高考数学（理）二轮复习闯关导练：押题模拟（一）.doc

1、押题模拟(一)时间：120分钟满分：150分一、选择题：本题共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(导学号：50604221)已知i是虚数单位，z，则复数z的实部为()A B. C D.2已知集合Ax|ylog2(4x)，B1,2,3,4,5，则AB()A1,2 B1,2,3 C1,2,3,4 D4,53(导学号：50604222)函数f(x)，g(x)都是定义域为R的奇函数，若f(1)g(2)3，f(1)g(2)1，则()Af(1)1，g(2)2 Bf(1)2，g(2)1Cf(1)1，g(2)2 Df(1)2，g(2)14已知抛物线C：y28x的

2、焦点为F，若点N(4,1)，P为抛物线C上的点，则|NP|PF|的最小值为()A9 B8 C7 D65(导学号：50604223)在含甲、乙的6名学生中任选2人去执行一项任务，则甲被选中、乙没有被选中的概率为()A. B. C. D.6已知实数x，y满足则zlog2(xy)的最大值为()Alog2292 Blog214 C4 D57(导学号：50604224)九章算术中盈不足章中有这样一则故事：“今有良马与驽马发长安，至齐. 齐去长安三千里. 良马初日行一百九十三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里” 为了计算每天良马和驽马所走的路程之和，设计框图如下. 若输出的S的值为365，则判

3、断框中可以填()Ai4?Bi5?Ci6?Di7?8已知等比数列an的前n项和为Sn，且S6a7a1，则an的公比q为()A1 B2 C2或3 D1或29将一个正方体切去两个三棱锥，得到一个几何体，若该几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为()A6B3C62D310(导学号：50604225)已知向量a(sin x，cos x)，b(1，)，函数f(x)ab，且f0，把函数f(x)的图象上每个点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)图象的一个对称中心是()A. B. C. D.11(导学号：50604226)已知双曲线E

4、：1(a0，b0)的渐近线方程为3x4y0，且过焦点垂直x轴的直线与双曲线E相交所得弦长为，过双曲线E中心的直线与双曲线E交于A，B两点，在双曲线E上取一点C(与A，B不重合)，直线AC，BC的斜率分别为k1，k2，则k1k2等于()A. B. C. D.12已知函数f(x)若f(x)kx，对xR成立，则实数k的取值范围是()A1，e B0,1 C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13(导学号：50604227)已知tan 5，则_.14(xy)2(x2y)8的展开式中，含x4y6的项的系数为_15(导学号：50604228)若三棱锥PABC的体积为，PA平面ABC，ABB

5、C，AB2，AC2，则三棱锥PABC的外接球的表面积为_16已知正项数列的前n项和为Sn，若和都是等差数列，且公差相等，设bn，若b1b2bnm对于任意的nN*均成立，则最小的正整数m的值为_三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：共60分17(导学号：50604229)(12分)已知ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3a2ab2b20.()若B，求sinC的值；()若sin A3sin C3sin B，求sinC的值18.(导学号：50604230)(12分)如

6、图所示的多面体中，底面ABCD为正方形，GAD为等边三角形，BF平面ABCD，GDC90，点E是线段GC上除两端点外的一点()若点P为线段GD的中点，证明：AP平面GCD；()若二面角BDEC的余弦值为，试通过计算说明点E的位置19.(导学号：50604231)(12分)为了应对新课标高考，了解学生的成绩状况，在一次省质检中，某省教育部门随机抽取了500名学生的数学考试成绩，统计如下表所示：成绩X75,85)85,95)95,105)105,115)115,125人数Y3012021010040()已知本次质检数学测试的成绩XN(，2)，其中近似为样本的平均数，2近似为样本方差s2，若该省有1

7、0万考生，试估计数学成绩介于110120分的人数；()以频率估计概率，若从该省所有考生中随机抽取4人，记这4人中成绩在105,115)的人数为，求的分布列以及数学期望参考数据：若ZN(，2)，则P(Z)0.6826，P(2Z2)0.9544，P(3Zb0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，直线yxb截得椭圆C的弦长为.()求椭圆C的方程；()过点(m,0)作圆x2y21的切线，交椭圆C于点A，B，求|AB|的最大值，并求取得最大值时，m的值21.(导学号：50604234)(12分)已知函数f(x)xln xx.()求函数f(x)的极值；()若x1，x2是函数yx33的两个零点，求证：x

8、1x2e.(二)选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分22(导学号：50604235)选修44：坐标系与参数方程(10分)平面直角坐标系xOy中，射线l：yx(x0)，曲线C1的参数方程为(为参数)，曲线C2的方程为x2(y2)24；以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. 曲线C3的极坐标方程为8sin .()写出射线l的极坐标方程以及曲线C1的普通方程；()已知射线l与C2交于O，M，与C3交于O，N，求|MN|的值23(导学号：50604236)选修45：不等式选讲(10分)已知函数f(x)2|x2|3|x3|.()解不等式：f(x)1

9、5；()若函数f(x)的最小值为m，正实数a，b满足4a25bm，求的最小值，并求出此时a，b的大小押题模拟(一)1Azi.2B依题意，Ax|ylog2(4x)x|x7”8D当q1时，S6a7a1，当q1时，a(q61)得q2.9B该几何体的直观图如图共有6个边长为1的等腰直角三角形，2个边长为的等边三角形，所以表面积为611223，故选B.10Df(x)sin xcos x，f0，可得1，所以f(x)sin xcos xsin(x)，横坐标扩大到原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，g(x)sin(x)sin(x)，所以函数g(x)的对称中心为xk(kZ)，x2k，当k0

10、时，对称中心为(，0)11C双曲线E的两条渐近线方程为3x4y0，可设双曲线的方程1(0)，c216925，F(5，0)将x5代入方程1(0)得y，则2，解得1，故双曲线的方程为1.设点A(x1，y1)，则根据对称性可知B(x1，y1)，点C(x0，y0)，k1，k2，k1k2，且1，1，两式相减可得，.12A分x0，x0，x0讨论，得1ke.133将分式化为3.14672(xy)2x22xyy2在(x2y)8中需x2y6，x3y5，x4y4项，即C222C25C24672.1512由VPABC可得PA2.又ABBC，AB2，AC2，BC2，三棱锥PABC的外接球即为边长为2的正方体的外接球，

11、2R2，k，S4R212.164设an和的公差均为d，依题得d，即d，化简得2a1da12dd2，同理可得3a13da14d4d2，则可消去a1得d(2d1)0，故d0或d.当d0时，a10，不合题意，故d.a1，ana1(n1)d(n1)，Sn，bn4()b1b2bn4()4(1)44，存在最小的正整数m4，使b1b2bnm对于任意的正整数n均成立17解：()因为3a2ab2b20，故(3a2b)(ab)0，故3a2b，故3sin A2sin B，故sin A，因为3a2b，故ab，故A为锐角，故sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B.6分()由()可设，a2t，b

12、3t，因为sin A3sin C3sin B，故a3c3b，故ct，故cos C，故sin C.12分18解：()因为GAD是等边三角形，点P为线段GD的中点，故APGD，因为ADCD，GDCD，且ADGDD，故CD平面GAD，又AP平面GAD，故CDAP，又CDGDD，故AP平面GCD.4分()取AD的中点O，以OA所在直线为x轴，过O点作平行于AB的直线为y轴，OG所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AD2，则G(0,0，)，C(1,2,0)，故(1,2，)，设(，2，)(01)，故E(，2，).5分又B(1,2,0)，D(1,0,0)，C(1,2,0)，故(1，2，)，(2，

13、2,0)，设m(x，y，z)为平面BDE的法向量，则故令x1，故y1，z，故m为平面BDE的一个法向量.9分由()可知，为平面DEC的一个法向量，故|cosm，|，即，令t，则，t214t130，t1或13，解得或，经检验知，此时点E为线段GC的中点.12分19解：()依题意，8090100110120100，1分故2s24001000100400100，2分故XN(100，102)，故P(110X0时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，由1得k2m2k21，|AB|，当且仅当|m|1时取“”，|AB|，当ABx轴时，|AB|最大为，m1.12分21解：()依题意，x

14、(0，)，f(x)ln x，令f(x)0，得x1，当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，当x1时，函数f(x)有极小值，极小值为f(1)1，无极大值.4分()x33ln x2x3，不妨设x1x2，x1，x2(0，)，依题意得：得：xxln x1ln x2，得：xxln(x1x2)4，ln(x1x2)4，设t1，ln(x1x2)(ln t)4，欲证x1x2e，只要证：ln(x1x2)4，即证：(ln t)，即证：ln t，设g(t) ln t(t1), g(t)0，g(t)在(1，)上递增，g(t)g(1)0，ln t，(ln t)，x1x2e. 12分22解：()依题意，因为射线l：yx(x0)，故射线l：(0)；因为曲线C1：故曲线C1：1.5分()曲线C2的方程为x2(y2)24，故x2y24y0，故曲线C2的极坐标方程为4sin，设点M，N对应的极径分别为1，2，故|MN|12|2.10分23解：()依题意，2|x2|3|x3|15；当x15，解得x15，解得x2，故不等式无解；当x2时，原式化为2(x2)3(x3)15，解得x2；综上所述，不等式的解集为(，4)(2，).5分()由()可知，当x3时，函数f(x)有最小值10，故4a25b10，故(4a25b)，当且仅当时等号成立，此时a，b.10分10