1、考前考前 20 天终极冲刺高考模拟考试卷（天终极冲刺高考模拟考试卷（10） 一、一、选择题：本题共选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的。求的。 1已知集合 2 |0 , |3 x AxBx x x ，则(AB ) A |0 x x B |3x x C |23xx D |23xx或0 x 2设复数 1 1 i z i ，那么在复平面内复数1z 对应的点位于( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3已知双曲线 22 22 1(0,0) xy a
2、b ab 的一条渐近线平行于直线:250l xy，则双曲线的离心率为( ) A2 B5 C3 D 5 2 4 “3 1 2 ”高考方案中， “3”是指统一高考的语文、数学、外语 3 门科目， “1”是指考生在物理、历史 两门选择性考试科目中所选择的 1 门科目， “2”是指考生在思想政治、地理、化学、生物 4 门选择性考试 科目中所选择的 2 门科目小明同学非常喜欢化学，所以必选化学，那么他的选择方法数有( ) A4 种 B6 种 C8 种 D12 种 5将函数sin(2) 6 yx 的图象向右平移(0) 个长度单位所得图象的对应函数为( )g x，则“ 3 ”是 “( )g x为偶函数”的(
3、 ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 6已知m，n，p，q为正整数，在等差数列 n a中， “mnpq”是“ mnpq aaaa”的( ) A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 7已知正方体 1111 ABCDABC D和空间任意直线l，若直线l与直线AB所成的角为 1 ，与直线 1 CC所成的 角为 2 ，与平面ABCD所成的角为 1 ，与平面 11 ACC A所成的角为 2 ，则( ) A 12 2 B 12 2 C 12 2 D 12 2 8十九世纪下半叶集合论的创立奠定了现代数学的基础著名的“康托三分集”
4、是数学理性思维的构造产 物，具有典型的分形特征仿照“康托三分集”我们可以构造一个“四分集” ，其操作过程如下：将闭区间 0，1均分为四段， 去掉其中的区间段 1 ( 4 ，1 2 ， 记为第一次操作；再将剩下的三个区间0，1 4 ， 1 ( 2 ，3 4 ， 3 ( 4 ，1分别均分为四段，并各自去掉第二个区间段，记为第二次操作；，如此这样，每次在上一次操作 的基础上，将剩下的各个区间分别均分为四段，同样各自去掉第二个区间段操作过程不断地进行下去， 以至无穷，剩下的区间集合即是“四分集” 若使去掉的各区间长度之和不小于 19 20 ，则需要操作的次数n的 最小值为( )（参考数据：20.301
5、0lg ，30.4771)lg A11 B10 C9 D8 二、二、选择题：本题共选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。 全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的对分，部分选对的对 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 9某个国家某种病毒传播的中期，感染人数y和时间x（单位：天）在 18 天里的散点图如图所示，下面四 个回归方程类型中有可能适宜作为感染人数y和时间x的回归方程类型的是( ) Ayabx B x yabe Cyablnx D 2 yab
6、x 10若 623456 0123456 (2) xaa xa xa xa xa xa x，则( ) A 0 64a B 0123456 1aaaaaaa C 6 0123456 3aaaaaaa D 3 a是 0 a、 1 a、 2 a、 3 a、 4 a、 5 a、 6 a中的最大值 11如图，过点(2,0)P作两条直线2x 和:2(0)l xmym分别交抛物线 2 2yx于A，B和C，D（其 中A，C位于x轴上方） ，直线AC，BD交于点Q则下列说法正确的是( ) AC，D两点的纵坐标之积为4 B点Q在定直线2x 上 C|PC最小值是 2 D无论CD旋转到什么位置，始终有CQPBQP 1
7、2已知函数( )f x对于任意xR，均满足( )(2)f xfx当1x时， ,01 ( ) ,0 x lnxx f x ex ，若函数 ( )| 2( )g xm xf x ，下列结论正确的为( ) A若0m ，则( )g x恰有两个零点 B若 3 2 me，则( )g x有三个零点 C若 3 0 2 m，则( )g x恰有四个零点 D不存在m使得( )g x恰有四个零点 三、填空题：本题共填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13已知直线 1: 10lmxy ， 2: 10lmxy ，mR，若 12 ll，则m 14在ABC中，a，b，c分别为角A，
8、B，C所对的边， 3 A ， 2 sin4 2sinbCB，则ABC的面积 为 15现有一个高为 4 的正三棱柱容器（厚度忽略不计） ，其外接球的表面积为32，则能放入该容器的最大 的球的体积为 16已知AOB是直角三角形，AOB是直角，MON是等边三角形，4AB ，1OM ，则MA NB的最 大值为 四、四、解答题：本题共解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3 cossin3aCcAb （1）求A； （2）若2c ，且BC边上的中线长为3，
9、求b 18已知数列 n a的前n项和为 n S，且满足 1 1 2 a ， 1 12 nn Sa ， * nN （1）求数列 n a的通项公式； （2）若 1 2 log nn ba，且 2 1 41 n n c b ，求数列 n c的前n项和 n T 19某学校共有 1000 名学生参加知识竞赛，其中男生 400 人，为了解该校学生在知识竞赛中的情况，采取 分层抽样随机抽取了 100 名学生进行调查，分数分布在450 950分之间，根据调查的结果绘制的学生分数 频率分布直方图如图所示： 将分数不低于 750 分的学生称为“高分选手” （1）求a的值，并估计该校学生分数的平均数、中位数和众数（
10、同一组中的数据用该组区间的中点值作代 表） ； （2）现采用分层抽样的方式从分数落在550，650)，750，850)内的两组学生中抽取 10 人，再从这 10 人中随机抽取 3 人，记被抽取的 3 名学生中属于“高分选手”的学生人数为随机变量X，求X的分布列及 数学期望； （3）若样本中属于“高分选手”的女生有 10 人，完成下列22列联表，并判断是否有97.5%的把握认为 该校学生属于“高分选手”与“性别”有关？ 属于“高分选手” 不属于“高分选手” 合计 男生 女生 合计 （参考公式： 2 2 () ()()()() n adbc K ab cd ac bd ，其中)nabcd 2 ()
11、P Kk 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 20如图，在三棱柱 111 ABCABC中，四边形 11 BBC C是菱形，且 1 ABBABC （1）求证： 11 ACBC； （2） 若 1 6 0B C C，2ACAB，45ACB， 三棱锥 1 ABBC的体积为18 3， 求三棱柱 111 ABCABC 的表面积 21已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 经过点 3 (1,) 2 ，且椭圆C的离心率 3 2 e （1）求椭圆C的方程； （2） 若
12、点M，N是椭圆C上的两个动点， 1 k， 2 k分别为直线OM，ON的斜率且 12 1 4 k k ， 试探究OMN 的面积是否为定值 22已知函数( )f xlnxaxa，且( ) 0f x 对0 x 恒成立 （）求a的值； （）若关于x的方程( ) x mf xxem 有两个实根，求实数m的取值范围 考前考前 20 天终极冲刺高考模拟考试卷（天终极冲刺高考模拟考试卷（10）答案）答案 1解：因为 |0Ax x或2x ， |3Bx x， 所以 |23ABxx或0 x 故选：D 2解：复数 2 1(1)2 1(1)(1)2 iii zi iii ， 那么在复平面内复数11zi 对应的点( 1,
13、 1) 位于第三象限， 故选：C 3解：双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的一条渐近线平行于直线:250l xy， 可得 1 2 b a ， 所以 22 2 15 1 42 cab e aa 故选：D 4解：根据题意，分 2 步进行分析： 小明必选化学，需要在思想政治、地理、生物中再选出一门，有 1 3 3C 种选法， 小明在物理、历史两门选出一门，有 1 2 2C 种选法， 则有326种选择方法， 故选：B 5解：将函数sin(2) 6 yx 的图象向右平移(0) 个长度单位所得图象的对应函数为( )g x， 则( )sin2()sin(22) 66 g xxx ， 若(
14、)g x是偶函数， 则2 62 k ，得2 3 k ， 即 26 k ，kZ， 当1k 时， 3 ，当2k 时， 3 不成立，即必要性不成立， 反之当 3 时，( )g x是偶函数，即充分性成立， 故“ 3 ”是“( )g x为偶函数”的充分不必要条件， 故选：A 6解：根据题意，在等差数列 n a中，若公差0d ，有mnpq，但 mnpq aaaa， 则“mnpq”不是“ mnpq aaaa”的充分条件， 反之，在等差数列 n a中，若公差1d ，有 174 2aaa， 243 2aaa， 有 1724 aaaa，但1724， 则“mnpq”不是“ mnpq aaaa”的必要充分条件， 故“
15、mnpq”不是“ mnpq aaaa”的既不充分也不必要条件， 故选：D 7解：不妨将直线l平移使其过点A，则l与侧面 11 BBC C的交点为F， 过F作FEBC，垂足为E，则FE 平面ABCD， 所以 1 BAFEAF ， 2 90AFEEAF ， 则 12 (90)90EAFEAF，故选项B正确，选项A错误； 由于平面ABCD与平面 11 ACC A有交线AC， 故当l为AC时， 12 0，故选项B，D错误 故选：B 8解：第一次操作去掉的区间长度为 1 4 ， 第二次操作去掉 3 个长度为 2 1 4 的区间，长度和为 2 3 4 ， 第三次操作去掉 2 3个长度为 3 1 4 的区间
16、，长度和为 2 3 3 4 ， ， 第n次操作去掉 1 3n个长度为 1 4n 的区间，长度和为 1 3 4 n n ， 所以进行n次操作后，所有去掉区间长度和为 21 23 13333 1 ( ) 44444 n n n S ， 由题意知 319 1( ) 420 n ， 12 10.4 223 lg n lglg ， 故n的最小值为 11， 故选：A 9解：根据图象可知，函数图象随着自变量的变大，函数值增长速度越来越快， 再由图象的形状结合选项，可判定函数 x yabe或的 2 yabx符合要求 故选：BD 10解： 623456 0123456 (2) xaa xa xa xa xa x
17、a x， 令0 x ，有 6 0 264a，故选项A正确； 令1x ，有 6 0126 (2 1)1aaaa ，故选项B正确； 令1x ，有 66 0123456 (2 1)3aaaaaaa，故选项C正确， 又 333 360 2 ( 1)aCa，故选项D错误， 故选：ABC 11解：设点 1 (C x， 1) y， 2 (D x， 2) y 将直线l的方程2xmy代入抛物线方程 2 2yx得： 2 240ymy 则 12 4y y 故A正确； 由题得(2,2)A，(2, 2)B， 直线AC的方程为 1 2 2(2) 2 yx y ，直线BD的方程为 2 2 2(2) 2 yx y ， 消去y
18、得 1212 12 2() 4 y yyy x yy ，将 12 4y y 代入上式得2x ， 故点Q在直线2x 上，故B正确； 计算2PA，2OP ，可知选项C错误； 因为PAPB，但QAQB，所以D错误 故选：AB 12解：由( )(2)f xfx对任意xR都成立， 所以函数( )f x的图像关于直线1x 对称， 先作出函数( )f x在(，1上的图像，再作出这部分图像关于直线1x 对称的图像，得函数( )f x的图像， 如图所示： 令( )0g x ，得( )| 2f xm x， 令( )| 2h xm x，则函数( )g x的零点个数即函数( )f x的图像与函数( )yh x的图像的
19、交点个数， 因为()( )hxh x， 所以函数( )yh x是偶函数， 所以( )yh x的图像关于y轴对称，且恒过定点(0, 2)， 当函数( )yh x的图像过点(2,1)A时， 3 2 m ， 过点(0, 2)作函数(01)ylnxx的图像的切线， 设切点为 0 (x， 0) lnx处的切线方程为 00 0 1 ()ylnxxx x ， 又切线过点(0, 2)，所以 0 1 x e ， 所以切线的斜率为e， 即当me时，( )yh x的图像与函数(01)ylnxx的图像相切， 对于A：若0m ，则( )g x恰有两个零点，故A正确； 对于B：若 3 2 me，则( )g x有三个零点，
20、故B正确； 对于C，D：若 3 0 2 m，则( )g x恰有四个零点，故C正确，D不正确 故选：ABC 13解：直线 1: 10lmxy ， 2: 10lmxy ，mR， 12 ll， 2 10m ， 解得1m 故答案为：1 14解：因为 2 sin4 2sinbCB， 所以由正弦定理可得 2 4 2cbb，可得4 2bc ， 又 3 A ， 所以ABC的面积 11 sin4 22 SbcA 3 26 2 故答案为：6 15解：如图， 设正三棱柱的底面中心为G，外接球的球心为O，连接OG，OA， 由外接球的表面积为32，得外接球的半径为 32 2 2 4 OA ， 又2OG ， 22 842
21、AGOAOG， 则 3 3 2 ADAG，可得1GD 能放入该容器的最大的球的半径为 1，体积为 3 44 1 33 故答案为： 4 3 16 解： 由题意， 以O为原点， 分别以AO，OB为x，y轴建立如图所示的直角坐标系， 设( ,0)A a，(0, )Bb， 因为1OM ，所以设(cos ,sin)M，则(cos() 3 N ，sin() 3 ， 故(cos , sin )MAa，( cos() 3 NB ，sin() 3 b ， 所以(cos)cos()sin sin() 33 MA NBab 1313 (cos)( cossin)sin(sincos ) 2222 ab 22 131
22、313 cossincoscossinsinsinsincos 222222 aab 131 ()sincos 222 aba 22 131 ()sin()() 22422 aba 1 163 2 ab， 22 162|abab，|8ab，即88ab 剟，当且仅当| |ab时取等号， ab的最小值为8， MA NB的最大值为 115 168 322 32 3 222 故答案为： 5 2 3 2 17解： （1）因为3 cossin3aCcAb，由正弦定理可得3sincossinsin3sinACCAB， 因为BAC， 所以3sincossinsin3sincos3cossinACCAACAC，
23、 可得sinsin3cossinCAAC，因为sin0C ，所以sin3cosAA ，可得tan3A ， 又因为(0, )A，可得 2 3 A （2）由余弦定理可得 2222 2cos42abcbcAbb， 又在ABC中， 22222 4 cos 24 acbab B aca ，设BC的中点为D， 在ABD中， 2 222 ( )1 24 cos 2 2 2 aa cAD B a a c ，可得 2 221 4 4 42 a ab aa ，可得 22 420ab， 由可得 2 280bb，解得4b 18解： （1）因为 1 12 nn Sa ，所以 1 12(2) nn Sa n ， 两式相减
24、得 1 2(2) nn aa n ， 因为 1 1 2 a ， 1 12 nn Sa ， 所以令1n ，则可得 21 11 (1) 24 aa， 所以 2 1 1 2 a a ， 又 1 1 0 2 a ， 2 1 0 4 a ， 1 2 nn aa ， 所以 * 0() n anN 所以 1 1 2 n n a a ， * ()nN， 所以数列 n a是首项为 1 2 、公比为 1 2 的等比数列， 所以 1 ( ) 2 n n a ； （2）因为 1 ( ) 2 n n a ，所以 1 2 log nn ban， 所以 22 111111 () 4141(21)(21)2 2121 n n
25、 c bnnnnn ， 所以 123 1 11111111 ()()()(1) 2 1335212122121 nn n Tcccc nnnn 19解： （1）由题意知100 (0.00150.00250.00150.001)1a，解得0.0035a ， 样本平均数为5000.156000.357000.258000.159000.10670 x ， 中位数为 650，众数为 600 （2）由题意，从550，650)中抽取 7 人，从750，850)中抽取 3 人， 随机变量X的所有可能取值有 0，1，2，3 3 37 3 10 ()(0 kk C C P Xkk C ，1，2，3)所以随机变
26、量X的分布列为： X 0 1 2 3 P 35 120 63 120 21 120 1 120 随机变量X的数学期望 35632119 ()0123 12012012012010 E X （3）由题可知，样本中男生 40 人，女生 60 人属于“高分选手”的 25 人，其中女生 10 人； 得出以下22列联表： 属于“高分选手” 不属于“高分选手” 合计 男生 15 25 40 女生 10 50 60 合计 25 75 100 22 2 ()100(102515 50)50 5.024 ()()()()257540609 n adbc K ab cd ac bd ， 所以有97.5%的把握认为
27、该校学生属于“高分选手”与性别有关 20解： （1）由题可知， 1 ABCABB ， 1 ACAB 连接 1 BC与 1 B C相交于点O， 四边形 11 BBC C是菱形， 11 BCBC，且O为 1 B C的中点， 1 BCAO， 1 BCAOO， 1 BC、AO 平面 1 ABC， 1 BC平面 1 ABC， 1 AC 平面 1 ABC， 11 ACBC （2）在ABC中，由余弦定理得， 222222 22 cos 2222 ACBCABABBCAB ACB AC BCAB BC ， BCAB， 222 BCABAC，即ABBC 1 ABBABC ， 1 ABBB， 又 1 BCBBB，
28、BC、 1 BB 平面 11 BCC B，AB面 11 BCC B，即AB为三棱锥 1 ABBC的高 设ABa，则 1 BCBBa， 三棱锥 1 ABBC的体积为18 3， 1 111 sin12018 3 332 BB C SABa aa，解得6a ， 22 36366 2ACABBC 设等腰三角形 1 ACC底边 1 CC上的高为h，则 221 ()7293 7 2 CC hAC 故三棱柱的表面积 11 11 1 22 ABCACCABB ABCC B SSSSS 矩形菱形 111 26666266 sin60263 77218 318 7 222 21解： （1）由，可得， 又椭圆经过点
29、，可得， 2 2 3 1 2 cb e aa 1 2 ba 3 (1,) 2 22 13 1 4ab 解得， 则椭圆的方程为； （2）设直线的方程为， 与椭圆方程联立，可得， 设，可得， ， ， 到直线的距离为， 所以的面积为， 由，可得， 即为， 可得， 化为， 所以， 故的面积为定值 1 22解： （）因为，且（1）， 故是函数的极值点， 因为， 所以（1），故， 又因为时，且， 故在上单调递增，在上单调递减， 故（1）， 故 2a 1b C 2 2 1 4 x y MNxmyt 22 440 xy 222 (4)240mymtyt 1 (M x 1) y 2 (N x 2) y 12 2
30、 2 4 mt yy m 2 12 2 4 4 t y y m 2 2222 2 121212 22222 44(4)4 |()44 (4)4(4) m ttmt yyyyy y mmm 22 2 2 4 | 4 1 4 mt MNm m OMN 2 | | 1 t d m OMN 22 2 14 | 2| | 24 mt SdMNt m 12 1 4 k k 12 12 1 4 y y x x 22 1 21212121212 4()()4(4)()0 x xy ymyt myty ymy ymt yyt 2 22 22 42 (4)()0 44 tmt mmtt mm 22 42mt 22
31、 2 2 2| |1 2 tt St t OMN ( ) 0f x f0 1x ( )f x 1 ( )fxa x f10a 1a 1a ( )1f xlnxx 1 ( )1fx x ( )f x(0,1)(1,) ( )f xf0 1a （）因为，则， 设，则， 令，可得，令，可得， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以（1）， 所以， 所以， 设， 则， 因为，所以，即， 令，可得，令，可得， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 所以（1）， 又当无限增大或无限接近 0 时，都趋近于 0， 故， 因为关于的方程有两个实根， 所以实数的取值范围是， ( ) x mf xxem () x m lnxxxe ( )h xlnxx 11 ( )1 x h x xx ( )0h x01x( )0h x1x ( )h x(0,1)(1,) ( )h xh10 lnxx x xe m lnxx ( ) x xe g x lnxx 2 (1)(1) ( ) () x ex lnxx g x lnxx lnxx1lnxxx10lnxx ( )0g x01x( )0g x1x ( )g x(0,1)(1,) ( )g xg 1 e x( )g x 1 ( )0g x e x( ) x mf xxem m 1 ( e 0)