高中数学模拟试题1

2013统领教育高中数学模拟试题(五)

考试范围：高中数学；考试时间：100分钟；命题人：许兴华

题号 得分 一 二 三 总分 注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、选择题（题型注释）

x22xa(x0),1．已知f(x) yf(x)x恰有3个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）

f(x1)(x0),A．1, B．1,0 C．2, D．0, 2．要得到函数ysin（2xA．向左平移4的图象，只要将函数ysin2x的图象（ ） ）单位 B．向右平移单位 44C．向右平移单位 D．向左平移单位

883．若定义在R上的偶函数

f(x)对任意

x1,x2[0,)(x1x2)，有f(x2)f(x1)0，则

x2x1A．f(3)f(2)f(1) B．f(1)f(2)f(3) C．f(1)f(3)f(2) D．f(2)f(3)f(1)

4．定义在R上的偶函数f（x）的一个单调递增区间为（3，5），则y=f（x-1） A. 图象的对称轴为x=-1，且在（2，4）内递增 B. 图象的对称轴为x=-1，且在（2，4）内递减 C. 图象的对称轴为x=1，且在（4，6）内递增 D. 图象的对称轴为x=1，且在（4，6）内递减 5．已知函数f(x)29x(x23ax)(aR)，若函数f(x)的图像在点P（1，m）处的切线方程为323xyb0，则m的值为( )

试卷第1页，总4页

„„„„○„„„„内„„„„○„„„„装„„„„○„„„„订„„„„○„„„„线„„„„○„„„„ 1111A． B． C．－ D．－ 33226．若函数f(x)sinxcosx(0)对任意实数x都有f(x)f(x)，则f()的值663等于（ ） A．1 B．1 C．2 D．2 7．过点P(x,y)的直线分别与x轴和y轴的正半轴交于A,B两点,点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点，若BP2PA且OQAB=1，则点P的轨迹方程是（ ） A．3x2

323y1(x0,y0) B．3x2y21(x0,y0) 2233C．x23y21(x0,y0) D．x23y21(x0,y0) 22Sn－Sn－3=51(n>3) ，8．已知等差数列{an}满足a2=3，Sn = 100，则n的值为 A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 9．在ΔABC中，角A,B,C所对的对边长分别为a、b、c，sinA、sinB、sinC成等比数列，且c= 2a，则cosB的值为 1322A. 4 B. 4 C. 4 D. 3 10．若实数a,b,c满足loga2logb2logc2，则下列关系中不可能成立的是（ ） ．．．．．A．abc B．bac C． cba D．acb 11．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D、E、F分别是棱AB、BC、CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为( ) A. 12525 B. C. D. 55552212．已知F1、F2为椭圆xy1 (a＞b＞0)的两个焦点，过F2作椭圆的弦AB，若△AF1B的周长为16，椭a2b2圆的离心率e3，则椭圆的方程为（ ） 222x2y2x2y2xy A．1 C．1 1 B．163161243

x2y2 D．1 164试卷第2页，总4页 „„„„○„„„„外„„„„○„„„„装„„„„○„„„„订„„„„○„„„„线„„„„○„„„„ ※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题（题型注释）

13．若(12x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5,则a3= 。 14．已知(ai)i12i（aR，i是虚数单位），则a的值为 ．

y215．已知直线l经过椭圆x21的焦点并且与椭圆相交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴相

2交于点M，则MPQ面积的最大值为 ． 16．已知数列{an}前n项和Snban11其中b是与n无关的常数，且0＜b＜1，若limSn存在，nn(1b)则limSn________．

n 评卷人 得分 三、解答题（题型注释）

17．已知f()12sin，g()34cos2． 记F()af()bg()（其中a,b都为常数，且． b0）

（Ⅰ）若a4，b1，求F()的最大值及此时的值； （Ⅱ）若[0,2]，①证明：F()的最大值是|2ba|b；②证明：F()|2ba|b0．

18．（本小题满分12分）

如图，在四棱柱ABCDA1A面ABCD，底面ABCD是直角梯形，1B1C1D1中，ABAD90,BC//AD，ABBC1，AD2，异面直线AD1与BC所成角为45．

试卷第3页，总4页

„„„„○„„„„内„„„„○„„„„装„„„„○„„„„订„„„„○„„„„线„„„„○„„„„ A1B1ABCC1D1D （1）求证：AC平面CC1D1D； （2）求直线DD1与平面ACD1所成角的正弦值． 19．（本题14分）口袋内有n（n3）个大小相同的球，其中有3个红球和n3个白球．已知从 口袋中随机取出一个球是红球的概率是p，且6pN。若有放回地从口袋中连续地取四次球（每次只取一个球），在四次取球中恰好取到两次红球的概率大于8。 27（Ⅰ）求p和n； （Ⅱ）不放回地从口袋中取球（每次只取一个球），取到白球时即停止取球，记为第一次取到白球时的取球次数，求的分布列和期望E。 *20．（本小题满分12分）在数列{an}中，a11，并且对于任意n∈N，都有an1an． 2an1（1）证明数列{1}为等差数列，并求{an}的通项公式； an（2）设数列{anan1}的前n项和为Tn，求使得Tn21．（本题满分12分） 1000的最小正整数n. 2011x2y2 设椭圆E: 221（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点，O为坐标原点． ab（Ⅰ）求椭圆E的方程； （Ⅱ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交A,B且 OAOB？若存在，写出该圆的方程，若不存在说明理由。 22．（本题14分）已知函数f(x)(bxc)lnx在x（Ⅰ）求b,c的值及f(x)的单调减区间； 1处取得极值，且在x1处的切线的斜率为1。 e（Ⅱ）设p＞0，q＞0，g(x)f(x)x，求证：25g(3p2q)3g(p)2g(q)5。 试卷第4页，总4页 „„„„○„„„„外„„„„○„„„„装„„„„○„„„„订„„„„○„„„„线„„„„○„„„„ ※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※ 参考答案

2013统领教育高中数学模拟试题(五)

1．A 【解析】

x22xa(x0),试题分析：根据已知条件，f(x)，那么可知函数的周期为1，同

f(x1)(x0),时结合y轴左侧的图像，数形结合法可知，要使得yf(x)x恰有3个不同的零点，则满足实数a的取值范围是1,，故选A.

考点：函数零点运用。

点评：解决分段函数的零点问题，可以采用分离为两个函数图像的交点个数来处理，数形结合思想的运用。 2．C 【解析】

试题分析：根据三角函数图像的平移变换，要得到函数ysin（2x4的图象，也即为）ysin(2(x))，只要将函数ysin2x的图象向右平移单位，即可得到，故选C.

88考点：三角函数的图像变换

点评：考查了三角函数图像的平移变换的运用，属于基础题，基本知识的运用。 3．A 【解析】

试题分析：函数fx为偶函数，所以fxfx，f2f2由f(x)对任意x1,x2[0,)(x1x2)，有fx2fx1x2x10，则fx在0,上是减函数

f3f1

f3f2f1

考点：函数性质偶函数单调性

点评：若fx为偶函数，则fxfx，若fx为奇函数，则fxfx，若fx为减函数，则fx2fx1x2x10，若fx为增函数，则fx2fx1x2x10， 4．C

【解析】

试题分析：因为定义在R上的偶函数f（x）的一个单调递增区间为（3，5），所以可知在区间(-5,-3)是递减的去甲，同时那么对于y=f（x-1）是将原函数向右平移一个单位，因此单调增区间为（4，6），那么对称轴为x=1，故排除选项A,B，那么同时结合单调性可知排除D，故选C.

答案第1页，总12页

参考答案

考点：本试题考查了函数的对称性和单调性的运用。 点评：解决该试题的关键是对于图像变换的准确的理解，以及平移变换对于函数图像和性质的影响，属于基础题。 C 5．

【解析】试题分析：因为f(x)29f'(x)2x24ax3，由“过曲x(x23ax)(aR)32，所以线上点的切线斜率，就是该点处的导数值”，得－1－4a=3,a=－1,f(1)=m=,故选C。

3

考点：本题主要考查的几何意义。

点评：简单题，过曲线上点的切线斜率，就是该点处的导数值。 6．D 【解析】

试题分析：根据题意，由于函数

1f(x)sinxcosx(0)对任意实数x都有

是函数的 一条对称轴，则可知6为

f(6x)f(6x)，那么即有x=

此时

f(x)sinxcosx(0)f(x)2sin(wx2，那么可知有

wf()2sin()2 46664w3那么可知，因kw6k6422wwf()2sin()2sin2，故选D. 3w33)x此可知

考点：三角函数的性质

点评：利用抽象关系式分析得到函数的一条对称轴方程，从而得到结论，属于基础题。 7．D 【解析】

试题分析：设A（a，0）,B（0，b）（a>0,b>0）,

PA,得， 由向量BP=2 x=2ab,y=, 33由OQAB=1得(-x,y)·(-a,b)=1,

所以xa+yb=1, 把a33x,b3y代入上式得x23y21(x0,y0)，故选D。

22考点：本题主要考查平面向量的坐标运算，向量的数量积，求轨迹方程的“相关点法”。

点评：中档题，本题将直线、向量、求轨迹方程综合考查，对考生灵活应用数学知识的能力有较好的考查。另外，求轨迹方程的基本方法的基本方法之一“相关点法”，常常考到。

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参考答案

8．C 【解析】

试题分析：由已知得

Sn－Sn－3=51，即

anan1an2=51，而

anan22an1，所以n(a1an)n(a2an1)an1=17，a2an1= a1+an，故由Sn=22=100，得n=10，故选C。

考点：本题主要考查等差数列的通项公式，求和公式，等差数列的性质。

点评：基础题，本题综合考查等差数列的基础知识，本解答主要利用等差数列的性质m+n=p+q,

amanapaq，运用方程思想，求得n。

9．B 【解析】

试题分析：根据题意可知sinA、sinB、sinC成等比数列，因此可知sin2BsinAsinC由正弦定理可知化角为边得到b2ac，结合余弦定理可知

c=2a，则可知b2a2c22accosBa2c22accosBac，且

b2a2c22accosBa2c2ac3 cosB2ac4，故选B.

考点：本试题考查了解三角形的知识点。

点评：解决该试题的关键是能利用边角的关系，结合正弦定理和余弦定理来求解得到。熟练的运用两个定理，并能灵活的选择定理来解答，是要结合题目中的条件来确定的，余弦定理适合解决两边及其夹角，和三边的问题来求解三角形，属于中档题。 10．A 【解析】

试题分析：由换底公式得：loga2=111； ,logb2=,logc2=log2alog2blog2c结合对数函数y=log2x图像，知0考点：对数函数的性质；对数值大小的比较；换底公式。

点评：此题主要考查数形结合的数学思想，我们可以利用换地公式转化为同底的来求。 11．C 【解析】

试题分析：以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系易知：

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参考答案

A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2），

1111D(,0,0), E(,,0), F(0,,1)， 2222111AP(0,0,2),DE(0,,0),DF(,,1)， 222设n(x,y,z)是平面DEF的一个法向量，

1y01nDE＝02则即，取x＝1, 则 n(1,0,)， 112nDF＝0xyz022设PA与平面 DEF所成的角为， 则 sinθ＝|PAn||PA||n|＝1254＝5。 5考点：本题主要考查立体几何中的垂直关系，角的计算。

点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离的计算。在计算问题中，有“几何法”和“向量法”。利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，利用向量则简化了证明过程。 12．D 【解析】

试题分析：由椭圆的定义4a=16，a=4，又e3，所以c=23,b2a2c216124， 2x2y2椭圆的标准方程是1，选D。

164考点：本题主要考查椭圆的定义，椭圆的标准方程，椭圆的几何性质。 点评：简单题，涉及椭圆的焦点三角形问题，往往要利用椭圆的定义。 13．80 【解析】

rrr33试题分析：Tr+1=C52x,令r=3,得C52=80。所以a3=80.

考点：二项式定理。

点评：注意二项式定理中项的系数和二项式系数的区别。属于基础题型。 14．2

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参考答案

【解析】

试题分析：根据题意，由于(a+i)i=-1-2i,则可知ai-1=-1+2i,利用实部和虚部对应相等可知a=2,故答案为2. 考点：复数的运算

点评：考查了复数的运算，利用复数的相等得到参数a的值，属于基础题。 15．36 831•|FM|•|x1-x2|=2m(1m)，所以△MPQ的面积2【解析】

试题分析：设椭圆上焦点为F，则S△MPQ=为2m(1m)（0＜m＜3

31) 22

设f（m）=m（1-m），则f'（m）=（1-m）（1-4m）(0，可知f（m）在区间(0，1) 4111)单调递增，在区间(,)单调递减． 44211273

所以，当(0，)时，f（m）=m（1-m）有最大值f()= 44256所以，当时，△MPQ的面积有最大值36 8考点：本试题考查了椭圆的性质，以及三角形面积知识。

点评：解决该题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化，属于中档题。 16．1． 【解析】

试题分析：由Snban11，及limSn存在得 nn(1b)limSnnbliman1limn1， n(1b)n ，

因0＜b＜1，所以limlimSnlimSn11=0，又an=Sn-Sn-1，nnn(1b)nlimSlimS-b（nnnn1)11。

故上式可变为nlimSn

考点：本题主要考查等比数列的通项公式及前n项和公式，数列的极限。

点评：基础题，通过构建关于首项，公比的方程，求得数列的通项公式，进一步求和、求极

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参考答案

限。

17．（Ⅰ）F()max15，此时的2k2(kZ)；

a2a2（Ⅱ）通过令sinx[0,1]，得到G(x)4b(x)ab (0x1) 4b4b则其对称轴xa。利用二次函数图象和性质证明。 4b【解析】 试题分析：（Ⅰ）若a4,b1时，

F()4(12sin)34cos24(sin1)21 则F()max15，此时的2k（Ⅱ）证明：

26分 (kZ)；

a2a2 F()a(12sin)b(34cos)4b(sin)ab4b4b2a2a2令sinx[0,1]，记G(x)4b(x)ab (0x1) 4b4b则其对称轴x①当a 4ba1，即2ba时，G(x)maxG(1)3ba 4b2a1当，即2ba时，G(x)maxG(0)ab 4b2故G(x)maxF()max3ba(2ba)|2ba|b - -11分

ab(2ba)②即求证G(x)min|2ba|b0，

a2a2其中G(x)4b(x)ab (0x1) 4b4ba0，即a0时，G(x)min|2ba|bG(0)2bab2b0 4ba当01，即0a4b时， 4b当aa2G(x)min|2ba|bG()2babab2bab4b4b

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参考答案

a2a(4ba)a2ba2ba0 4b4b当a1，即a4b时， 4bG(x)min|2ba|bG(1)a2bb2b0

综上：F()|2ba|b0 15分

考点：本题主要考查二次函数的图象和性质，三角函数同角公式。 点评：典型题，讨论二次函数型最值，往往由“轴动区间定”、“轴定区间动”的情况，要结合函数图象，分类讨论，做出全面分析。共同的是讨论二次函数图象的对称轴与区间的相对位置。本题较难。

18．(1)根据线面垂直的判定定理，来得到垂直的证明。 (2) sin【解析】

试题分析：解：（1）由已知得，D1D底面ABCD，AC平面ABCD，

A1B1ABCC1HDD1CD23 CD136

所以 ACD1D „„„„„2分

又BAD90,BC//AD，ABBC1，AD2， 所以AC所以CD2,CAD45， 2,ACCD „„„„4分

又CDDD1D，故AC平面CC1D1D „„„„6分

（2）因为BC//AD，所以D1AD为异面直线AD1与BC所成角，即为45， 又D1DAD，所以D1DAD2 „„„„„8分

过点D作DHCD1，H为垂足，由（1）知，ACDH，又ACCD1C， 所以DH平面ACD1，

故DD1C是直线DD1与平面ACD1所成角，记为 „„„„10分

答案第7页，总12页

参考答案

在RtD1DC中，CD所以sin2,CD16， CD23 „„„„12分 CD136（2）另解：因为BC//AC，所以D1AD为异面直线AD1与BC所成角，即为45， 又D1DAD，所以D1DAD2 „„„„„8分

设点D到平面ACD1的距离为h，直线DD1与平面ACD1所成角为， 又由（1）知，ACCD1，CD1由等体积法得：VDACD1VD1ACD， 即26h6，

1132211 „„„10分 222，解得h323所以sinh3 „„„„12分 D1D3考点：本试题考查了空间几何体中线面角和面面垂直的知识。

点评：对于空间中点线面的位置关系，要熟练掌握基本的判定定理和性质定理，以及能结合向量的方法，合理的建立空间直角坐标系，结合空间向量的知识来表示角和距离的求解运用。属于中档题，这类试题的计算要细心，避免不不要的失分现象。 19．(1) n6和p【解析】

22试题分析：解：（I）由题设知，C4p(1p)2113917 (2) E 22520548， 27因为p(1p)0所以不等式可化为p(1p)解不等式得，2， 912p，即26p4． 331又因为6pN，所以6p3，即p， 2311所以p，所以，所以n6． „„„„„„7分 n22（II）可取1，2，3 ，4 3113 ,p(4)p(1),p(2),p(3)2020210的分布列为  1 2 3 4 答案第8页，总12页

参考答案

p 1 23 103 201 20E13917． „„„„„14分 252054考点：分布列和数学期望，古典概型

点评：对于概率试题的求解，主要是能对于古典概型的事件空间准确求解，同时能根据各个概率的取值，得到分布列，属于中档题。 20．(1)an2n1 (2) 91

【解析】

试题分析：解：(1)11，因为an1an，所以112，

a12an1an1an∴ 数列{1}是首项为1，公差为2的等差数列， an∴ 12n1，从而an2n1 „„„„„„„„„„„„„„„„6分

an(2) 因为anan11111 (2n1)(2n1)22n12n1所以Tna1a2a2a3anan1

1111111 23352n12n1n， 2n1n1000由Tn， 2n120111000得n，

11最小正整数n为91.„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分 考点：本试题考查了数列的通项公式和求和的运用。

点评：对于已知等差数列和等比数列的通项公式的求解，主要是求解两个基本元素，解方程组得到结论。而对于一般的数列求和思想，主要是分析其通项公式的特点，选择是用错位相减法还是裂项法，还是倒序相加法等等的求和方法来得到。属于中档题。

x2y221．（1）1 84（2）存在圆心在原点的圆x2y28，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点3A,B,且OAOB．

【解析】

答案第9页，总12页

参考答案

x2y2试题分析：（1）因为椭圆E: 221（a,b>0）过M（2，2），N(6,1)两点,

ab42111a28x2y2a2b2a28所以解得所以2椭圆E的方程为1 846111b412224abb（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且

ykxm得x22(kxm)28,OAOB,设该圆的切线方程为ykxm解方程组x2y2148即(12k2)x24kmx2m280,

则△=16k2m24(12k2)(2m28)8(8k2m24)0,即8k2m240

4kmxx1212k2， 2xx2m81212k2y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m22k(2m8)4kmm8k2 m22212k12k12kk2(2m28)4k2m2m28k22 x2km(x1x2)mm12k212k212k22m28m28k222要使OAOB,需使x1x2y1y20,即,所以3m8k80,012k212k23m28所以k0又8k2m240, 82

m2282626所以2,所以m2,即m或m, 3333m8因为直线ykxm为圆心在原点的圆的一条切线,

26m2m28所以圆的半径为r,r,, r22233m831k1k182m所求的圆为x2y282626,此时圆的切线ykxm都满足m或m, 333答案第10页，总12页

参考答案

x2y226而当切线的斜率不存在时切线为x与椭圆1的两个交点为

84326262626(,)或(,)满足OAOB, 3333综上, 存在圆心在原点的圆x2y28，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点3A,B,且OAOB．

考点：本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆与椭圆的位置关系。 点评：中档题，涉及直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往要利用韦达定理。存在性问题，往往从假设存在出发，运用题中条件探寻得到存在的是否条件具备。（2）小题解答中，集合韦达定理，应用平面向量知识证明了圆的存在性。 22． 【解析】

试题分析：解：（Ⅰ）f(x)blnx(bxc)1 x1b1f()0，∴ bln(c)e0，即bbec0，∴c0 eee∴ f(x)blnxb ，又f(1)1，∴ bln1b1，∴ b1 综上可知 b1,c0 f(x)xlnx，定义域为x＞0，f(x)lnx1 11由f(x)＜0 得 0＜x＜，∴f(x)的单调减区间为(0,)„„„„„6分

ee3p2q（Ⅱ）先证5f()3f(p)2f(q) 53p2q3p2q即证5ln3plnp2qlnq 55即证：3pln3p2q5q 2qln5p3p2q令t32t2t5tq ，∵p＞0，q＞0 ，∴ t＞0，即证ln ln5332tp32t2t5t32t22t 则h(t)lnlntln(5t)ln(32t) 5332t5335222t522t2∴h(t) ln(5t)ln(32t)32t5335t3332t令h(t)ln 2ln32t 35t① 当32t＞5t，即0＜t＜1时，ln32t＞0，即h(t)＞0 5th(t)在（0，1）上递增，∴h(t)＜h(1)＝0， 答案第11页，总12页

参考答案

32t＜0，即h(t)＜0 5th(t)在（1，＋∞）上递减，∴h(t)＜h(1)＝0， ③ 当32t＝5t，即t＝1时，h(t)＝h(1)＝0 32t2t5t综合①②③知h(t)0即ln ln5332t3p2q即5f()3f(p)2f(q) 5② 当32t＜5t，即t＞1时，ln3p2q26(pq)222又5()(3p2q)0 553p2q2)3p22q2 53p2q综上可得5g()3g(p)2g(q) „„„„„14分

5∴ 5(考点：导数，极值，函数与不等式

点评：对于导数在研究函数中的运用，关键是利用导数的符号判定单调性，进而得到极值，和最值， 证明不等式。属于中档题。

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