仿真模擬卷三本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分共150分，考試時間120分鐘第卷一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1已知集合A(x，y)|xy2，x，yN，則A中元素的個數(shù)為()A1B5C6D無數(shù)個答案C解析由題得A(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(2,0)，所以A中元素的個數(shù)為6.2已知i是虛數(shù)單位，是z的共軛復數(shù)，若z(1i)，則的虛部為()A.BC.iDi答案A解析由題意可得zi，則i，據(jù)此可得的虛部為.3“0<m<2”是“方程1表示橢圓”的()A充要條件B充分不必要條件C必要不充分條件D既不充分也不必要條件答案C解析方程1表示橢圓，即0<m<2且m1，所以“0<m<2”是“方程1表示橢圓”的必要不充分條件4若a>b，則()Aln (ab)>0B3a<3bCa3b3>0D|a|>|b|答案C解析取a2，b1，滿足a>b，但ln (ab)0，則A錯誤；由932>313，知B錯誤；取a1，b2，滿足a>b，但|1|<|2|，則D錯誤；因為冪函數(shù)yx3是增函數(shù)，a>b，所以a3>b3，即a3b3>0，C正確5閱讀如圖所示的程序框圖，運行相應的程序，輸出的S的值等于()A30B31C62D63答案B解析由流程圖可知該算法的功能為計算S121222324的值，即輸出的值為S12122232431.6已知等比數(shù)列an的各項均為正數(shù)，其前n項和為Sn，若a22，S6S46a4，則a5()A4B10C16D32答案C解析設公比為q(q>0)，S6S4a5a66a4，因為a22，所以2q32q412q2，即q2q60，所以q2，則a52×2316.7已知菱形ABCD的邊長為2，BAD120°，點E，F(xiàn)分別在邊BC，DC上，BC3BE，DCDF，若·1，則的值為()A3B2CD答案B解析由題意可得·()·()·22·，且224，·2×2×cos120°2，故×(2)1，解得2.8在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a1，sinAcosC(sinCb)cosA0，則角A()A. B.C. D.答案D解析a1，sinAcosC(sinCb)cosA0，sinAcosCsinCcosAbcosA，sin(AC)sinBbcosA，asinBbcosA，由正弦定理可得sinAsinBsinBcosA，sinB>0，sinAcosA，即tanA，A(0，)，A.9我國著名數(shù)學家華羅庚先生曾說：數(shù)缺形時少直觀，形缺數(shù)時難入微，數(shù)形結合百般好，隔裂分家萬事休在數(shù)學的學習和研究中，常用函數(shù)的圖象來研究函數(shù)的性質(zhì)，也常用函數(shù)的解析式來琢磨函數(shù)的圖象的特征，如函數(shù)f(x)的圖象大致是()答案D解析因為函數(shù)f(x)，f(x)f(x)，所以函數(shù)f(x)不是偶函數(shù)，圖象不關于y軸對稱，故排除A，B；又因為f(3)，f(4)，所以f(3)>f(4)，而C在x>0時是遞增的，故排除C.10在ABC中，P0是邊AB上一定點，滿足P0BAB，且對于邊AB上任一點P，恒有··，則()AACBCBABACCABCDBAC答案A解析(直接法)由題意，以點A為原點，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系，取B(4,0)，則P0(3,0)，設P(a,0)(a0,4)，C(x0，y0)，則(4a,0)，(x0a，y0)，(1,0)，(x03，y0)，則(4a)(x0a)x03，即a2(4x0)a3x030恒成立，所以(4x0)24(3x03)0，即(x02)20，解得x02，則易知點C在邊AB的垂直平分線上，所以ACBC，故選A.11在正三角形ABC內(nèi)任取一點P，則點P到A，B，C的距離都大于該三角形邊長一半的概率為()A1B1C1D1答案A解析滿足條件的正三角形ABC如圖所示設邊長為2，其中正三角形ABC的面積SABC×4.滿足到正三角形ABC的頂點A，B，C的距離至少有一個小于等于1的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，其加起來是一個半徑為1的半圓，則S陰影，則使取到的點到三個頂點A，B，C的距離都大于1的概率P1，故選A.12若存在m，使得關于x的方程xa(2x2m4ex)·ln (xm)ln x0成立，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則非零實數(shù)a的取值范圍是()A(，0) B.C(，0) D.答案C解析由題意得ln (t2e)ln t，令f(t)(t2e)ln t(t0)，則f(t)ln t1，令h(t)f(t)，則h(t)0，h(t)為增函數(shù)，即f(t)為增函數(shù)當te時，f(t)f(e)0，當0te時，f(t)f(e)0，f(t)f(e)e，且當t0時，f(t)，e，解得a0或a，故選C.第卷本卷包括必考題和選考題兩部分第1321題為必考題，每個試題考生都必須作答第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分13若變量x，y滿足約束條件則z的最小值是_答案2解析畫出滿足約束條件的可行域，如圖中陰影部分所示(含邊界)，聯(lián)立解得A(2,2)，z的幾何意義為可行域內(nèi)的點與定點P(3,0)的連線的斜率kPA2，z的最小值是2.14已知三棱錐PABC內(nèi)接于球O，PAPBPC2，當三棱錐PABC的三個側面的面積之和最大時，球O的表面積為_答案12解析由于三條側棱相等，根據(jù)三角形面積公式可知，當PA，PB，PC兩兩垂直時，側面積之和最大此時PA，PB，PC可看成正方體一個頂點處的三條側棱，其外接球直徑為正方體的體對角線，即4R23×2212，故球的表面積為4R212.15已知ABC的三個頂點的坐標為A(0,1)，B(1,0)，C(0，2)，O為坐標原點，動點M滿足|1，則|的最大值是_答案1解析設點M的坐標是(x，y)，C(0，2)，且|1，1，x2(y2)21，則點M的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓A(0,1)，B(1,0)，(x1，y1)，則|，其幾何意義表示圓x2(y2)21上的點與點P(1，1)間的距離又點P(1，1)在圓C的外部，|max|111.16函數(shù)yf(x)的定義域為D，若xD，a1,2，使得f(x)ax恒成立，則稱函數(shù)yf(x)具有性質(zhì)P，現(xiàn)有如下函數(shù)：f(x)ex1；f(x)2cos21(x0)；f(x)則具有性質(zhì)P的函數(shù)f(x)為_(填序號)答案解析設(x)ex1x(xR)，則(x)ex11.當x>1時，(x)>0；當x<1時，(x)<0.(x)min(1)0，所以ex1x0，ex1x，故a1，使f(x)ax在R上恒成立，中函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P；易知f(x)2cos21sin2x(x0)令(x)f(x)2xsin2x2x(x0)，則(x)2cos2x2.(x)0，(x)在(，0上是減函數(shù)，(x)min(0)0，故f(x)2x恒成立a2，使得f(x)ax在(，0上恒成立，中函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P；作函數(shù)yf(x)與直線yax的圖象，顯然當yax過點O(0,0)，A(1,1)，B(2,2)時，斜率a1.根據(jù)圖象知，不存在a1,2，使f(x)ax恒成立因此中函數(shù)f(x)不具有性質(zhì)P.綜上可知，具有性質(zhì)P的函數(shù)為.三、解答題：共70分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17(本小題滿分12分)已知銳角ABC面積為S，角A，B，C所對邊分別是a，b，c，角A，C的平分線相交于點O，b2且S(a2c2b2)，求：(1)角B的大?。?2)AOC周長的最大值解(1)S(a2c2b2)，acsinB(a2c2b2)，故acsinB×2accosBtanBB.(2)設AOC的周長為l，OAC，則，OA，OC分別是角A，C的平分線，B，AOC.由正弦定理，得，l4sin4sin24sin2，當時，AOC周長的最大值為42.18(本小題滿分12分)為了解甲、乙兩種離子在小鼠體內(nèi)的殘留程度，進行如下試驗：將200只小鼠隨機分成A，B兩組，每組100只，其中A組小鼠給服甲離子溶液，B組小鼠給服乙離子溶液每只小鼠給服的溶液體積相同、摩爾濃度相同經(jīng)過一段時間后用某種科學方法測算出殘留在小鼠體內(nèi)離子的百分比根據(jù)試驗數(shù)據(jù)分別得到如下直方圖：記C為事件：“乙離子殘留在體內(nèi)的百分比不低于5.5”，根據(jù)直方圖得到P(C)的估計值為0.70.(1)求乙離子殘留百分比直方圖中a，b的值；(2)分別估計甲、乙離子殘留百分比的平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表)解(1)由已知得0.70a0.200.15，故a0.35.b10.050.150.700.10.(2)甲離子殘留百分比的平均值的估計值為2×0.153×0.204×0.305×0.206×0.107×0.054.05，乙離子殘留百分比的平均值的估計值為3×0.054×0.105×0.156×0.357×0.208×0.156.00.19(本小題滿分12分)如圖，在四棱錐PABCD中，PCADCDAB2，ABDC，ADCD，PC平面ABCD.(1)求證：BC平面PAC；(2)若M為線段PA的中點，且過C，D，M三點的平面與線段PB交于點N，確定點N的位置，說明理由；并求三棱錐ACMN的高解(1)證明：在直角梯形ABCD中，AC2，BC2，所以AC2BC2AB2，即ACBC.又PC平面ABCD，BC平面ABCD，所以PCBC，又ACPCC，AC，PC平面PAC，故BC平面PAC.(2)N為PB的中點，如圖，連接MN，CN.因為M為PA的中點，N為PB的中點，所以MNAB，且MNAB2.又因為ABCD，所以MNCD，所以M，N，C，D四點共面，所以N為過C，D，M三點的平面與線段PB的交點因為BC平面PAC，N為PB的中點，所以點N到平面PAC的距離dBC.又SACMSACP××AC×PC，所以V三棱錐NACM××.由題意可知，在RtPCA中，PA2，CM，在RtPCB中，PB2，CN，所以SCMN×2×.設三棱錐ACMN的高為h，V三棱錐NACMV三棱錐ACMN××h，解得h，故三棱錐ACMN的高為.20(本小題滿分12分)已知橢圓C：1(a>b>0)，離心率e，A是橢圓的左頂點，F(xiàn)是橢圓的左焦點，|AF|1，直線m：x4.(1)求橢圓C的方程；(2)直線l過點F與橢圓C交于P，Q兩點，直線PA，QA分別與直線m交于M，N兩點，試問：以MN為直徑的圓是否過定點，如果是，請求出定點坐標；如果不是，請說明理由解(1)由題意，得解得又a2b2c2，b，故所求橢圓方程為1.(2)當直線l斜率存在時，設直線l：yk(x1)(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直線PA：y(x2)令x4，得M，同理N.則以MN為直徑的圓的方程為(x4)(x4)0，整理得，(x4)2y22ky4k20由得(4k23)x28k2x4k2120.則x1x2，x1x2.將代入，整理得，x2y28xy70.令y0，得x1或x7.當直線l斜率不存在時，P，Q，M(4，3)，N(4,3)，以MN為直徑的圓為(x4)2y29也過點(1,0)，(7,0)兩點綜上，以MN為直徑的圓能過兩定點(1,0)，(7,0)21(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)axb，g(x)ax2bx.(1)當a2，b3時，求函數(shù)f(x)在xe處的切線方程，并求函數(shù)f(x)的最大值；(2)若函數(shù)yf(x)的兩個零點分別為x1，x2，且x1x2，求證：g>1.解(1)當a2，b3時，f(x)x3(x>0)，f(x)，則f(e)1，切點為，故函數(shù)f(x)在xe處的切線方程為xy30.令h(x)1ln xx2，則h(x)1ln xx2在(0，)是減函數(shù)，又h(1)0，x(0,1)，h(x)>0，f(x)>0，x(1，)，h(x)<0，f(x)<0，f(x)在(0,1)上是增函數(shù)，在(1，)上是減函數(shù)f(x)maxf(1)2.(2)證明：x1，x2是f(x)的兩個零點，不妨設x1<x2，f(x1)f(x2)0.即ax1b0，ax2b0，ln x1axbx10，ln x2axbx20，相減得ln x1ln x2a(xx)b(x1x2)0a(x1x2)b0a·(x1x2)2b(x1x2)0a2b0.gg，令t，即證0<t<1時，>1，>1ln t<ln t<0，令m(t)ln t，t(0,1)，m(t)>0，m(t)ln t在(0,1)上是增函數(shù)，又m(1)0，t(0,1)時，m(t)<0，命題得證請考生在第22、23題中任選一題作答如果多做，則按所做的第一題計分，作答時請寫清題號22(本小題滿分10分)選修44：坐標系與參數(shù)方程在平面直角坐標系xOy中，已知曲線C1：xy1與曲線C2：(為參數(shù))以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系(1)寫出曲線C1，C2的極坐標方程；(2)在極坐標系中，已知l：(>0)與C1，C2的公共點分別為A，B，當4時，求的值解(1)曲線C1的極坐標方程為(cossin)1，即sin.曲線C2的普通方程為(x2)2y24，即x2y24x0，所以曲線C2的極坐標方程為4cos.(2)由(1)知，|OA|A，|OB|B4cos，4cos(cossin)2(1cos2sin2)22sin，4，22sin4，sin，由0<<，知<2<，即2，.23(本小題滿分10分)選修45：不等式選講已知函數(shù)f(x)|x2|2x1|.(1)求f(x)>5的解集；(2)若關于x的不等式|b2a|2ba|a|(|x1|xm|)(a0)能成立，求實數(shù)m的取值范圍解(1)f(x)|x2|2x1|故f(x)>5的解集為(2,8)(2)由|b2a|2ba|a|(|x1|xm|)(a0)能成立，得|x1|xm|能成立，即|x1|xm|能成立，令t，則|t2|2t1|x1|xm|能成立，由(1)知，|t2|2t1|，又|x1|xm|1m|，|1m|，實數(shù)m的取值范圍是.- 15 -