《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二板塊 高考仿真模擬練（一）-（三）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二板塊 高考仿真模擬練（一）-（三）.doc（30頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

高考仿真模擬練 高考仿真模擬練(一) (時(shí)間：120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．已知集合A＝{x|x>1}，B＝{y|y＝x2，x∈R}，則A∩B＝(　　) A．[0，＋∞)　　　　　　 B．(1，＋∞) C．[0,1) D．(0，＋∞) 解析：選B　因?yàn)锳＝{x|x>1}，B＝{y|y＝x2，x∈R}＝[0，＋∞)，所以A∩B＝(1＋∞)，選B. 2．已知拋物線y2＝x，則它的準(zhǔn)線方程為(　　) A．y＝－2 B．y＝2 C．x＝－ D．y＝ 解析：選C　因?yàn)閽佄锞€y2＝x，所以 p＝，＝，所以它的準(zhǔn)線方程為x＝－，故選C. 3．如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體的體積為(　　) A.(1＋π) B．(1＋π) C.(2＋3π) D．(2＋π) 解析：選A　依題意，該幾何體由一個(gè)四棱錐和一個(gè)圓錐拼接而成，故所求體積為V＝442＋π224＝(1＋π)．故選A. 4．若實(shí)數(shù)x，y滿足則z＝2x＋y的最大值為(　　) A．2 B．5 C．7 D．8 解析：選C　作出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示，由z＝2x＋y，可得y＝－2x＋z，平行移動(dòng)y＝－2x＋z，由圖象可知當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí)，直線的縱截距最大，即z最大．聯(lián)立得A(3,1)，所以zmax＝23＋1＝7. 5．若關(guān)于x的不等式x2－4x≥m對(duì)任意x∈[0,1]恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為(　　) A．(－∞，－3] B．[－3，＋∞) C．[－3,0) D．[－4，＋∞) 解析：選A　∵x2－4x≥m對(duì)任意x∈[0,1]恒成立， 令f(x)＝x2－4x，x∈[0,1]， ∵f(x)的對(duì)稱軸為x＝2， ∴f(x) 在[0,1]單調(diào)遞減， ∴當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取到最小值為－3, ∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－∞，－3]，故選A. 6．在等比數(shù)列{an}中，“a4，a12 是方程x2＋3x＋1＝0的兩根”是“a8＝1”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A　由根與系數(shù)的關(guān)系可知a4＋a12＝－3，a4a12＝1，所以a4<0，a12<0，則在等比數(shù)列{an}中，a8＝a4q4<0，所以a8＝－＝－1.在常數(shù)列an＝1或an＝－1中，a4，a12 不是所給方程的兩根．則在等比數(shù)列{an}中，“a4，a12 是方程x2＋3x＋1＝0的兩根”是“a8＝1”的充分不必要條件． 7．設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，若f(x)為偶函數(shù)，且在(0,1)上存在極大值，則f′(x)的圖象可能為(　　) 解析：選C　根據(jù)題意，若f(x)為偶函數(shù)，則其導(dǎo)數(shù)f′(x)為奇函數(shù)，結(jié)合函數(shù)圖象可以排除B、D，又由函數(shù)f(x)在(0,1)上存在極大值，則其導(dǎo)數(shù)圖象在(0,1)上存在零點(diǎn)，且零點(diǎn)左側(cè)導(dǎo)數(shù)值符號(hào)為正，右側(cè)導(dǎo)數(shù)值符號(hào)為負(fù)，結(jié)合選項(xiàng)可以排除A，只有C選項(xiàng)符合題意． 8．設(shè)x，y，z為大于1的正數(shù)，且log2x＝log3y＝log5z，則x，y ，z 中最小的是(　　) A．x B．y C．z D．三個(gè)數(shù)相等 解析：選C　令log2x＝log3y＝log5z＝k(k>0)， 則x＝2k，y＝3k，z＝5k， 所以x＝2，y＝3，z＝5. 對(duì)以上三式兩邊同時(shí)乘方， 則(x)＝215，(y)＝310，(z)＝56， 顯然z最小，故選C. 9．將函數(shù)f(x)＝2sin(ω>0)的圖象向右平移個(gè)單位，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，若y＝g(x)在上為增函數(shù)，則ω的最大值為(　　) A．3 B．2 C. D． 解析：選B　由題意可知g(x)＝2sin＝2sin ωx(ω>0)，由y＝g(x)在上為增函數(shù)，得≤，ω≤2，所以ω的最大值為2. 10．已知單位向量e1與e2的夾角為，向量e1＋2e2與2e1＋λe2的夾角為，則λ＝(　　) A．－ B．－3 C．－或－3 D．－1 解析：選B　因?yàn)閑1e2＝|e1||e2|cos＝， 所以|e1＋2e2|＝＝ ， |2e1＋λe2|＝＝， (e1＋2e2)(2e1＋λe2)＝2e＋(λ＋4)e1e2＋2λe＝4＋λ ， 又向量e1＋2e2與2e1＋λe2的夾角為， 所以＝＝－， 解得λ＝－3. 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分) 11．已知三棱錐O ABC底面ABC的頂點(diǎn)在半徑為4的球O表面上，且AB＝6，BC＝2，AC＝4，則三棱錐O ABC的體積為___________． 解析：∵AB＝6，BC＝2，AC＝4， ∴AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC. 取AC的中點(diǎn)O1，連接OO1，BO1， 則O1為△ABC外接圓的圓心， ∴OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥BO1. ∵OB＝4，BO1＝2， ∴OO1＝＝2. ∴三棱錐OABC的體積V＝622＝4. 答案：4 12．已知a，b∈R，(a＋bi)2＝3＋4i (i是虛數(shù)單位)則a2＋b2＝ ______，ab＝________. 解析：由題意可得a2－b2＋2abi＝3＋4i， 則解得則a2＋b2＝5，ab＝2. 答案：5　2 13．已知△ABC和點(diǎn)M，滿足＋＋＝0，若存在實(shí)數(shù)m，使得＋＝m成立，則點(diǎn)M是△ABC的________，實(shí)數(shù)m＝________. 解析：由＋＋＝0知，點(diǎn)M為△ABC的重心．設(shè)點(diǎn)D為底邊BC的中點(diǎn)，則＝＝(＋)＝(＋)，所以有＋＝3，故m＝3. 答案：重心　3 14.三國(guó)時(shí)期吳國(guó)數(shù)學(xué)家趙爽所注《周髀算經(jīng)》中給出了勾股定理的絕妙證明，下面是趙爽的弦圖及注文，弦圖是一個(gè)以勾股形之弦為邊的正方形，其面積稱為弦實(shí)，圖中包含四個(gè)全等的勾股形及一個(gè)小正方形，分別涂成紅(朱)色及黃色，其面積稱為朱實(shí)，黃實(shí)，利用2勾股＋(股－勾)2＝4朱實(shí)＋黃實(shí)＝弦實(shí)，化簡(jiǎn)，得勾2＋股2＝弦2，設(shè)勾股中勾股比為1∶，若向弦圖內(nèi)隨機(jī)拋擲1 000顆圖釘(大小忽略不計(jì))，則落在黃色圖形內(nèi)的圖釘數(shù)大約為__________． 解析：設(shè)勾為a，則股為a，∴弦為2a， 則圖中大四邊形的面積為4a2，小四邊形的面積為(－1)2a2＝(4－2)a2， 則圖釘落在黃色圖形內(nèi)的概率為＝1－ . 所以落在黃色圖形內(nèi)的圖釘數(shù)大約為1 000≈134. 答案：134 15．在△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2.點(diǎn)D為AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，BD＝2，連接CD，則△BCD的面積為______，cos∠BDC＝__________. 解析：取BC的中點(diǎn)E，連接AE，由題意知AE⊥BC， 在△ABE中，cos∠ABC＝＝， ∴cos∠DBC＝－，sin∠DBC＝＝， ∴S△BCD＝BDBCsin∠DBC＝. ∵∠ABC＝2∠BDC， ∴cos∠ABC＝cos 2∠BDC＝2cos2∠BDC－1＝， 解得cos∠BDC＝或cos∠BDC＝－(舍去)． 綜上可得，△BCD面積為，cos∠BDC＝. 答案：　 16．已知函數(shù)f(x)＝則f(f(4))＝______；f(x) 的最大值是__________． 解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ 所以f(4)＝1－＝－1，f(f(4))＝f(－1)＝2－1＝. 當(dāng)x≥0時(shí)， f(x)＝1－單調(diào)遞減，即有f(x)≤1； 當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝2x∈(0,1)． 綜上可得，當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)取得最大值1. 故f(f(4))＝；f(x) 的最大值是1. 答案：　1 17．對(duì)于函數(shù)f(x)＝下列5個(gè)結(jié)論正確的是__________(填序號(hào))． ①任取x1，x2∈[0，＋∞) ，都有|f(x1)－f(x2)|≤2； ②函數(shù)y＝f(x)在[4,5]上單調(diào)遞增； ③ f(x)＝2kf(x＋2k)(k∈N*)，對(duì)一切x∈[0，＋∞)恒成立； ④函數(shù)y＝f(x)－ln(x－1)有3個(gè)零點(diǎn)； ⑤若關(guān)于x的方程f(x)＝m(m<0)有且只有兩個(gè)不同的實(shí)根x1，x2，則x1＋x2＝3. 解析：由題意，得f(x)＝的圖象如圖所示． 由圖象可知f(x)max＝1，f(x)min＝－1， 則任取x1，x2∈[0，＋∞)，都有 |f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|＝2， 故①正確； 函數(shù)y＝f(x)在[4,5]上先增后減，故②錯(cuò)誤； 當(dāng)x∈[0,2]時(shí)，f(x＋2k)＝f(x＋2k－2)＝f(x＋2k－4)＝…＝f(x)， 即f(x)＝2kf(x＋2k)，x∈N*，故③錯(cuò)誤； 在同一坐標(biāo)系中作出y＝f(x)和y＝ln(x－1)的圖象，可知兩函數(shù)圖象有三個(gè)不同公共點(diǎn)， 即函數(shù)y＝f(x)－ln(x－1)有3個(gè)零點(diǎn)，故④正確； 在同一坐標(biāo)系中作出y＝f(x)和y＝m的圖象，由圖象可知當(dāng)且僅當(dāng)－10, 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由已知得，g′(x)＝. 因?yàn)間(x)在其定義域內(nèi)為增函數(shù)， 所以?x∈(0，＋∞)， g′(x)≥0，即ax2－5x＋a≥0，即a≥. 而≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立， 所以a≥. 即實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 21．(本小題滿分15分)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P，且兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等腰直角三角形． (1)求橢圓C的方程； (2)動(dòng)直線l：mx＋ny＋n＝0(m，n∈R )交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，試問(wèn)：在坐標(biāo)平面上是否存在一個(gè)定點(diǎn)T，使得以AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)T.若存在，求出點(diǎn)T的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)∵橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等腰直角三角形， ∴a＝b，∴＋＝1， 又∵橢圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)P，代入可得b＝1. ∴a＝，故所求橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)動(dòng)直線l：mx＋ny＋n＝0可化為mx＋n＝0，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝－，所以動(dòng)直線l恒過(guò)點(diǎn). 當(dāng)l與x軸平行時(shí)，以AB為直徑的圓的方程為 x2＋2＝2， 當(dāng)l與y軸平行時(shí)，以AB為直徑的圓的方程為 x2＋y2＝1. 由解得 即兩圓相切于點(diǎn)(0,1)，因此所求的點(diǎn)T如果存在，只能是(0,1)，事實(shí)上，點(diǎn)T(0,1)就是所求的點(diǎn)． 證明如下： 當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，以AB為直徑的圓過(guò)點(diǎn)T(0,1)， 當(dāng)直線l不垂直于x軸，可設(shè)直線l：y＝kx－. 由消去y，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 又因?yàn)椋?x1，y1－1)， ＝(x2，y2－1)， 所以＝x1x2＋(y1－1)(y2－1) ＝x1x2＋ ＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋ ＝(1＋k2)－k＋＝0. 所以TA⊥TB，即以AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)T(0,1)． 所以在坐標(biāo)平面上存在一個(gè)定點(diǎn)T(0,1)滿足條件． 22．(本小題滿分15分)數(shù)列{an}滿足a1＋2a2＋…＋nan＝4－(n∈N*)． (1)求a3的值； (2)求數(shù)列{an}前n項(xiàng)和Tn； (3)令b1＝a1，bn＝＋an(n≥2)，證明：數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn<2＋2ln n. 解：(1)∵3a3＝(a1＋2a2＋3a3)－(a1＋2a2)＝4－－＝， ∴a3＝. (2)由題意知，當(dāng)n≥2時(shí)，nan＝(a1＋2a2＋…＋nan)－＝4－－＝， ∴an＝n－1， 又a1＝4－＝1也適合此式， ∴an＝n－1， ∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列， 故Tn＝＝2－n－1. (3)證明：由bn＝＋an，知b1＝a1，b2＝＋a2，b3＝＋a3， ∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(a1＋a2＋…＋an)＝Tn＝<2， 記f(x)＝ln x＋－1(x>1)， 則f′(x)＝－＝>0， ∴f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)， 又f(1)＝0，∴f(x)>0， 又k≥2且k∈N*時(shí)，>1， ∴f ＝ln＋－1>0，即ln>， ∴β ”是“cos α＞cos β ”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 解析：選D　因?yàn)楫?dāng)α＝＞β＝時(shí)，cos α＞cos β不成立；當(dāng)cos＞cos時(shí)，α＞β不成立，所以“α＞β”是“cos α＞cos β”的既不充分也不必要條件，故選D. 3．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．＋π B．＋π C． D． 解析：選A　由三視圖可知，該幾何體是半個(gè)圓柱和以圓柱軸截面為底面的四棱錐組成的組合體，其中半圓柱底面半徑為1，高為2，體積為π122＝π，四棱錐的體積為41＝，所以該幾何體的體積為＋π，故選A. 4．若實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件則z＝2x＋y的取值范圍是(　　) A．[3,4] B．[3,12] C．[3,9] D．[4,9] 解析：選C　作出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示， 由得A(1,1)； 由得B(3,3)，平移直線y＝－2x＋z，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)A，B時(shí)分別取得最小值3，最大值9，故z＝2x＋y的取值范圍是[3,9]，故選C. 5．已知數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，bn＝2an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)，前2n項(xiàng)，前3n項(xiàng)的和分別為A，B，C，則(　　) A．A＋B＝C B．B2＝AC C．(A＋B)－C＝B2 D．(B－A)2＝A(C－B) 解析：選D　∵{an}是公差不為0的等差數(shù)列，∴{bn}是以公比不為1的等比數(shù)列，由等比數(shù)列的性質(zhì)，可得A，B－A，C－B成等比數(shù)列，∴(B－A)2＝A(C－B)，故選D. 6.已知函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的圖象可能是(　　) 解析：選C　由導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，函數(shù)y＝f(x)先減再增，可排除選項(xiàng)A、B，又知f′(x)＝0的根為正，即y＝f(x)的極值點(diǎn)為正，所以可排除D，故選C. 7．正方形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)都在橢圓＋＝1上，若橢圓的焦點(diǎn)在正方形的內(nèi)部，則橢圓的離心率的取值范圍是(　　) A. B． C. D． 解析：選B　設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2m， ∵橢圓的焦點(diǎn)在正方形的內(nèi)部，∴m＞c， 又正方形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)都在橢圓＋＝1上， ∴＋＝1≥＋＝e2＋， 即e4－3e2＋1≥0，e2≤＝2，∴0＜e＜. 8.已知△ABC的邊BC的垂直平分線交BC于Q，交AC于P，若||＝1，||＝2，則的值為(　　) A．3 B． C. D． 解析：選B　因?yàn)锽C的垂直平分線交AC于P， 所以＝0， 所以＝(＋) ＝＋ ＝(＋)(－) ＝(2－2) ＝. 9．已知函數(shù)f(x)＝x|x|，則下列命題錯(cuò)誤的是(　　) A．函數(shù)f(sin x)是奇函數(shù)，且在上是減函數(shù) B．函數(shù)sin(f(x))是奇函數(shù)，且在上是增函數(shù) C．函數(shù)f(cos x)是偶函數(shù)，且在(0,1)上是減函數(shù) D．函數(shù)cos(f(x))是偶函數(shù)，且在(－1,0)上是增函數(shù) 解析：選A　∵函數(shù)f(x)＝x|x|， ∴f(sin x)＝sin x|sin x| ＝ ∵y＝cos 2x在上遞減，在上遞增， ∴y＝f(sin x)在上是增函數(shù)， ∴命題“函數(shù)f(sin x)是奇函數(shù)，且在上是減函數(shù)”錯(cuò)誤，同理：可驗(yàn)證B、C、D均正確，故選A. 10.如圖，在正四面體ABCD中，P，Q，R在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，＝＝，分別記二面角APQR，APRQ，AQRP的平面角為α，β，γ，則α，β，γ的大小關(guān)系為(　　) A．β＞γ＞α B．γ＞β＞α C．α＞γ＞β D．α＞β＞γ 解析：選D　在正四面體ABCD中，P，Q，R在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，＝＝，可得α為鈍角，β，γ為銳角，設(shè)P到平面ACD的距離為h1，P到QR的距離為d1，Q到平面ABC的距離為h2，Q到PR的距離為d2，設(shè)正四面體的高為h，可得h1＝h，h2＝h，h1＜h2，由余弦定理可得QR＜PR，由三角形面積相等可得到d1＞d2，所以可以推出sin γ＝＜＝sin β，所以γ＜β，所以α＞β＞γ，故選D. 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分) 11．若復(fù)數(shù)z＝4＋3i，其中i是虛數(shù)單位，則|z|＝________. 解析：∵復(fù)數(shù)z＝4＋3i， ∴|z|＝＝5. 答案：5 12．若雙曲線的焦點(diǎn)在x軸上，實(shí)軸長(zhǎng)為4，離心率為，則該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為__________，漸近線方程為__________． 解析：∵2a＝4，∴a＝2，又∵離心率＝，∴c＝2，∴b＝＝2，∴雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為－＝1，漸近線方程為y＝x＝x. 答案：－＝1　y＝x 13．已知直線l：x－y＝0與圓C：(x－2)2＋y2＝4交于O，A兩點(diǎn)(其中O是坐標(biāo)原點(diǎn))，則圓心C到直線l的距離為__________，點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為__________． 解析：∵圓C：(x－2)2＋y2＝4，∴C(2,0)，由點(diǎn)到直線的距離公式可得C到直線l的距離為d＝＝1，由得O(0,0)，A(3，)，點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3. 答案：1　3 14.如圖，四邊形ABCD中，△ABD、△BCD分別是以AD和BD為底邊的等腰三角形，其中AD＝1，BC＝4，∠ADB＝∠CDB，則BD＝__________，AC＝__________. 解析：設(shè)∠ADB＝∠CDB＝θ，在△ABD中，BD＝，在△CBD中，BD＝8cos θ，可得cos θ＝，BD＝2，cos 2θ＝2cos2θ－1＝－，由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2ADCDcos 2θ＝24，解得AC＝2. 答案：2　2 15．已知2a＋4b＝2(a，b∈R)，則a＋2b的最大值為__________． 解析：由2a＋4b＝2a＋22b＝2≥2，得2a＋2b≤1＝20，a＋2b≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b時(shí)等號(hào)成立，所以a＋2b的最大值為0. 答案：0 16．設(shè)向量a，b，且|a＋b|＝2|a－b|，|a|＝3，則|b|的最大值是__________；最小值是__________． 解析：設(shè)|b|＝t，a，b的夾角為θ，由|a＋b|＝2|a－b|，可得|a＋b|2＝4|a－b|2,9＋t2＋ 6tcos θ＝4(9＋t2－6tcos θ)，化簡(jiǎn)得t2－10tcos θ＋9＝0，可得t2－10t＋9≤0,1≤t≤9，即|b|的最大值是9，最小值是1. 答案：9　1 17．已知函數(shù)f(x)＝＋－a有六個(gè)不同零點(diǎn)，且所有零點(diǎn)之和為3，則a的取值范圍為__________． 解析：根據(jù)題意，有f(x)＝f(m－x)，于是函數(shù)f(x)關(guān)于x＝m對(duì)稱，結(jié)合所有的零點(diǎn)的平均數(shù)為，可得m＝1，此時(shí)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(x)＝＋在上與直線y＝a有3個(gè)公共點(diǎn)，此時(shí)g(x)＝當(dāng)0，于是函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，且取值范圍是(5，＋∞)，當(dāng)x>1時(shí)，函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)g′(x)＝2－－，考慮到g′(x)是(1，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)，且g′(x)＝－∞， g′(x)＝2，于是g′(x)在(1，＋∞)上有唯一零點(diǎn)，記為x0，進(jìn)而函數(shù)g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，在x＝x0處取得極小值n，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示． 接下來(lái)問(wèn)題的關(guān)鍵是判斷n與5的大小關(guān)系，因?yàn)間′＝2－－4<0，所以n≤g＝＋＋＋2＝<5，若函數(shù)g(x)＝＋在上與直線y＝a有3個(gè)公共點(diǎn)，則a的取值范圍是(5，＋∞)． 答案：(5，＋∞) 三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟) 18．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝4cos xcos＋1. (1)求f 的值； (2)求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間． 解：(1)f ＝4coscos＋1＝4coscos＋1＝4＋1＝－2. (2)f(x)＝4cos xcos＋1 ＝4cos x＋1 ＝－2cos2x－sin 2x＋1 ＝－sin 2x－cos 2x ＝－2sin. 所以f(x)的最小正周期為π， 令2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)， 得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)， 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)． 19．(本小題滿分15分)如圖，在四面體ABCD中，AB＝BC＝CD＝BD＝AD＝1，平面ABD⊥平面CBD. (1)求AC的長(zhǎng)； (2)點(diǎn)E是線段AD的中點(diǎn)，求直線BE與平面ACD所成角的正弦值． 解：(1)∵AB＝1，BD＝，AD＝2， ∴AB2＋BD2＝AD2， ∴AB⊥BD， 又∵平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD， ∴AB⊥平面CBD，∴AB⊥BC， ∵AB＝BC＝1，∴AC＝. (2)由(1)可知AB⊥平面BCD，過(guò)B作BG⊥CD于點(diǎn)G，連接AG，則有CD⊥平面ABG， ∴平面AGD⊥平面ABG， 過(guò)B作BH⊥AG于點(diǎn)H，則有BH⊥平面AGD，連接HE， 則∠BEH為BE與平面ACD所成的角． 由BC＝CD＝1，BD＝，得∠BCD＝120， ∴∠BCG＝60，∴BG＝， 又∵AB＝1，∴AG＝，∴BH＝， 又∵BE＝AD＝1， ∴sin∠BEH＝＝. 即直線BE與平面ACD所成角的正弦值為. 20．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝x－－4ln x. (1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)當(dāng)00，解得x>3或x<1， 又∵函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(3，＋∞)． (2)證明：由(1)知f(x)＝x－－4ln x在(0,1)上單調(diào)遞增，在[1,3]上單調(diào)遞減， 所以，當(dāng)00)，焦點(diǎn)為F，直線l交拋物線C于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，D(x0，y0)為AB的中點(diǎn)，且|AF|＋|BF|＝1＋2x0. (1)求拋物線C的方程； (2)若x1x2＋y1y2＝－1，求的最小值． 解：(1)根據(jù)拋物線的定義知|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p，x1＋x2＝2x0， ∵|AF|＋|BF|＝1＋2x0， ∴p＝1，∴y2＝2x. (2)設(shè)直線l的方程為x＝my＋b，代入拋物線方程，得y2－2my－2b＝0， ∵x1x2＋y1y2＝－1，即＋y1y2＝－1， ∴y1y2＝－2，即y1y2＝－2b＝－2，∴b＝1， ∴y1＋y2＝2m，y1y2＝－2， ∴|AB|＝|y1－y2| ＝ ＝2， x0＝＝ ＝[(y1＋y2)2－2y1y2] ＝m2＋1， ∴＝， 令t＝m2＋1，t∈[1，＋∞)， 則＝＝≥， 當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即m＝0時(shí)取等號(hào)． 所以的最小值為. 22．(本小題滿分15分)已知數(shù)列{xn}滿足x1＝1，xn＋1＝2＋3，求證： (1)00， 且xk＋1－9＝2－6＝2(－3)<0，得xk＋1<9， 所以n＝k＋1時(shí)，00. 所以xn. 從而xn＋1＝2＋3>xn＋3. 所以xn＋1－9>(xn－9)，即9－xn＋1<(9－xn)． 所以9－xn≤n－1(9－x1)． 又x1＝1，故xn≥9－8n－1. 高考仿真模擬練(三) (時(shí)間：120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.＝(　　) A．　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選D　＝＝＝，選D. 2．雙曲線－＝1的漸近線方程是(　　) A．y＝x B．y＝x C．y＝x D．y＝x 解析：選C　在雙曲線－＝1中，a＝3，b＝2，所以雙曲線的漸近線方程為y＝x，選C. 3．若變量x，y滿足約束條件則z＝2x＋y的最大值是(　　) A．3 B．2 C．4 D．5 解析：選A　作出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示，作出直線y＝－2x，平移該直線，由圖象可知，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z取得最大值， 由解得 即A(2，－1)，此時(shí)zmax＝22－1＝3，故選A. 4．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝(　　) A．1 B．－2 C．3 D．－3 解析：選A　因?yàn)閍n＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)． 所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an， 故{an}是以6為周期的周期數(shù)列． 因?yàn)? 019＝3366＋3， 所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故選A. 5.(1－x)4展開式中x2的系數(shù)為(　　) A．16 B．12 C．8 D．4 解析：選C　因?yàn)?1－x)4＝，所以展開式中x2的系數(shù)為－C＋2C＝8，故選C. 6．已知a＝(cos α，sin α)，b＝(cos(－α)，sin(－α))，那么“ab＝0”是“α＝kπ＋(k∈Z)”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選B　∵ab＝0＝cos αcos(－α)＋sin αsin(－α)＝cos2α－sin2α＝cos 2α， ∴2α＝2kπ，解得α＝kπ(k∈Z)． ∴“ab＝0”是“α＝kπ＋(k∈Z)”的必要不充分條件，故選B. 7．已知函數(shù)f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a(x>0)為增函數(shù)，則a的取值范圍是(　　) A．[－2，＋∞) B． C．(－∞，－2 ] D． 解析：選A　由函數(shù)f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a(x>0)為增函數(shù)，則f′(x)＝2ex＋(2x－1)ex＋2ax＝(2x＋1)ex＋2ax≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即a≥在(0，＋∞)上恒成立． 設(shè)g(x)＝，x>0，則g′(x) ＝ ＝. 由g′(x)>0，得0， 所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 則g(x)max＝g＝＝－2e， 故a的取值范圍是[－2，＋∞)，選A. 8．設(shè)A，B是橢圓C：＋＝1長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)，若C上存在點(diǎn)P滿足∠APB＝120，則m的取值范圍是(　　) A.∪[12，＋∞) B．∪[6，＋∞) C.∪[12，＋∞) D．∪[6，＋∞) 解析：選A　當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，則04， 當(dāng)P位于短軸的端點(diǎn)時(shí)，∠APB取最大值，要使橢圓C上存在點(diǎn)P滿足∠APB＝120， 則∠APO≥60，tan∠APO＝≥tan 60＝， 解得m≥12， 所以m的取值范圍是∪[12，＋∞)，故選A. 9．函數(shù)y＝x＋的值域?yàn)?　　) A．[1＋，＋∞) B．(，＋∞) C．[，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：選D　由x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，得x∈R， ①當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)y＝x＋為增函數(shù)， 所以y≥1＋＝1＋. ②當(dāng)x≤1時(shí)，由y＝x＋移項(xiàng)得 ＝y(tǒng)－x>0， 兩邊平方整理得(2y－2)x＝y(tǒng)2－3， 從而y≠1且x＝. 由x＝≤1，得y≤1－或10?>0?y>1. 所以10時(shí)，f(t)＝6有2個(gè)解，對(duì)應(yīng)t＝x2－4x各有2個(gè)解，故關(guān)于x的方程f(x2－4x)＝6的不同實(shí)根的個(gè)數(shù)為4. 答案：4 17.如圖，棱長(zhǎng)為3的正方體的頂點(diǎn)A在平面α內(nèi)，三條棱AB，AC，AD都在平面α的同側(cè)．若頂點(diǎn)B，C到平面α的距離分別為，，則平面ABC與平面α所成銳二面角的余弦值為________． 解析：如圖，作BB1⊥平面α于B1，CC1⊥平面α于C1， 連接BC，B1C1， 過(guò)點(diǎn)B作BE⊥CC1，垂足為E. 則AC1＝＝，AB1＝＝， B1C1＝BE＝＝， ∴cos∠B1AC1＝＝－， sin∠B1AC1＝. ∴S△B1AC1＝＝3. S△BAC＝32＝. 設(shè)平面ABC與平面α所成銳二面角為θ， 則cos θ＝＝＝. 答案： 三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟) 18．(本小題滿分14分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知cos(A－B)＋cos C＝sin(A－B)＋sin C. (1)求角B的大??； (2)若b＝2，求△ABC面積的最大值． 解：(1)在△ABC中，A＋B＋C＝π，則cos(A－B)－cos(A＋B)＝sin(A－B)＋sin(A＋B)， 化簡(jiǎn)得2sin Asin B＝2sin Acos B， 由于00，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， ∴函數(shù)f(x)的最大值為f(0)＝0. (2)①由已知得，g′(x)＝－b， (ⅰ)若b≥1，則x∈[0，＋∞)時(shí)，g′(x)＝－b≤0， ∴g(x)＝ln(1＋x)－bx在[0，＋∞)上為減函數(shù)， ∴g(x)＝ln(1＋x)－bx0， ∴g(x)＝ln(1＋x)－bx在[0，＋∞)上為增函數(shù)， ∴g(x)＝ln(1＋x)－bx>g(0)＝0，不能使g(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，不符合題意． (ⅲ)若0g(0)＝0， ∴不能使g(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，不符合題意． 綜上所述，b的取值范圍是[1，＋∞)． ②證明：由以上得，0)， 取x＝，得 ＝－≥－＝－1＋>－1. 故－1<－ln n≤(n∈N*)．