1、 高考仿真模拟冲刺卷（一）本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分考试时间120分钟第卷(选择题共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5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已知复数z，则z的共轭复数()A1 B1 Ci Di2已知条件p：x1，条件q：f(x)的解集是()A. B.C. D.11已知函数f(x)asinxbcosx(a，b为常数，a0，xR)在x处取得最大值，则函数yf是()A奇函数且它的图象关于点(，0)对称B偶函数且它的图象关于点对称C奇函数且它的图象关于点对称D偶函数且它的图象关于点(，0)对称12已知椭圆C：1的右焦点为F，
2、不垂直于x轴且不过F点的直线l与椭圆C交于M，N两点，若MFN的外角平分线与直线MN交于点P，则P点的横坐标为()A2 B. C3 D4第卷(非选择题共90分)本卷包括必考题和选考题两部分第1321题为必考题，每个试题考生都必须作答，第2223题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上13已知数列an满足：a1a21，an1(n3，nN*)，则a6_.14已知向量a，b，其中|a|，|b|2，且(ab)a，则向量a和b的夹角是_15为了判断高中三年级学生是否选修文科与性别的关系，现随机抽取50名学生，得到如下22列联表：理科文科男1310
3、女720已知P(K23.841)0.05，P(K25.024)0.025.根据表中数据，得到K2的观测值k4.844.则认为选修文科与性别有关系出错的可能性为_16六张卡片上分别写有数字0,1,2,3,4,5，从中任取四张排成一排，可以组成不同的四位奇数的个数为_三、解答题：本大题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(本小题满分12分)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a4cosC，b1.(1)若A90，求ABC的面积；(2)若ABC的面积为，求a，c.18.(本小题满分12分)已知数列an的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an(1
4、)nan，求数列bn的前2n项和19(本小题满分12分)如图，在三棱锥VABC中，平面VAB平面ABC，VAB为等边三角形，ACBC且ACBC，O，M分别为AB，VA的中点(1)求证：VB平面MOC；(2)求证：平面MOC平面VAB；(3)求三棱锥VABC的体积20(本小题满分12分)已知椭圆C：y21(常数a1)的离心率为，M，N是椭圆C上的两个不同动点，O为坐标原点(1)求椭圆C的方程；(2)已知A(a,1)，B(a,1)，满足kOMkONkOAkOB(kOM表示直线OM的斜率)，求|MN|取值的范围21(本小题满分12分)已知函数f(x)aln(1x)(aR)，g(x)x2emx(mR)
5、(1)当a1时，求函数f(x)的最大值；(2)若a0，求不等式f(x)4的解集1D本题考查复数的概念、运算复数zi，则z的共轭复数是i，故选D.实部相等、虚部互为相反数的两个复数互为共轭复数2D本题考查充分条件、必要条件的判断条件q：10x1，则綈p：x0)，由a4a2a64a，又an0，则a32a4，q，则a12a22a13，a1，则a4a1q3，故选C.灵活应用等比数列的性质是解题的关键知识拓展：等比数列的性质：若an是等比数列，且mnpq，m，n，p，qN*，则amanapaq，特别地，若mn2p，m，n，pN*，则amana在解题中具有广泛的应用6C由于甲组数据的中位数为1510x，x
6、5.又乙组数据的平均数为16.8，y8.x，y的值分别是5,8.7C本题考查程序框图的识别、算法的意义及几何概型的计算开始输入x1,13，n1；第一次循环时，x3,27，n2；第二次循环时，x7,55，n3；第三次循环时，x15,111，n4；第四次循环时，x31,223，n54，此时程序结束，输出的数是从31到223的所有数，其中大于或等于95的数的范围在95到223之间，即其概率为P，故选C.本题利用程序框图计算出的是某一个区间的数，根据这些数在数轴上表示的区间的比值即可计算出概率值8C本题考查条件概率由题意可得P(AB)，P(A)，由条件概率的公式可得P(B|A)，故选C.本题的突破点是
7、条件概率计算公式的应用9A本题考查三视图、几何体的体积由三视图可得该几何体是三棱柱ABCA1B1C1截去一个三棱锥A1B1C1C后余下的五面体，三棱柱的底面是以2为直角边的等腰直角三角形，高为2，则该几何体的体积是222222，故选A.本题的突破点是由三视图得几何体的直观图10B本题考查导数在函数中的应用设g(x)，则g(x)，又因为3f(x)f(x)3，所以g(x)0，即函数g(x)在R上为常函数，设g(x)c(c为常数)，则f(x)ce3x1，又因为f(0)ce3011，所以c2，则f(x)2e3x1，则f(x)6e3x，则4f(x)f(x)等价于4(2e3x1)6e3x，解得x，即4f(
8、x)f(x)的解集为，故选B.根据题意合理构造函数是解题的关键11B 本题考查三角恒等变换及三角函数的性质f(x)asinxbcosxsin(x)，其中tan，其在x处取得最大值，则2k(kZ)，即2k(kZ)，f(x)sin(x)sin，fsincosx，其是偶函数，且图象关于点(kZ)对称，故选B.本题先要将三角函数进行三角恒等变换化成最简形式，然后观察其性质12D解析：本题考查直线与椭圆的位置关系解法一：如图，过点M作MFNF交FP于F，设P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由MFNF，12得13，MFMF，由MFNF得，故.由椭圆第二定义知e，又a2，e，；又由得，解
9、得x04，故选D.解法二：令M，N(2,0)，则NFM，则角平分线FP所在直线的方程为yx1，直线MN的方程为y(x2)，联立解得P(4,3)，故选D.本题的突破点是特殊值法的应用13.解析：本题考查数列的通项由题意可得a31，a411，a611.本题的突破点是依次赋值，再正确运算即可14.解析：本题考查平面向量的运算、平面向量垂直的条件因为(ab)a，所以(ab)a|a|2|a|b|cosa，b32cosa，b0，解得cosa，b，则向量a，b的夹角为.两向量垂直，则它们的数量积为零155%解析：K2的观测值k4.844，这表明小概率事件发生根据假设检验的基本原理，应该判定“是否选修文科与性
10、别之间有关系”成立，并且这种判断出错的可能性约为5%.16144解析：本题考查排列组合的应用0,1,2,3,4,5这6个数字中含3个奇数；1,3,5；要使组成的四位数是奇数，则首先要保证其末位是奇数，共有C种取法；其次要保证其首位不为0，此时首位只有2,4这2个偶数及剩下的2个奇数可取，共有C种取法；剩下还有4个数字，将它们填入中间两个数位中，有A种取法；故共有CCA144种取法本题中要求是奇数，因此其最末一位要是奇数，此外首位还不能为0，注意这两点后即可得到结果17分析：本题考查同角三角函数的基本关系、余弦定理、三角形面积公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想等
11、(1)利用余弦定理、三角形面积公式求解；(2)利用三角形面积公式，结合平方关系求解解：(1)a4cosC4，b1，2c2a21.(2分)又A90，a2b2c2c21.2c2a21c22，c，a.(4分)SABCbc1.ABC的面积为.(6分)(2)SABCabsinCasinC，则sinC.(8分)a4cosC，sinC，221，化简得(a27)20，(10分)a，由余弦定理c2a2b22abcosC得c2.(12分)18解：(1)当n1，a1S11；当n2时，anSnSn1n.a1也满足ann，故数列an的通项公式为ann.(2)由(1)知ann，故bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和
12、为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.19解析：(1)证明：因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OMVB.又因为VB平面MOC，所以VB平面MOC.(2)证明：因为ACBC，O为AB的中点，所以OCAB.又因为平面VAB平面ABC，且OC平面ABC，所以OC平面VAB.所以平面MOC平面VAB.(3)在等腰直角三角形ACB中，ACBC，所以AB2，OC1.所以等边三角形VAB的面积SVAB.又因为OC平面VAB，所以三棱锥CVAB的体积等于OCS
13、VAB.又因为三棱锥VABC的体积与三棱锥CVAB的体积相等，所以三棱锥VABC的体积为.20分析：本题考查圆锥曲线的方程及直线与圆锥曲线交点问题，考查考生的计算能力及整体代换思想的应用(1)根据椭圆的离心率，可以直接计算出椭圆的方程；(2)分直线斜率存在与不存在两种情况进行讨论，设出直线方程，联立方程组写出线段|MN|长度表达式，最终求出其取值范围解：(1)由题意得，解得a.所以椭圆C的方程为y21.(3分)(2)解法一：由(1)得a，故点A(，1)，B(，1)当MN的斜率不存在时，不妨设M(x1，y1)，N(x1，y1)且y10，则kOMkONkOAkOB，化简得x2y，由点M(x1，y1
14、)在椭圆上得y1.联立方程解得x11，y1，得|MN|y1(y1)2y1(为定值)(5分)当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为ykxt，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由消去y可得(12k2)x24ktx2(t21)0，则(4kt)24(12k2)2(t21)8(2k21t2)0，即2k21t20，(*)x1x2，x1x2，(8分)y1y2(kx1t)(kx2t)k2x1x2kt(x1x2)t2，又kOMkONkOAkOB，得x1x22y1y20，即20，解得2t22k21，代入(*)得t20，且2t22k211，故t2，且k2，(10分)所以|MN|x1x2|2 (，2综上所述，|
15、MN|2.(12分)解法二：由条件得，平方得xx4yy(2x)(2x)，即xx2，(8分)又x2(1y)，x2(1y)得yy1.设y1cos，y2sin，则|MN|，(10分)当sin21时，|MN|max2，当sin21时，|MN|min，所以|MN|2.(12分)21分析：本题考查导数在函数中的应用，考查考生的分析能力和运算能力(1)先求导，根据导函数的符号确定函数的单调性，进而求解最值；(2)将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题求解解：(1)函数f(x)的定义域为x(1，)，(1分)当a1时，f(x)ln(1x)，f(x)，(2分)当x(1,0)时，f(x)0函数f(x)在(1,0)上
16、单调递增(3分)当x(0，)时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递减，(4分)f(x)maxf(0)0.(5分)(2)令(x)f(x)1aln(1x)1，“当a0时，对任意的x1，x20,2，f(x1)1g(x2)恒成立”等价于“当a0时，对任意的x1，x20,2，(x)ming(x)max恒成立”，(6分)(x)，当a0，函数(x)在0,2上单调递增，(x)min(0)1.(7分)g(x)2xemxx2emxm(mx22x)emx，(8分)若m0，则g(x)x2，当x0,2时，g(x)maxg(2)4，显然不满足g(x)max1，(9分)若m0，令g(x)0得x10，x2，当2，即1
17、m0时，在0,2上g(x)0，g(x)单调递增，此时g(x)maxg(2)4e2m，由4e2m1，得mln2，1mln2；(10分)当02，即m1时，在上g(x)0，g(x)单调递增，在上g(x)0，g(x)单调递减，此时g(x)maxg，由1，得m，m1；(11分)当0时，在0,2上，g(x)0，g(x)单调递增，此时g(x)maxg(2)4e2m,4e2m1不成立，综上所述，m的取值范围是(，ln2(12分)22分析：本题考查直线的极坐标方程、圆的参数方程以及直线与圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力考查数形结合思想、化归与转化思想等(1)利用极坐标与直角坐标的互化公式将极坐标方程化为
18、直角坐标方程，再求圆的参数方程；(2)将直线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用弦长公式求解解：(1)由24cos30可知x2y24x30.(x2)2y21.(2分)令x2cos，ysin，C1的一个参数方程为(为参数，R)(4分)(2)C2：43，43，即2x2y30.(6分)直线2x2y30与圆(x2)2y21相交于A，B两点，圆心到直线的距离d，(8分)|AB|2 .(10分)23分析：(1)本题考查含有绝对值的函数的最值、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力、分类与整合思想、化归与转化思想等(1)对a的不同范围分别去掉绝对值转化为分段函数，利用函数单调性、最小值建立关于a的方程求解；(2)利用零点分区间讨论法去掉绝对值，结合函数图象解不等式解：(1)当a2时，f(x)f(x)最小值12，a2.(2分)当a2时，f(x)f(x)最小值12，a6.(4分)综上可知，a2或a6.(5分)(2)由(1)知，a0时，a2.不等式f(x)4，即|x2|x2|4.(6分)由(1)知f(x)(8分)由x14得x；由x34得x2，不等式的解集为.(10分)第 17 页 共 17 页
