导公式化简即可求解。】解】设函数，因为 的象点，所以，解得所以，【析】设函数 ，据其象点，么有，可得a值代入f〔x〕=xa中，可得函数的解析式，即可得答案．解】解】由 是和的等中，得，得：由是和的比项得 ，得：故答案为：5【析】由差项性质得x，等中性质得y2 ，从可结论．解】解】因直线过点，的个向向为，所以直线的点向程为.故答为：.【分析】由直线的方向向量即可求出直线的斜率，进而可以求解．】解】因圆锥的面的径为，其面开是角为的形，【分析】先求出圆锥的母线长，再求出圆锥的高，由此能求出该圆锥体的体积．】解】的项展式通为：令，得 ，可常项为，那复数 的模故答案为：5【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求出a的值，根据复数相等，求出z，可得z的模．【析解答由意可知是二一线程组的，以，，解得 .所以三行式 中第3行第2的素代子式值为.故答案为：4.【分析】根据增广矩阵与方程组的解求出m、n的值，再根据余子式的定义知在行列式中划去第3行第2．故答案为：25【分析】根据题意，用排除法分析：先计算从7人中随机选取3名同学的选法，再排除其中都是女生，没有男生的选法，即可得答案．11.【解析】【解答】由题设，，∴ ，由条，：，整理：对意成立，即，∴ ，解得 .故答为：.【分析】由题设，，根据，整理得对意 成，即 ，造出k的等，不可得数的值围．12.【解析】【解答】解得.，其中，.函数图象如图，当 时，，故 ，即 化简到，故 或 ；当 时，，解得 或 .当 时， ，故 ，即，化简到，故 或 .综上述：.b的方程，求出b【析【答命题p：假设“且〞，么“平面 〞，题q：假设“平面，“且〞，命题p条真，假设a//b ，l可与面 平、斜、直交还可能面 内即论一定立即p是命；命题q的件时由面垂的义，结必真即q是命，所以“且〞“平面 的必非分件.故答案为：B⊥ ⊥ 【】“l⊥a且l⊥b，当当a，b相时，“l⊥面〞反，“l⊥平面α〞⇒“l⊥a且l⊥b从而“l a且l 〞是“l 平面〞必不分件．⊥ ⊥ 所以函数 的图向移个单，可到的图象即到数的图象.故答案为：C.【析】函数通过角和差三函化函数解式由件据函数y=Asinωx+φ【析【答根题意利弧公可弧〔米，弧〔〕，整理得：故答案为：A【分析】根据弧长公式和周长列方程得出θ关于x的函数解析式；【析【答】令，利参别法得 ，令函数在间上有个同的点转为数图像直线在区间上作出数的图如图：由图知，的取范：A【析】令，用别离得 ，令 ，函数在区间上两不的零，化函数的像与线在间上有个k三、解答题【析【析】1〕推出平面，此出三锥的积；〕导出，到就是面线与 所角〔补〕，由求出面线 与所角的小．【析分】1根据弦理简式求 ，合A为角可解A的；〕三形角理，角数等换应用求，而求围,【分析】〔1〔设( )，么，出t的围从出D即可；〔ii〕根据函数的单调性求出g〔t〕的最小值，从而求出f〔x〕的最小值即可．1〔2〕设，么，分线l斜存和存两种况求〔3〕由MN椭圆C上的个点且 ，设，那么，然分线OM、ON有条线斜存在两直的率存在种况加以论结等积求得 为值可点H圆心坐原，径为的圆，并求得定的程．【析【析】1〕利条得到，合数列是差列，即到d=td，从得答；〕用件得得到列是比列用等数的项式求〔3利〔1〔2的结，利迭法可到an ，从判数列是比列进步分即证．高三数学三模试卷一、填空题1.合 ， ，假设，实数 ．2.算： .设数〔其中i为数单〕那共复数 .等式的集是 .x ，y满足 ，那么的小值.设个的表积比为 ，么两球积之为 ．在 中， ， ，且 的面积为，么 .8.展开中常项为 .椭圆，线l过 的顶点A交y轴点P ，交 于点Q ，为等三形O为原点且Q是 的点那么 的轴等于 .33123，从中取3个，么的3个颜齐但不全概是 .O半径为2，圆O一弦 长为2，P是圆O意一，点P满足，么的最大为 .其中一哪一项，接来两项是，，接来三是，，，此推设该列前n项为2的整幂如，，，么称， ，的为“对数，当时，次现“对〞是 .二、单项选择题两直线，，么“ “两线，平行〞〔 〕充不要件 B.必不分件 C.充要件 D.既分也必条件设物线的为F ，点F作线抛于A ，B两，设段 的点E到y轴的为3，么弦 长为〔 〕于10 B.大于10 C.于10 D.与l的斜有关曲线和线在y侧的点横标小大依记为 ， ，么等于〔 〕π B.2π C.3π D.4π三、解答题如，四锥 中，平面 ，四形 为直梯形， ， .且Q为线段的点〕直线与平所角的小；〕直线与面所角的小在中角A ，B ，C对分为a、、c ，且〕求的；〕设， ，求B和c.A ，B光的度别为a ，b ，异于A ，B的段上任一点C处光度y等两光源到处强之，设米.〔1〕假设某处的光强度与光源的强度成正比，与到光源的距离的平方成反比，比例系数为常数，测数：当 时，；当 时， ，求A ，B处的强，出函数 的解式；〕设处光度光源强成比与光源距成比比系数常数，测得数据当 时，；当 时， ，何的强最并求弱的强度.在角标系 中线 是双线的一渐线，点 在双线C上，设为双线的，直线 与y轴交点P ，点M关于y轴称点为N ，线 与y相点Q.〔1〕求双曲线C的方程；〔2在x上否在点T？使得，假存求T点坐；设在，明理由；〔3〕求M的标得的面最小.对数列，设常数 对意恒有，那称是“ 数〞.〕项为，差为d的等数是是“数〞？说理；〕项为，比为q的等数是是“数〞？说理；〔3〕设列 是 数列证明： 也是“ 数〞设，断是“数〞并理由.答案解析局部一、填空题【析解答解集合 ， ，又为 ，有或，解得 无解或，上得实数。故答案为1。【分析】利用条件结合集合间的包含关系式，再利用分类讨论的方法，从而求出实数m的值。解】解】 。故答案为：3。解】解】由，，那么。-1-i。【分析】利用复数的乘法运算法那么求出复数z，再利用复数与共轭复数的关系，从而求出复数z的共轭复数。解】解】由 ，。故答为：。的解。由可得，由图得直线过点时纵截最，即 最小小值为 故答为。【分析】利用条件结合二元一次不等式画出可行域，再利用可行域找出最优解，再利用最优解求出线性目标函数的最小值。【析【答：求得表公式 得半为 ，由积式可知积比为【分析】先利用球的外表积公式，得到这两个球的半径比，再由球的体积公式，即可求出这两个球的体积之比.解】解】在 ， ， ，三形 的为所以，以，整得：，因为，以或 故答为：或。【析在 中， ， ，三角形 的面为，从利用角面公式，从而求出角A的正弦值，再利用三角形中角A的取值范围，从而求出解】解】依意，展式通公是，的值。当 时，，当 时，，所以 展式常项是 ，故答案为：-19。出展式的项。】解】设由题可： ， ，因为Q是 的中，以，∴，∴， ，∴，∴代入圆程得：，得，∴圆 的轴长于 故答为：。【析利条可：，，利点Q是 的中点所以，再利用向量的坐标表示结合向量相等的判断方法，从而得出点Q的坐标，再利用点Q在椭圆上结合代入法，从而求出a的值，再结合椭圆的长轴长的定义，从而求出椭圆的长轴长。363号码全概是。故答为：。【分析】利用条件结合组合数公式，再利用反面求概率公式结合古典概型求概率公式，从而求出取出的【解法一如以 中点C点建，么 ， ，，所圆O方为，以设，，因为 ， ，，所以 ，所以，因为，所以 的大为10。法二接OA ，OB点O作，足为C ，那么，∴，因为所以，所以，，，当仅当且同时号，所以的大为1010。【分析】利用两种方法求解。法，以点C原建系从求点坐，再用入求圆O的标方为，所设，，为，再利向的，利数积坐示求出 ，再用弦的值，从而求出的取范，求出的最值。法二接OA ，OB点O作 ，足为C ，那么，利余函定义出 ，因为，结面向根定，以，所以 ，利数积算法么合量的义，结余函的值域求出 ，当仅当且向时等，而出最大。【析【答由得 ，又由，前n共有个数，令，解得 〔当 时有105个数，由题可：为2整幂，需将 消去可那么① 时，得 ，有项，满足 ；② 时解得 ，共有项，满足 ；③ 时解得 ，共有项不满足；④ 时解得 ；共有项满足，以n最为441，所以首次出现的“一对佳数〞是〔441,29〕。故答案为〔441,29〕。【分析】由结合等比数列前n项和公式和等差数列前n项和公式，再结合分组求和法得出，又由等差数列前nn组共有个，令，而出n取范〔当 时有105数由意知为2的数，需将消去即，利分讨的方出n值再用等数前n项和式出有项，从得满足时n的小为441，所首现的“一佳〞是〔441,29【析【答假设 ，么，假设那么，重合；假设，么，∴ ；“ 〞是“两线 ， 平行必要充分件。故答案为：B.【分析】利用条件结合充分条件、必要条件的判断方法，从而推出“〞是“直线 ， 平行〞的必要非充分条件。【析【答设，那么，由抛线程知，，由线段 的中点E到y轴距为3得， ，∴。故答案为：A【设，利点坐公求点E的标，利抛线标方程出p的值再用物的义得出 ，再线段的点E到y的离为3，得出 的，而出15.【解析】【解答】由得，的长。，令，即，那么或，，即或，，即，，故。故答案为：A.【析】曲线和直线在y右的点横标从到依记为 ，， ，…，出，令，出，再结合弦函的像出或， ，从结代法求出，再用点离式出的值。三、解答题解【1〕以为x，为y轴，为z轴建坐系而求点坐，再利向的标示出向的标再结数量求量角式从而合三函求的方法进求异直线 与所成的小。〔2以 为x轴， 为y轴， 为z轴建坐，从求点坐，利用量坐表示求向的标再合数积向夹公和诱公，而出线与平面所的角的弦值从结三角数值方，而求直线与平面所角的小。【析【析〔1〕为 ，再用倍角的余弦公式结合三角形内角和为180度的性质，再结合诱导公式和两角和的余弦公式，从而求出角A的余弦值。〔2〕1出的再结三形角A值范，而角A正弦，正弦定理出，为 为，所以 为锐，而角B的，利角的关结合两角的弦式从求角C的弦，用正定出c值。【析【析〔1〕，得，再用当 时，；当 时，，从而结合代入法解方程组求出a,b的值，进而求出函数的解析式。〔2〕，得，再用当 时，；当 时， ，从结合入法方程出a,b值而求函的析为， ，因为，结均等式最的法从求出当时的C，强最为。【析【析(1)用条直线 是双线的一条近结双线渐近线的方程求解方法，从而求出a,b的关系式，再利用点A(1,0)在双曲线上结合代入法求出a的值，从而求出b的值，进而求出双曲线的标准方程。〔2设，利点设出线，令 ，得，利点斜设直线，令 ，得，再用角法么得出，平结数积运法那和量的义可得，再利用量的标示出，因点M在曲上结代法出，故，所在x轴存点， 使得。〔3利三形面式结条，出 ，利用值等求值方法从而求出角形的面的值，而出时M的标。【析【析1〕用“数〞定合等数的义再合分讨的法绝对值的质从得当，等数是“数列当时，差列是“列〞。〔2〕用“数列的义结等数的义通项式再合类论的法绝值性质，利数求限方法从得当或时，是“数列；当或，是“数列。〔3〕利用“ 数列定义合是 数列所以，当时，又因为，可得，以是 数列.因为，利作法合绝值性得出出 ，从推数列 是数列。高三上学期数学一模试卷一、单项选择题设 、是实，那么是的〔 〕充非要件 B.必非分件 C.充要件 D.既分又必条件设线方组的广矩为，么线程组解个为〔 〕0个 B.1个 C.无数个 D.不定下题正的选是〔 〕假直线与平面 上无数直都直那直线① 是函数；② 在 是增数；③，存在数零点其正确题个为〔的值域为〕；④对于任意的正有理数A.0 B.1 C.2D.3二、填空题5.① 是函数；② 在 是增数；③，存在数零点其正确题个为〔的值域为〕；④对于任意的正有理数A.0 B.1 C.2D.3二、填空题5. .6.径为2球外为 .7.抛物线的线程为 .8.集合，，那么= ．在满足〔为虚位〕那么中，设， ， .，那么 .函数 的函的域为 .在的二展式取一，么项数有理的率．〔数作〕正形 的边为2，点 和 分别边 和上的点，且 ，那么的取范为 ．假等数列 的前 项和为 ，满足，么列 的前 项和为 为 ．设数，假关于 的方程有仅两不实数，么的取构的合．对任的实数 ，，那么 的取范为 .三、解答题如，三柱 中， ，， ，点 为线的中．〔1〕求直三棱柱的体积；〔2〕求异面直线18.函数与所成的角的大小．〔结果用反三角表示〕的小周为 .〔1〕求 与的调增间；〔2〕在 中假设，求 的取范围.勤节是华族传统德为止尖的浪，地部采了精供的施.学食堂经查析测从初开的前个月某材的求量 〔斤似满足．保全每月该材够，堂前 个月进货总量不于前 个月求总量.〔1〕如果每月初进货646公