重点中学高考数学模拟试题及答案（共6套）

重点中学高考数学模拟考试试题（一）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合,，则（）A．B．C．D．2．设有下面四个命题，其中的真命题为（）A．若复数，则B．若复数满足，则或C．若复数满足，则D．若复数满足，则3.已知双曲线：与双曲线：，给出下列说法，其中错误的是（）A．它们的焦距相等B．它们的焦点在同一个圆上C．它们的渐近线方程相同D．它们的离心率相等4.已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．5．在等比数列中，，则“，是方程的两根”是“”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而充分不条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．为了反映国民经济各行业对仓储物流业务的需求变化情况，以及重要商品库存变化的动向，中国物流与采购联合会和中储发展股份有限公司通过联合调查，制定了中国仓储指数．如图所示的折线图是2016年1月至2017年12月的中国仓储指数走势情况．根据该折线图，下列结论正确的是()A．2016年各月的仓储指数最大值是在3月份B．2017年1月至12月的仓储指数的中位数为54%C．2017年1月至4月的仓储指数比2016年同期波动性更大D．2017年11月的仓储指数较上月有所回落，显示出仓储业务活动仍然较为活跃，经济运行稳中向好7．设，分别为椭圆：的左右焦点，椭圆上存在一点使得，，则该椭圆的离心率为（）A．B．C．D．8．相传黄帝时代，在制定乐律时，用“三分损益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音调．“三分损益”包含“三分损一”和“三分益一”，用现代数学的方法解释如下，“三分损一”是在原来的长度减去一分，即变为原来的三分之二；“三分益一”是在原来的长度增加一分，即变为原来的三分之四，如右图的程序是与“三分损益”结合的计算过程，若输入的的值为，输出的的值为（）A．B．C．D．9．已知直线过点且倾斜角为，若与圆相切，则（）A．B．C．D．10．在中，，，，则()A．B．C．D．11．三棱锥的所有顶点都在球的表面上，平面，，，则球的表面积为()A． B． C． D．12．设定义在上的函数满足对任意都有，且时，，则，，的大小关系是（）A．B．C．D．二、填空题（本题共4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．若变量满足约束条件则的最小值为_________；14.已知函数若，，则．15.远古时期，人们通过在绳子上打结来记录数量，即“结绳计数”.如右上图所示的是一位母亲记录的孩子自出生后的天数，在从右向左依次排列的不同绳子上打结，满七进一，根据图示可知，孩子已经出生的天数是．16.已知数列的前项和为，，且满足，数列满足，，则数列中第项最小．三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(一)必考题：共60分.17.(本小题满分12分)在中，内角，，所对的边分别为，，，且．(Ⅰ)求；(Ⅱ)若，点，是线段的两个三等分点，，，求的值．18.(本小题满分12分)已知四棱台的上下底面分别是边长为和的正方形，且底面，点为的中点.

(Ⅰ)求证:平面；(Ⅱ)在上找一点使得平面，并求三棱锥的体积.19.(本小题满分12分)某公司想了解对某产品投入的宣传费用与该产品的营业额的影响.右图是以往公司对该产品的宣传费用(单位：万元)和产品营业额(单位：万元)的统计折线图.(Ⅰ)根据折线图可以判断，可用线性回归模型拟合宣传费用与产品营业额的关系，请用相关系数加以说明；(Ⅱ)建立产品营业额关于宣传费用的回归方程；(Ⅲ)若某段时间内产品利润与宣传费和营业额的关系为应投入宣传费多少万元才能使利润最大，并求最大利润.(计算结果保留两位小数)参考数据：，，，，参考公式：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，．20.(本小题满分12分)在平面直角坐标系中，抛物线，三点，，中仅有一个点在抛物线上．(Ⅰ)求的方程；（Ⅱ）设直线不经过点且与相交于两点．若直线与的斜率之和为，证明：过定点．21.(本小题满分12分)已知函数，，曲线在处的切线方程为．(Ⅰ)求，；(Ⅱ)若时，，求的取值范围．(二)选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22.[选修4—4：坐标系与参数方程](本小题满分10分)在极坐标系中，曲线：（），：，与直线有且仅有一个公共点.(Ⅰ)求；(Ⅱ)若为极点，为上的两不同点，且，求的最大值．23.选修4-5：不等式选讲(本小题满分10分)设函数．(Ⅰ)求函数的值域；(Ⅱ)若函数的最大值为，且实数满足，求证：．参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）123456789101112BADCADCBADDC二、填空题：（本题共4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.；14.；15.；16.三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(一)必考题：共60分.17.(本小题满分12分)解：(Ⅰ)∵，则由正弦定理得：，…2分∴，∴，…4分，又，∴；…6分(Ⅱ)由题意得，是线段的两个三等分点，设，则，，…7分又，，在中，由余弦定理得，…8分，解得（负值舍去），则，…10分，又在中，.…12分或解：在中，由正弦定理得：，∴，…8分，又，，∴，∴为锐角，∴，…9分，∴，又，∴，…10分，∴，∴，，…11分，∴在中，．……12分18.(本小题满分12分)解：(1)证明：∵底面，面，∴，又∵为正方形，∴，…1分，又，∴平面，…2分，又∵平面，∴，…3分，又∵，，，∴，∴，又，∴，∴，…5分，又，∴平面；…6分，(Ⅱ)在上存在一点，当时，可使得平面，下证之．…7分，取中点，连接，，又点为的中点，则在梯形，，，又，，∴，…8分，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；…9分，又∵，∴，…10分，又，…11分，又平面，∴．…12分，19.(本小题满分12分)解：（Ⅰ）由折线图中数据和参考数据得：，，…1分，，…2分，又，，∴，…3分，因为与的相关系数近似为，说明与的线性相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系.……4分（Ⅱ）又，∴，…6分，∴，…7分，所以关于的回归方程为.…8分（Ⅲ）故，…10分，故当时，.…11分，所以投入宣传费3万元时，可获得最大利润55.4万元.……12分20.(本小题满分12分)解：(Ⅰ)因为点,关于轴对称，故两个点都不在抛物线上．………………1分所以仅在抛物线上，计算得，解得，………………2分所以．………3分，经验证,都不在上．………………4分（Ⅱ）由题意得直线斜率不为，设直线，，与的斜率分别为．将与联立，并消去，得：，……5分故有；．…6分，又因为，……………7分所以，………8分，解得又因为，所以，…9分，即，…10分解得，即，…11分，故，必过定点．…12分21.(本小题满分12分)解：（1）∵，∴．…2分，又依题意，可得：，即.…3分，又因为切点为，所以，即．…4分由上可解得，．…5分（2）依题意，，即．又，所以原不等式等价于．……6分，构造函数，则，，则．……7分①当时，在上恒成立，故在上单调递增，又，故当时，，故不合题意．……8分②当时，令，得，由下表：单调递增单调递减可知，．……10分构造，，可得，由下表：单调递减单调递增可知，．……11分，由上可知，只能有，即．…12分22.(本小题满分10分)解：(Ⅰ)∵曲线：，∴，故化为直角坐标方程，得，即，…1分，∴曲线是以为圆心，以为半径的圆，…2分，又：，∴，故化为直角坐标方程，得，…3分，又直线与圆有且仅有一个公共点，故，…4分，又，∴；…5分，∴曲线：；(Ⅱ)不妨设点在点的下方，设点的极坐标为，…6分，则依题意可设点的极坐标为，且，，故，…7分，∴，，∴，，…8分，∴，…9分，又，故当时，即时，取得最大值，最大值为.…10分，23．解：(Ⅰ)∵，∴，…2分（当且仅当即时，等号成立），…3分∴，…4分∴函数的值域为；…5分(Ⅱ)由(Ⅰ)得：函数的最大值，又，∴，…6分，∴…7分，…8分，，（当且仅当，即时，等号成立），…9分∴…10分．重点中学高考数学模拟考试试题（二）一、单选题1．已知命题,总有,则为A．,使得 B．,使得C．,总有 D．,总有2．在一个棱长为的正方体的表面涂上颜色，将其分割成27个棱长为的小正方体，全部放入不透明的口袋中，搅拌均匀后，从中任取一个，取出的小正方体表面有三个面涂有颜色的概率是（）A． B． C． D．3．函数（其中）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有的点（）A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度4．执行如图所示的程序框图，若输出的值为﹣2，则判断框①中可以填入的条件是（）A．n≥999 B．n＜9999C．n≤9999 D．n<999某高校为调查学生喜欢“应用统计”课程是否与性别有关，随机抽取了选修课程的55名学生，得到数据如下表：临界值参考:（参考公式：，其中）参照附表，得到的正确结论是A．在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“喜欢“应用统计”课程与性别有关”B．在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“喜欢“应用统计”课程与性别无关”C．有99.99%以上的把握认为“喜欢“应用统计”课程与性别有关”D．有99.99%以上的把握认为“喜欢“应用统计”课程与性别无关”6．在△ABC中，已知向量与满足，且，则△ABC为（）A．等边三角形B．直角三角形C．等腰非等边三角形D．等腰直角三角形7．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若直线的斜率为，则双曲线的离心率为()A．2 B． C． D．38.元代数学家朱世杰在算学启蒙中提及如下问题：今有银一秤一斤十两秤=10斤,1斤=10两,令甲、乙、丙从上作折半差分之,问：各得几何？其意思是：“现有银一秤一斤十两,现将银分给甲、乙、丙三人,他们三人每一个人所得是前一个人所得的一半”若银的数量不变,按此法将银依次分给5个人,则得银最少的3个人一共得银A.266127两 B.两 C.​两 D.两9．设，设函数，则当变化时，函数的零点个数可能是（）A.1个或2个 B.1个或3个C.2个或3个 D.1个或2个或3个10．小金同学在学校中贯彻着“在玩中学”的学风，他在“汉诺塔”的游戏中发现了数列递推的奥妙：有、、三个木桩，木桩上套有编号分别为、、、、、的六个圆环，规定每次只能将一个圆环从一个木桩移动到另一个木桩，且任意一个木桩上不能出现“编号较大的圆环在编号较小的圆环之上”的情况，现要将这六个圆环全部套到木桩上，则所需的最少次数为（）A． B． C． D．11．已知定义在上的函数，其导函数为，若，且当时，，则不等式的解集为A．， B． C．， D．12．定义在上的函数若满足：①对任意、，都有；②对任意，都有，则称函数为“中心撇函数”，点称为函数的中心.已知函数是以为中心的“中心撇函数”，且满足不等式，当时，的取值范围为（）A． B． C． D．填空题已知复数，则14.在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y2=2px(p>0)的准线为l,直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A,B两点,,则p的值为15.在中,A、B、C所对的边分别为a、b、c,已知,且,则的面积为______．16．如图，在边长为3正方体中，为的中点，点在正方体的表面上移动，且满足，当P在CC1上时，AP=_______,点和满足条件的所有点构成的平面图形的面积是_______.三、解答题17．已知向量，函数，且当，时，的最大值为.（1）求的值，并求的单调递减区间；（2）先将函数的图象上所有点的横坐标缩小到原来的倍（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象，求方程在区间上所有根之和.18．已知函数，函数在上的零点按从小到大的顺序构成数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.19．在四棱锥中，,，，为中点，为中点，为中点,．（1）求证：平面；（2）证明：平面；（3）求三棱锥的体积.20．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率等于.(1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点(异于左右顶点)，椭圆C的左顶点为D，试判断直线AD的斜率与直线BD的斜率之积与的大小，并说明理由.21．已知函数.（1）若函数存在不小于的极小值，求实数的取值范围；（2）当时，若对，不等式恒成立，求实数的取值范围.22．已知曲线：和：，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中取相同的长度单位.（Ⅰ）求出，的普通方程.（Ⅱ）若曲线上的点到曲线的距离等于为，求的最大值并求出此时点的坐标；23．已知函数.（I）当时，求不等式的解集；（II）若时，恒成立，求实数的取值范围.参考答案一、单选题1．已知命题,总有,则为A．,使得 B．,使得C．,总有 D．,总有【答案】A【解析】【详解】命题的否定是对命题结论的否定，全称命题的否定是特称命题，因此为,使得，故选A.2．在一个棱长为的正方体的表面涂上颜色，将其分割成27个棱长为的小正方体，全部放入不透明的口袋中，搅拌均匀后，从中任取一个，取出的小正方体表面有三个面涂有颜色的概率是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由在27个小正方体中选一个正方体，共有27种结果，满足条件的事件是取出的小正方体表面有三个面涂有颜色，有8种结果，根据古典概型及其概率的计算公式，即可求解．【详解】由题意，在27个小正方体中，恰好有三个面都涂色有颜色的共有8个，恰好有两个都涂有颜色的共12个，恰好有一个面都涂有颜色的共6个，表面没涂颜色的1个，可得试验发生包含的事件是从27个小正方体中选一个正方体，共有27种结果，满足条件的事件是取出的小正方体表面有三个面都涂色，有8种结果，所以所求概率为．故选：B．3．函数（其中）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有的点（）A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度【答案】A【解析】【分析】由图象求得函数解析式的参数，再利用诱导公式将异名函数化为同名函数根据图象间平移方法求解.【详解】由图象可知，又，所以，又因为，所以，所以，又因为，又，所以所以，又因为，故只需向右平移个单位长度.故选A.4．执行如图所示的程序框图，若输出的值为﹣2，则判断框①中可以填入的条件是（）A．n≥999 B．n＜9999C．n≤9999 D．n<999【答案】B【解析】【分析】分析循环结构中求和式子的特点，可到最终结果：，当时计算的值，此时再确定判断框的内容.【详解】由图可得：，则，所以，因为此时需退出循环，所以填写：.故选：B.某高校为调查学生喜欢“应用统计”课程是否与性别有关，随机抽取了选修课程的55名学生，得到数据如下表：临界值参考:（参考公式：，其中）参照附表，得到的正确结论是A．在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“喜欢“应用统计”课程与性别有关”B．在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“喜欢“应用统计”课程与性别无关”C．有99.99%以上的把握认为“喜欢“应用统计”课程与性别有关”D．有99.99%以上的把握认为“喜欢“应用统计”课程与性别无关”【答案】A由公式，有99.9%的把握认为喜欢统计专业与性别有关；即在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“喜欢“应用统计”课程与性别有关”，故选A.6．在△ABC中，已知向量与满足，且，则△ABC为（）A．等边三角形B．直角三角形C．等腰非等边三角形D．等腰直角三角形【答案】D【详解】解:,的角平分线与BC垂直,,三角形为等腰直角三角形,故选D．7．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若直线的斜率为，则双曲线的离心率为()A．2 B． C． D．3【答案】A【详解】由题意可知,渐近线方程为，由，，,故答案选A.8.元代数学家朱世杰在算学启蒙中提及如下问题：今有银一秤一斤十两秤=10斤,1斤=10两,令甲、乙、丙从上作折半差分之,问：各得几何？其意思是：“现有银一秤一斤十两,现将银分给甲、乙、丙三人,他们三人每一个人所得是前一个人所得的一半”若银的数量不变,按此法将银依次分给5个人,则得银最少的3个人一共得银A.266127两 B.两 C.​两 D.两【答案】D【解答】解：一秤一斤十两共120两,将这5人所得银两数量由小到大记为数列{an},则{an}是公比q=2的等比数列,故得银最少的3个人一共得银数为(两．故选D．9．设，设函数，则当变化时，函数的零点个数可能是（）A.1个或2个 B.1个或3个C.2个或3个 D.1个或2个或3个【答案】D【解析】将零点问题化归为函数图像交点问题，然后由数形结合可知，存在以下三种情况：10．小金同学在学校中贯彻着“在玩中学”的学风，他在“汉诺塔”的游戏中发现了数列递推的奥妙：有、、三个木桩，木桩上套有编号分别为、、、、、的六个圆环，规定每次只能将一个圆环从一个木桩移动到另一个木桩，且任意一个木桩上不能出现“编号较大的圆环在编号较小的圆环之上”的情况，现要将这六个圆环全部套到木桩上，则所需的最少次数为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】假设桩上有个圆环，将个圆环从木桩全部套到木桩上，需要最少的次数为，可这样操作，先将个圆环从木桩全部套到木桩上，至少需要的次数为，然后将最大的圆环从木桩套在木桩上，需要次，在将木桩上个圆环从木桩套到木桩上，至少需要的次数为，所以，，易知.设，得，对比得，，且，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，，因此，，故选：D.11．已知定义在上的函数，其导函数为，若，且当时，，则不等式的解集为A．， B． C．， D．【答案】B【详解】定义在上的函数，，，令，则为偶函数，又当时，，，在，为增函数，且在为减函数不等式即解得，故选．12．定义在上的函数若满足：①对任意、，都有；②对任意，都有，则称函数为“中心撇函数”，点称为函数的中心.已知函数是以为中心的“中心撇函数”，且满足不等式，当时，的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】由知此函数为增函数.由函数是关于的“中心撇函数”，知曲线关于点对称，故曲线关于原点对称，故函数为奇函数，且函数在上递增，于是得，.，.则问题转化为在线性约束条件下，求的取值范围。易得故选：A.填空题已知复数，则【答案】​【解答】，14.在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y2=2px(p>0)的准线为l,直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A,B两点,,则p的值为【答案】​【解答】解：抛物线y2=2px(p>0)的准线为l双曲线的两条渐近线方程为,可得,则,可得．故答案为．15.在中,A、B、C所对的边分别为a、b、c,已知,且,则的面积为______．【答案】【解答】解：在中,,由余弦定理得,则,,由正弦定理得,16．如图，在边长为3正方体中，为的中点，点在正方体的表面上移动，且满足，当P在CC1上时，AP=_______,点和满足条件的所有点构成的平面图形的面积是_______.【答案】,.【详解】取，的中点分别为，连结，由于，所以四点共面，且四边形为梯形，因为，所以面，因为点在正方体表面上移动，所以点的运动轨迹为梯形，如图所示：因为正方体的边长为3，所以当点P在CC1上时，点P为CC1的中点N，又，所以梯形为等腰梯形，所以。三、解答题17．已知向量，函数，且当，时，的最大值为.（1）求的值，并求的单调递减区间；（2）先将函数的图象上所有点的横坐标缩小到原来的倍（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象，求方程在区间上所有根之和.【答案】（1），；（2）.【详解】（1）函数，得.即，由题意得，得所以，函数的单调减区间为.（2）由题意，，又，得解得：或即或或故所有根之和为.18．已知函数，函数在上的零点按从小到大的顺序构成数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）．（2）【解析】解：（1），由及得，则数列是首项，公差的等差数列，所以．（2）由（1）得，则19．在四棱锥中，,，，为中点，为中点，为中点,．（1）求证：平面；（2）证明：平面；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）解析：（1）因为为的中点，为中点，则在中，∥，平面,平面,则∥平面20．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率等于.(1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点(异于左右顶点)，椭圆C的左顶点为D，试判断直线AD的斜率与直线BD的斜率之积与的大小，并说明理由.【答案】(1)；(2).【详解】(1)设椭圆的标准方程为为，由题，.即,∴椭圆C的方程为.(2)直线AD与直线BD的斜率之积为定值，且定值为由题易知当直线AB的斜率不存在时，，易求当直线AB的斜率存在时，可设直线AB的方程为，设联立可得，则故直线AD与直线BD的斜率之积为定值.21．已知函数.（1）若函数存在不小于的极小值，求实数的取值范围；（2）当时，若对，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）函数的定义域为，.当时，，函数在区间上单调递减，此时，函数无极值；当时，令，得，又当时，；当时，.所以，函数在时取得极小值，且极小值为.令，即，得.综上所述，实数的取值范围为；（2）当时，问题等价于，记，由（1）知，在区间上单调递减，所以在区间上单调递增，所以，①当时，由可知，，所以成立；②当时，设恒成立，所以在区间上单调递增，所以在区间上单调递增，所以.所以，函数在区间上单调递增，从而，命题成立.③当时，显然在区间上单调递增，记，则，当时，，所以，函数在区间上为增函数，即当时，.，由于，显然设，，由②可知在区间上单调递增所以在区间内，存在唯一的，使得，故当时，，即当时，，不符合题意，舍去.综上所述，实数的取值范围是.22．已知曲线：和：，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中取相同的长度单位.（Ⅰ）求出，的普通方程.（Ⅱ）若曲线上的点到曲线的距离等于为，求的最大值并求出此时点的坐标；【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）【详解】（Ⅰ）则，又则（Ⅱ）方法一：（利用椭圆的参数方程）设椭圆则点到曲线的距离：当此时，所以方法二：（利用平行相切）设联立方程组由，得则直线都和椭圆相切则即为直线的距离即此时，则，故点23．已知函数.（I）当时，求不等式的解集；（II）若时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（I）；（II）.【详解】（I）当时，，当时，，得，无实数解；当时，，得所以；当时，，得恒成立，得.综上，不等式的解集为.（II）时，恒成立，等价于在恒成立.等价于，即在恒成立.即时，，因为时，，所以，即实数的取值范围是.重点中学高考数学模拟考试试题（三）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共10页。时量120分钟。满分150分。第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若复数z＝a2－1＋(a＋1)i(i为虚数单位)是纯虚数，则实数a的值是(B)A．－1和1B．1C．－1D．0【解析】因为复数z＝a2－1＋(a＋1)i是纯虚数，所以实部为0，即a2－1＝0.解得a＝±1.又因为a＋1≠0，即a≠－1，所以a＝1，所以选B.2．命题“∃x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx0＝x0＋1”的否定是(C)A．∃x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx0≠x0＋1B．∀x∉eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx≠x＋1C．∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx≠x＋1D．∃x0∉eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx0≠x0＋1【解析】命题“∃x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx0＝x0＋1”的否定为“∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx≠x＋1”，故选C.3．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图是如图所示的一个正方形，则原来的图形是(A)【解析】作出该直观图的原图形，因为直观图中的线段C′B′∥x′轴，所以在原图形中对应的线段平行于x轴且长度不变，点C′和B′在原图形中对应的点C和B的纵坐标是O′B′的2倍，则OB＝2eq\r(2)，所以OC＝3.故选A.4．若变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥3，,x－y≥－1，,2x－y≤3，))则z＝eq\f(y,x)的最大值为(B)A．4B．2C.eq\f(1,2)D.eq\f(5,4)【解析】画出约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥3，,x－y≥－1，,2x－y≤3))所表示的平面区域，如图所示，由目标函数z＝eq\f(y,x)，可化为z＝eq\f(y－0,x－0)，表示平面区域的点与原点O(0，0)连线的斜率，结合图象可知，当过点A时，此时直线的斜率最大，又由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝3，,x－y＝－1，))解得x＝1，y＝2，所以目标函数的最大值为z＝eq\f(2－0,1－0)＝2，故选B.5．古印度“汉诺塔问题”：一块黄铜平板上装着A，B，C三根金铜石细柱，其中细柱A上套着若干个大小不等的环形金盘，大的在下、小的在上．将这些盘子全部转移到另一根柱子上，移动规则如下：一次只能将一个金盘从一根柱子转移到另外一根柱子上，不允许将较大盘子放在较小盘子上面．若A柱上现有3个金盘(如图)，将A柱上的金盘全部移到B柱上，至少需要移动次数为(B)A．5B．7C．9D．11【解析】设细柱A上套着n个大小不等的环形金盘，至少需要移动次数记为an.要把最下面的第n个金盘移到另一个柱子上，则必须先把上面的n－1个金盘移到余下的一个柱子上，故至少需要移动an－1次．再把第n个金盘移到另一个柱子上后，须移动1次，最后把n－1个金盘移到该柱子上，故又至少移动an－1次，所以an＝2an－1＋1.因为a1＝1，故a2＝3，a3＝7，故选B.6.已知函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<\f(π,2)))的最小正周期为π，且f(－x)＝f(x)，则(A)A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递增【解析】由于f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,4)))，由于该函数的最小正周期为π＝eq\f(2π,ω)，得出ω＝2，又根据f(－x)＝f(x)，以及|φ|＜eq\f(π,2)，得出φ＝eq\f(π,4).因此，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则2x∈(0，π)，从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，则2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，该区间不为余弦函数的单调区间，故B，C，D都错，A正确．故选A.7．若直线l过点A(0，a)，斜率为1，圆x2＋y2＝4上恰有3个点到l的距离为1，则a的值为(D)A．3eq\r(2)B．±3eq\r(2)C．±2D．±eq\r(2)【解析】由圆的方程x2＋y2＝4，可知圆心坐标为(0，0)，半径为2，设直线的l的方程x－y＋a＝0，由圆x2＋y2＝4上恰由3个点到直线l的距离等于1，可得圆心到直线的距离等于1，即eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a)),\r(2))＝2－1，解得a＝±eq\r(2).8．如图，在△ABC中，已知AB＝5，AC＝6，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝4，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(D)A．－45B．13C．－13D．－37【解析】eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB2,\s\up6(→))∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))整理可得：eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC2,\s\up6(→))＝4，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－12∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB2,\s\up6(→))＝－12－25＝－37.故选D.9．设a>b>0，且ab＝2，则a2＋eq\f(1,a（a－b）)的最小值是(D)A．1B．2C．3D．4【解析】因为a>b>0，∴a(a－b)>0，又由ab＝2，所以a2＋eq\f(1,a（a－b）)＝a2－ab＋eq\f(1,a（a－b）)＋2＝a(a－b)＋eq\f(1,a（a－b）)＋2≥2eq\r(a（a－b）·\f(1,a（a－b）))＋2＝2＋2＝4，当且仅当a(a－b)＝1，即a＝eq\r(3)，b＝eq\f(2\r(3),3)时等号成立，所以a2＋eq\f(1,a（a－b）)的最小值是4，故选D.10．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x2，－1≤x＜0，,x2＋1，0≤x＜1，))且满足f(x＋1)－f(x－1)＝0，g(x)＝eq\f(x,x－1)，则方程feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在[－3，5]上所有实根的和为(B)A．3B．4C．5D．6【解析】由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))＝0，故函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的周期为2，画出feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))和geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象如下图所示．注意到函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))和geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝1＋eq\f(1,x－1)都关于Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1))中心对称．所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，5))上的四个交点的横坐标，即所有实根关于x＝1对称，根据中点坐标公式可得所有实根的和为2×2＝4.11．已知球O是正三棱锥A－BCD(底面BCD为正三角形，顶点A在底面BCD的射影为底面中心)的外接球，BC＝3，AB＝2eq\r(3)，点E在线段BD上，且BD＝6BE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是(A)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，4π))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)，4π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9π,4)，4π))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,4)，4π))【解析】如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D，OD，O1E，OE，则O1D＝3sin60°×eq\f(2,3)＝eq\r(3)，AO1＝eq\r(AD2－DOeq\o\al(2,1))＝eq\r(12－3)＝3，在Rt△OO1D中，R2＝3＋(3－R)2，解得R＝2，∵BD＝6BE，DE＝2.5，在△DEO1中，O1E＝eq\r(3＋\f(25,4)－2×\r(3)×\f(5,2)×cos30°)＝eq\f(\r(7),2)，∴OE＝eq\r(O1E2＋OOeq\o\al(2,1))＝eq\r(\f(7,4)＋1)＝eq\f(\r(11),2)，过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(11),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，最小面积为eq\f(5,4)π，当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π.故选A.12．已知函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在R上都存在导函数f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，对于任意的实数都有eq\f(f（－x）,f（x）)＝e2x，当x<0时，f(x)＋f′(x)>0，若eaf(2a＋1)≥f(a＋1)，则实数a的取值范围是(B)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))C．[0，＋∞)D．(－∞，0]【解析】令g(x)＝exf(x)，则当x<0时，g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，又g(－x)＝e－xf(－x)＝exf(x)＝g(x)，所以g(x)为偶函数，从而eafeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋1))≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋1))等价于e2a＋1f(2a＋1)≥ea＋1f(a＋1)，g(2a＋1)≥g(a＋1)，因此g(－|2a＋1|)≥g(－|a＋1|)，－|2a＋1|≥－|a＋1|，3a2＋2a≤0，∴－eq\f(2,3)≤a≤0.选B.选择题答题卡题号123456789101112答案BCABBADDDBAB第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中对应题号后的横线上．13．九进制数2018化为十进制数为__1475__．14．设F1，F2是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两个焦点．若在C上存在一点P，使PF1⊥PF2，且∠PF1F2＝30°，则C的离心率为__eq\r(3)＋1__．【解析】由已知可得，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))＝2ccos30°＝eq\r(3)c，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))＝2csin30°＝c，由双曲线的定义，可得eq\r(3)c－c＝2a，则e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.15．设数列{an}(n≥1，n∈N)满足a1＝2，a2＝6，且an＋2－2an＋1＋an＝2，则an＝__n2＋n__．【解析】由已知得{an＋1－an}是以4为首项，2为公差的等差数列，所以an＋1－an＝2n＋2.利用累加可得an＋1－a1＝n2＋3n，所以an＋1＝n2＋3n＋2，从而an＝n2＋n.16．把函数f(x)＝x3－3x的图象C1向右平移u个单位长度，再向下平移v个单位长度后得到图象C2，若对任意的u>0，曲线C1与C2至多只有一个交点，则v的最小值为__4__．【解析】设曲线C2的解析式为y＝(x－u)3－3(x－u)－v，联立C1，C2两曲线方程得(x－u)3－3(x－u)－v＝x3－3x，即3ux2－3u2x＋u3－3u＋v＝0①，由题意知，关于x的方程①至多只有一个解，所以(－3u2)2－4×3u×(u3－3u＋v)≤0，又u>0，所以v≥－eq\f(1,4)u3＋3u对任意u>0恒成立，令g(u)＝－eq\f(1,4)u3＋3u(u>0)，则g′(u)＝－eq\f(3,4)u2＋3＝－eq\f(3,4)(u＋2)(u－2)，所以g(u)max＝g(2)＝4.∴v≥4.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72，108，120人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况．(Ⅰ)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？(Ⅱ)抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6人中随机抽取2人接受采访.eq\o(\s\up7(员工,项目)ABCDEF子女教育○○×○×○继续教育××○×○○大病医疗×××○××住房贷款利息○○××○○住房租金××○×××赡养老人○○×××○(ⅰ)试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；(ⅱ)设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率．【解析】(Ⅰ)由已知，老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人，9人，10人．(4分)(Ⅱ)(ⅰ)从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15种．(8分)(ⅱ)由表格知，符合题意的所有可能结果为{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11种．所以，事件M发生的概率P(M)＝eq\f(11,15).(12分)18．(本小题满分12分)在△ABC中，角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知eq\r(3)sinB－cosB＝1，且b＝1.(Ⅰ)若A＝eq\f(5π,12)，求c的值；(Ⅱ)设AC边上的高为h，求h的最大值．【解析】(Ⅰ)由已知，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).(2分)所以B－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，即B＝π(舍)，或B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即B＝eq\f(π,3).(3分)所以C＝π－A－B＝eq\f(π,4)，又b＝1，由正弦定理，得c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(sin\f(π,4),sin\f(π,3))＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).(6分)(Ⅱ)因为S△ABC＝eq\f(1,2)bh＝eq\f(1,2)acsinB，B＝eq\f(π,3)，b＝1，则h＝eq\f(acsinB,b)＝eq\f(\r(3),2)ac.(9分)由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，则ac≤1，所以h≤eq\f(\r(3),2)，当且仅当a＝c时取等号，所以h的最大值为eq\f(\r(3),2).(12分)19．(本小题满分12分)如图，矩形BDEF垂直于正方形ABCD，GC垂直于平面ABCD，且AB＝DE＝2CG＝2.(Ⅰ)求三棱锥A－FGC的体积；(Ⅱ)求证：平面GEF⊥平面AEF.【解析】(Ⅰ)因为平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，FB⊥BD，所以FB⊥平面ABCD.又因为CG⊥平面ABCD，故CG∥FB，S△FGC＝S△BGC＝eq\f(1,2)BC×GC＝1.因为AB⊥FB，AB⊥BC，所以AB⊥平面BCGF，所以AB即三棱锥A－FGC的高，因此三棱锥A－FGC的体积＝eq\f(1,3)×1×2＝eq\f(2,3).(6分)(Ⅱ)如图，设EF中点为M，连结AM、GM、AG、AC.在Rt△ACG中可求得AG＝3；在直角梯形FBCG、EDCG中分别可求得FG＝EG＝eq\r(5)；在Rt△ABF、Rt△ADE中分别可求得AF＝AE＝2eq\r(2)；从而在等腰△AEF，等腰△GEF中分别求得AM＝eq\r(6)，GM＝eq\r(3)，此时在△AMG中有AM2＋GM2＝AG2，所以AM⊥GM，因为M是等腰△AEF底边中点，所以AM⊥EF，所以AM⊥平面GEF，因此平面GEF⊥平面AEF.(12分)20．(本小题满分12分)已知椭圆L：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点与抛物线y2＝8x的焦点重合，点(2，eq\r(2))在L上．(Ⅰ)求L的方程；(Ⅱ)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与L有两个交点A，B，线段AB的中点为M，证明：OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．【解析】(Ⅰ)抛物线y2＝8x的焦点为(2，0)，由题意可得c＝2，即a2－b2＝4，(2分)又点(2，eq\r(2))在L上，可得eq\f(4,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，解得a＝2eq\r(2)，b＝2，即有椭圆L：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(5分)(Ⅱ)证明：设直线l的方程为y＝kx＋b(k，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线y＝kx＋b代入椭圆方程eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，可得(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－8＝0，x1＋x2＝－eq\f(4kb,1＋2k2)，(8分)即有AB的中点M的横坐标为－eq\f(2kb,1＋2k2)，纵坐标为－k·eq\f(2kb,1＋2k2)＋b＝eq\f(b,1＋2k2)，直线OM的斜率为kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(1,2)·eq\f(1,k)，即有kOM·k＝－eq\f(1,2).则OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．(12分)21．(本小题满分12分)设函数f(x)＝xex＋a(x＋1)2，其中a∈R.(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅱ)当a>1时，试证明：函数f(x)有且仅有两个零点x1，x2(x1＜x2)，且x1＋x2<－2.【解析】(Ⅰ)函数f(x)定义域为R，f′(x)＝(x＋1)(ex＋2a)，(1分)a≥0时，ex＋2a>0恒成立，故f′(x)>0的解集为(－1，＋∞)．所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．(2分)a<0时，f′(x)＝0有两个实根：－1，ln(－2a)．当－eq\f(1,2e)＜a＜0时，ln(－2a)<－1，令f′(x)>0，解得x∈(－∞，ln(－2a))∪(－1，＋∞)．故f(x)在(ln(－2a)，－1)上单调递减，在(－∞，ln(－2a))，(－1，＋∞)上单调递增；当a＜－eq\f(1,2e)时，ln(－2a)＞－1，令f′(x)>0，解得x∈(－∞，－1)∪(ln(－2a)，＋∞)．故f(x)在(－1，ln(－2a))上单调递减，在(－∞，－1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增；当a＝－eq\f(1,2e)时，f′(x)≥0恒成立，f(x)为R上的增函数．(5分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知，当a>1时，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．故f(x)min＝f(－1)＝－eq\f(1,e)＜0.又f(0)＝a>0，f(－2)＝－eq\f(2,e2)＋a>1－eq\f(2,e2)＞0.由零点存在性定理知，函数f(x)仅有两个零点x1，x2，x1∈(－2，－1)，x2∈(－1，0)．(8分)令F(x)＝f(x)－f(－2－x)，有F(－1)＝0.F′(x)＝f′(x)－f′(－2－x)＝(x＋1)(ex－e－x－2)．x∈(－1，＋∞)时，F′(x)>0，函数F(x)单调递增，所以F(x2)>F(－1)＝0.即f(x2)－f(－2－x2)>0，又f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)>f(－2－x2)．x1，－2－x2∈(－∞，－1)，函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，所以x1<－2－x2.所以x1＋x2<－2.(12分)请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号．22．(本小题满分10分)选修4—4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝acosφ，,y＝bsinφ，))(a>b>0，φ为参数)，曲线C1上的点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))对应的参数φ＝eq\f(π,3).在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2是圆心在极轴上，且经过极点的圆．射线θ＝eq\f(π,3)与曲线C2交于点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,3))).(Ⅰ)求曲线C2的直角坐标方程；(Ⅱ)若点A(ρ1，θ)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，θ＋\f(π,2)))在曲线C1上，求eq\f(1,ρeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,ρeq\o\al(2,2))的值．【解析】(Ⅰ)设圆C2的半径为R，由题意，圆C2的方程为ρ＝2Rcosθ，(或(x－R)2＋y2＝R2)．将点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,3)))代入ρ＝2Rcosθ，得1＝2Rcoseq\f(π,3)，即R＝1.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或由D\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,3)))，得D\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，代入（x－R）2＋y2＝R2，得R＝1))，所以曲线C2的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1.(5分)(Ⅱ)将Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))及对应的参数φ＝eq\f(π,3)，代入eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝acosφ，,y＝bsinφ，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝acos\f(π,3)，,\f(\r(3),2)＝bsin\f(π,3)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1.))所以曲线C1的方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ，,y＝sinφ))(φ为参数)，因为点A(ρ1，θ)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，θ＋\f(π,2)))在曲线C1上，所以eq\f(ρeq\o\al(2,1)cos2θ,4)＋ρeq\o\al(2,1)sin2θ＝1，eq\f(ρeq\o\al(2,2)sin2θ,4)＋ρeq\o\al(2,2)cos2θ＝1，所以eq\f(1,ρeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,ρeq\o\al(2,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos2θ,4)＋sin2θ))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin2θ,4)＋cos2θ))＝eq\f(5,4).(10分)23．(本小题满分10分)选修4—5:不等式选讲已知函数f(x)＝|2x－4|＋|x＋1|，x∈R.(Ⅰ)解不等式f(x)≤9；(Ⅱ)若方程f(x)＝－x2＋a在区间[0，2]有解，求实数a的取值范围．【解析】(Ⅰ)f(x)≤9即为|2x－4|＋|x＋1|≤9，可化为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>2，,3x－3≤9))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤2，,5－x≤9))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜－1，,－3x＋3≤9.))解得：2＜x≤4，或－1≤x≤2，或－2≤x＜－1；不等式的解集为[－2，4]．(5分)(Ⅱ)由题意：f(x)＝－x2＋a⇔a＝x2－x＋5，x∈[0，2]．故方程f(x)＝－x2＋a在区间[0，2]有解⇔函数y＝a和函数y＝x2－x＋5的图象在区间[0，2]上有交点．∵当x∈[0，2]时，y＝x2－x＋5∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(19,4)，7)).∴实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(19),\s\do5(4))，7)).(10分)重点中学高考数学模拟考试试题（四）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合,,则（）A.B.C.D.2.已知复数,是它的共轭复数,则（）A.B.C.D.3.已知函数,,则的值域是（）A.B.C.D.4.如图,在正六边形内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是（）A.B.C.D.5.已知点是函数的图象上的两个点,若将函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,则函数的图象的一条对称轴的方程为（）A.B.C.D.6.《孙子算经》中有一道题:“今有木不知长短,引绳度之,余绳四尺五寸;屈绳[开始度之,不足一尺,木长几何?”译文大致是:“用一根绳子去量一根木条,绳子剩余尺;将绳子对折再量木条,木条剩余尺,问木条长多少尺?解决本题的程序框图如图所示,则输出的（）......A.B.C.D.7.如图为一个半圆柱,是等腰直角三角形,是线段的中点,,该半圆柱的体积为,则异面直线与所成角的正弦值为（）A.B.C.D.8.函数的部分图象大致是（）A.B.C.D.9.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为（）A.B.C.D.10.已知椭圆,作倾斜角为的直线交椭圆于两点,线段的中点为为坐标原点,若直线的斜率为,则()A.B.C.D.11.在平面直角坐标系中,已知三点,为坐标原点若向量与在向量方向上的投影相等,则的最小值为()A.B.C.D.12.已知函数的图象在点处的切线为,若也与函数的图象相切,则必满足（）A.B.C.D.第Ⅱ卷二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知，，则__________．14.设实数满足约束条件,则的最大值为__________．15.已知的内角的对边分别为,且，则__________．16.设分别是双曲线的左、右焦点,为过焦点的弦(在双曲线的同一支上),且.若,则双曲线的离心率为__________．三、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21为必考题,每道试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.17.知数列的前项和,数列满足.(1)求数列和的通项公式;(2)求数列的前项和.18.某大型高端制造公司为响应《中国制造2025》中提出的坚持“创新驱动、质量为先、绿色发展、结构优化、人才为本”的基本方针,准备加大产品研发投资,下表是该公司2017年5~12月份研发费用(百万元)和产品销量(万台)的具体数据：（1)根据数据可知与之间存在线性相关关系(i)求出关于的线性回归方程(系数精确到);(ii)若2018年6月份研发投人为25百万元,根据所求的线性回归方程估计当月产品的销量；(2)公司在2017年年终总结时准备从该年8~12月份这5个月中抽取3个月的数据进行重点分析,求没有抽到9月份数据的概率.参考数据:，.参考公式:对于一组数据,,其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为:，.19.如图,在三棱柱中,四边形是矩形,,平面平面.(1)证明:；(2)若,是线段上的一点,且三棱锥的体积为，求的值.20.设是坐标原点,是抛物线的焦点,是该抛物线上的任意一点,当与轴正方向的夹角为时,.(1)求抛物线的方程；(2)已知,设是该抛物线上的任意一点,是轴上的两个动点,且，,当计取得最大大值时，求的面积.21.已知函数.(1)试讨论的单调区间；(2)当时,存在使得成立.求的取值范围.（二）选考题:共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做则按所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系中,已知倾斜角为的直线经过点.以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)写出曲线的普通方程;(2)若直线与曲线有两个不同的交点，求的取值范围.23.知函数.(1)当时,求的解集;(2)已知，若对于,都有成立,求的取值范围参考答案第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合,,则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】分析：由题意首先求得集合Q和集合，然后进行交集运算即可求得最终结果.详解：因为,,所以.即.本题选择C选项.点睛：本题主要考查集合的交并补混合运算及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2.已知复数,是它的共轭复数,则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：首先求得复数z，然后结合复数乘法的运算法则整理计算即可求得最终结果.详解：因为,所以.本题选择A选项.点睛：本题主要考查复数的运算法则及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.已知函数,,则的值域是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：由题意首先求得的范围，然后结合函数的解析式整理计算即可求得最终结果.详解：因为,所以..即的值域是.本题选择B选项.点睛：本题主要考查函数的值域的求解，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.如图,在正六边形内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】分析：设正六边形的边长为,分别求得阴影部分的面积和正六边形的面积，然后结合面积型几何概型计算公式即可求得最终结果.详解：设正六边形的边长为,与的交点为,易知,,所以,所求的概率为.本题选择D选项.点睛：本题主要考查几何概型计算公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5.已知点是函数的图象上的两个点,若将函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,则函数的图象的一条对称轴的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：由题意首先求得函数的解析式，然后结合函数的解析式求解三角函数的对称轴即可.详解：因为,,所以.由，得，，所以.则，又,则函数的对称轴满足：，解得：，令可得函数的一条对称轴为：.本题选择A选项.点睛：本题主要考查三角函数解析式的确定，三角函数的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6.《孙子算经》中有一道题:“今有木不知长短,引绳度之,余绳四尺五寸;屈绳[开始度之,不足一尺,木长几何?”译文大致是:“用一根绳子去量一根木条,绳子剩余尺;将绳子对折再量木条,木条剩余尺,问木条长多少尺?解决本题的程序框图如图所示,则输出的（）A.B.C.D.【答案】D【解析】分析：由题意结合流程图的运行过程确定输出值即可.详解：程序运行时变量的数值变化如下：.此时跳出循环，输出.本题选择D选项.点睛：识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构．(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题．(3)按照题目的要求完成解答并验证．7.如图为一个半圆柱,是等腰直角三角形,是线段的中点,,该半圆柱的体积为,则异面直线与所成角的正弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：由题意首先求得底面半径，然后找到异面直线所成的角，最后利用三角函数的定义求解异面直线所成角的正弦值即可.详解：设上底半圆的半径为,由,得.因为,所以.又异面直线与所成的角为，所以.本题选择B选项.点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8.函数的部分图象大致是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】分析：由题意结合函数的奇偶性和函数的符号排除错误选项即可求得最终结果.详解：因为,所以是奇函数,排除.当时,,所以；当时,，,所以，排除B选项.本题选择C选项.点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．9.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由一个直四棱柱挖去一个直三棱柱，根据三视图中的数据，可求得该几何体的表面积.详解：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由一个直四棱柱挖去一个直三棱柱，该几何体的形状如图所示，于是，，，，所以表面积，故选A.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.10.已知椭圆,作倾斜角为的直线交椭圆于两点,线段的中点为为坐标原点,若直线的斜率为,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：首先设出点A,B的坐标，然后结合点差法计算b的值即可.详解：设,,则，两式作差得.因为,所以.即.由,解得,即.本题选择B选项.点睛：本题主要考查点差法及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11.在平面直角坐标系中,已知三点,为坐标原点若向量与在向量方向上的投影相等,则的最小值为()A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：由题意首先确定点的轨迹方程，然后结合目标函数的几何意义即可求得最终结果.详解：因为向量与在向量方向上的投影相同,所以，即：,整理可得.即点在直线上.的最小值为原点到直线的距离的平方,