高考数学一轮复习文科训练题：仿真考一 Word版含解析

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1、高考数学精品复习资料 2019.5仿真考(一)高考仿真模拟冲刺卷(A)第卷(选择题共60分)一、选择题：本大题共12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(20xx温州二模)已知i是虚数单位，则满足zi|34i|的复数z在复平面内对应的点所在的象限为()A第一象限B第二象限C第三象限 D第四象限答案：A解析：zi|34i|5，所以z5i，则复数z在复平面内对应的点为(5,1)，在第一象限故选A.2(20xx河北正定中学月考)已知集合Py|y2y20，Qx|x2axb0若PQR，且PQ(2,3，则ab()A5 B5C1 D1答案：A解析：Py|y2y20y

2、|y2或y1由PQR及PQ(2,3，得Q1,3，所以a13，b13，即a2，b3，ab5，故选A.3(20xx江西红色七校联考)下列说法正确的是()AaR，“1”的必要不充分条件B“pq为真命题”是“pq为真命题”的必要不充分条件C命题“x0R，使得x2x030”D命题p：“xR，sinxcosx”，则綈p是真命题答案：A解析：当a1时，1；而1时，如a1，1”不成立，所以aR，“1”的必要不充分条件，故A正确pq为真命题时，p，q均为真命题，pq为真命题时，p，q中至少有一个为真命题，所以“pq为真命题”是“pq为真命题”的充分不必要条件，故B错误命题“x0R，使得x2x030”的否定是“x

3、R，x22x30”，故C错误命题p：“xR，sinxcosx”是真命题，所以綈p是假命题，故D错误故选A.4(20xx北京卷，3)执行如图所示的程序框图，输出的s值为()A2 B.C. D.答案：C解析：本题考查程序框图中的循环结构由程序框图可知k1，s2；k2，s；k3，s.此时k3不成立，故输出s.故选C.5(20xx山西大同一中调研)设x，y满足约束条件则的最大值为()A. B2C. D0答案：A解析：作出不等式组表示的可行域，如图所示又因为表示区域内的点与原点间连线的斜率，由图知连线OA的斜率最大，所以A(2,3)是最优解，即max，故选A.6(20xx浙江卷，3)某几何体的三视图如图

4、所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A.1 B.3C.1 D.3答案：A解析：由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体， 该几何体的体积V12331.故选A.7(20xx南充一模)若直线2axby20(a，bR)始终平分圆x2y22x4y10的周长，则ab的取值范围是()A. B.C. D.答案：D解析：直线2axby20(a，bR)始终平分圆x2y22x4y10的周长，圆心(1,2)在直线2axby20上，可得2a2b20，解得b1a，aba(1a)2，当且仅当a时等号成立，因此a

5、b的取值范围为.8函数f(x)sin2xcos2x的一个单调递增区间是()A. B.C. D.答案：D解析：因为f(x)sin2xcos2xsin，所以令2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)，故D符合9(20xx贵阳一模)已知数列an满足2a122a22nann(nN*)，数列的前n项和为Sn，则S1S2S3S10()A. B.C. D.答案：C解析：2a122a22nann(nN*)，2a122a22n1an1n1(n2)，2nan1(n2)，当n1时也满足，故an，故，Sn11，S1S2S3S10，选C.10已知函数f(x)则函数yf(1x)的大致图象是()答案：D解析：当x0时，yf(

6、1)3，即yf(1x)的图象过点(0,3)，排除A；当x2时，yf(3)1，即yf(1x)的图象过点(2，1)，排除B；当x时，yflog0)在平面直角坐标系中的部分图象如图所示若ABC90，则()A. B.C. D.答案：B解析：由三角函数图象的对称性知P为AC的中点，又ABC90，故|PA|PB|PC|，则|AC|T.由勾股定理，得T2(8)22，解得T16，所以.12(20xx安徽淮南第四次考试)已知函数f(x)满足f(x)4f，当x时，f(x)lnx，若在上，方程f(x)kx有三个不同的实根，则实数k的取值范围是()A. B4ln4，ln4C. D.答案：D解析：由题意，x时，f(x)

7、lnx，当x(1,4时，f(x)4f4ln4lnx，作出f(x)在上的图象，如图所示，则问题转化为方程lnxkx在x有解，且4lnxkx在x(1,4有两解，即k有两解由lnxkx在x有解，可得4ln4k0；设函数g(x)，则g(x)，g(x)在(1，e)上单调递减，在(e,4上单调递增，可知kln4.b，所以A60或A120，当A60时，C180456075，c；当A120时，C1804512015，c.16已知直线l：xya0过双曲线1(a0，b0)的右顶点A，且该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B，C，若，则双曲线的渐近线方程为_答案：(1)xy0或(1)xy0解析：将直线l的方程分别

8、与两渐近线方程yx联立，解得B，C，则，又A(a,0)，则，因为，所以，整理得1，故双曲线的渐近线方程为(1)xy0或(1)xy0.三、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(一)必考题：共60分17(本小题满分12分)已知数列an是等差数列，其前n项和为Sn，数列bn是公比大于0的等比数列，且b12a12，a3b21，S32b37.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn求数列cn的前n项和Tn.解析：(1)设数列an的公差为d，bn的公比为q，且q0，由题意知a11，b12，由得解得q2(q舍去)，此时d2，故an2n1，bn2n.(2)由(1)知an

9、2n1，bn2n，则cn当n为偶数时，奇数项和偶数项各有项，故Tn(c1c3c5cn1)(c2c4c6cn)n(c2c4c6cn)，令Hnc2c4c6cn，Hn，以上两式相减得Hn.故Hn.故n为偶数时，Tnn.当n为奇数(n13)时，n1为偶数，TnTn12(n1)2n，经验证，n1时也符合综上，Tn18(本小题满分12分)(20xx成都质检)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖抽奖方法是：从装有2个红球A1，A2和1个白球B的甲箱与装有2个红球a1，a2和2个白球b1，b2的乙箱中，各随机摸出1个球若摸出的2个球都是红球则中奖，否则不中奖(1)用球的标号列出所有可能的摸

10、出结果；(2)有人认为：两个箱子中的红球比白球多，所以中奖的概率大于不中奖的概率你认为正确吗？请说明理由解析：(1)所有可能的摸出结果是A1，a1)，A1，a2)，(A1，b1)，A1，b2)，A2，a1，A2，a2)，(A2，b1，A2，b2，B，a1，B，a2，B，b1，B，b2(2)不正确理由如下：由(1)知，所有可能的摸出结果共12种，其中摸出的2个球都是红球的结果为A1，a1，A1，a2，A2，a1，A2，a2，共4种，所以中奖的概率为，不中奖的概率为1，故这种说法不正确19(本小题满分12分)(20xx河南郑州质检)如图，已知四棱锥SABCD，底面梯形ABCD中，ADBC，平面SA

11、B平面ABCD，SAB是等边三角形，已知AC2AB4，BC2AD2CD2，M是SD上任意一点，m，且m0.(1)求证：平面SAB平面MAC；(2)试确定m的值，使三棱锥SABC体积为三棱锥SMAC体积的3倍解析：(1)在ABC中，由于AB2，AC4，BC2，AB2AC2BC2，故ABAC.又平面SAB平面ABCD，平面SAB平面ABCDAB，AC平面ABCD，AC平面SAB，又AC平面MAC，故平面SAB平面MAC.(2)VSMACVMSACVDSACVSADC，23m2.20(本小题满分12分)(20xx山西孝义九校监测)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点F与椭圆C：1的一个焦点重合，点

12、A(x0,2)在抛物线上，过焦点F的直线交抛物线于M，N两点(1)求抛物线C的方程以及|AF|的值；(2)记抛物线C的准线与x轴交于点B，若，|BM|2|BN|240，求实数的值解析：(1)在椭圆C：1中，a26，b25，故c2a2b21.依题意，在抛物线C中，F(1,0)，故1，则2p4，故抛物线C的方程为y24x.将点A(x0,2)代入y24x，解得x01，故|AF|12.(2)由(1)知F(1,0)，设过点F的直线方程为xmy1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立消去x，得y24my40.且又，即(1x1，y1)(x21，y2)，y1y2，代入得消去y2，得4m22.由题意易得B

13、(1,0)，则(x11，y1)，(x21，y2)，则|BM|2|BN|222(x11)2y(x21)2yxx2(x1x2)2yy(my11)2(my21)22(my1my22)2yy(m21)(yy)4m(y1y2)8(m21)(16m28)4m4m816m440m216.由16m440m21640，解得m2，故2.21(本小题满分12分)(20xx江西鹰潭一中月考)已知函数f(x)x2ax2lnx(其中a是实数)(1)求f(x)的单调区间；(2)若设2a，且f(x)有两个极值点x1，x2(x10，即a4时，若a0恒成立f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间若a4，令f(x)0，得x

14、1，x2.当x(0，x1)(x2，)时，f(x)0，当x(x1，x2)时，f(x)4时，f(x)的单调递增区间为(0，x1)和(x2，)，单调递减区间为(x1，x2)(2)由(1)知，若f(x)有两个极值点，则a4，且x1x20，x1x21，0x11x2.又2xax120，a2.由2a，得ex13.又0x11，解得x1，于是f(x1)f(x2)(xax12lnx1)(xax22lnx2)(xx)a(x1x2)2(lnx1lnx2)(x1x2)a(x1x2)2ln4lnx1x4lnx1.令h(x)x24lnx，则h(x)0恒成立，h(x)在上单调递减，hh(x)h，即e24f(x1)f(x2)0，b0，a3b32.证明：(1)(ab)(a5b5)4；(2)ab2.证明：(1)(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a2b2)24.(2)因为(ab)3a33a2b3ab2b323ab(ab)2(ab)2，所以(ab)38，因此ab2.