最新高考数学理科模拟试题冲刺试题精编12套模拟卷全解析模拟卷详解答案解析卷理.docx
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最新高考数学理科模拟试题冲刺试题精编12套模拟卷全解析模拟卷详解答案解析卷理
最新高考数学理科模拟试题冲刺试题
精编12套模拟卷全解析模拟卷(理)
详解答案
高考理科数学模拟试题精编
(一)
1.解析:
选D.∵Q={x|0≤x≤,x∈N}={0,1,2},∴满足条件的集合P有23=8个.
2.解析:
选A.由题意,得m(m-1)=0且(m-1)≠0,得m=0,所以z=-i,==i,故选A.
3.解析:
选C.由题意,得(a1+5)2=a1(a1+4×5),解得a1=,所以S6=6×+×5=90,故选C.
4.解析:
选D.解法一:
设“小明上学时到十字路口需要等待的时间不少于20秒”为事件A,则P(A)==,选D.
解法二:
设“小明上学时到十字路口需要等待的时间不少于20秒”为事件A,其对立事件为“小明上学时到十字路口需要等待的时间少于20秒”,则P(A)=1-=,选D.
5.解析:
选D.由三视图知识可知,选项A,B,C表示同一个三棱锥,选项D不是该三棱锥的三视图.
6.解析:
选C.f(x)=ln(x+)为奇函数⇔f(-x)+f(x)=0⇔ln(x+)+ln(-x+)=0⇔lna2=0⇔a=±1.
7.解析:
选B.3=6,展开式的通项为Tr+1=Cr6·6-r·(2x)r=Cr62rx2r-6,令2r-6=0,可得r=3,故展开式的常数项为C3623=160.
8.解析:
选B.在空间直角坐标系Oxyz中,不等式组表示的区域是棱长为1的正方体区域,相应区域的体积为13=1;不等式组表示的区域是棱长为1的正方体区域内的球形区域,相应区域的体积为×π×13=,因此≈,即π≈3.126,选B.
9.解析:
选C.因为f(x)≤|f|对x∈R恒成立,即=|sin|=1,所以φ=kπ+(k∈Z).因为f>f(π),所以sin(π+φ)>sin(2π+φ)∴-sinφ>sinφ,即sinφ<0,所以φ=-π+2kπ(k∈Z),
所以f(x)=sin,所以由三角函数的单调性知2x-∈(k∈Z),
得x∈(k∈Z),故选C.
10.解析:
选B.设M(xM,yM),∵=3,∴2-(-2)=3(2-xM),则=,∴xM=,代入抛物线C:
y2=8x,可得yM=±,不妨设M,则直线MF的方程为y=-(x-2),代入抛物线C:
y2=8x,可得3x2-20x+12=0,
∴N的横坐标为6,∴|MN|=+2+6+2=.
11.解析:
选C.依题意得,Sn=
=1-n.当n为奇数时,Sn=1+随着n的增大而减小,1<Sn=1+≤S1=,Sn-随着Sn的增大而减小,0<Sn-≤;当n为偶数时,Sn=1-随着n的增大而增大,=S2≤Sn=1-<1,Sn-随着Sn的增大而增大,-≤Sn-<0.因此Sn-的最大值与最小值分别为、-,其最大值与最小值之和为-==,选C.
12.解析:
选A.由题易知当m≤0时不符合题意,当m>0时,g(x)=|2-x-m|,即g(x)=|x-m|.当f(x)与g(x)在区间[1,2]上同时单调递增时,f(x)=|2x-m|与g(x)=|x-m|的图象如图1或图2所示,易知解得≤m≤2;当f(x)在[1,2]上单调递减时,f(x)=|2x-m|与g(x)=|x-m|的图象如图3所示,由图象知此时g(x)在[1,2]上不可能单调递减.综上所述,≤m≤2,即实数m的取值范围为.
13.解析:
由|a|=2,|b|=1可得a2=4,b2=1,由(a-2b)·(2a+b)=9可得2a2-3a·b-2b2=9,
即2×4-3a·b-2×1=9,得a·b=-1,故|a+b|===.
答案:
14.解析:
依题意,在坐标平面内画出不等式组表示的平面区域(如图中阴影部分)及直线x+y=0,平移该直线,当平移到经过该平面区域内的点A(-11,-2)时,相应直线在y轴上的截距达到最小,此时z=x+y取得最小值,最小值为zmin=-11-2=-13.
答案:
-13
15.解析:
因为·=0,所以⊥.设双曲线的左焦点为F′,则由双曲线的对称性知四边形F′MFN为矩形,则有|MF|=|NF′|,|MN|=2c.不妨设点N在双曲线右支上,由双曲线的定义知,|NF′|-|NF|=2a,所以|MF|-|NF|=2a.因为S△MNF=|MF|·|NF|=ab,所以|MF||NF|=2ab.
在Rt△MNF中,|MF|2+|NF|2=|MN|2,即(|MF|-|NF|)2+2|MF||NF|=|MN|2,所以(2a)2+2·2ab=(2c)2,把c2=a2+b2代入,并整理,得=1,所以e===.
答案:
16.解析:
区域A的面积为S=+∫0cosxdx=+1,所得图一中的几何体的体积为V=4=π+4,即圆柱的体积为V柱=π+4.
答案:
π+4
17.解:
(1)∵c=2,C=,
∴由余弦定理得4=a2+b2-2abcos=a2+b2-ab,
∵△ABC的面积等于,∴absinC=,∴ab=4,(4分)
联立,解得a=2,b=2.(6分)
(2)∵sinC+sin(B-A)=2sin2A,∴sin(B+A)+sin(B-A)=4sinAcosA,
∴sinBcosA=2sinAcosA,(8分)
①当cosA=0时,A=;(9分)
②当cosA≠0时,sinB=2sinA,由正弦定理b=2a,
联立,解得a=,b=,
∴b2=a2+c2,∵C=,∴A=.
综上所述,A=或A=.(12分)
18.解:
(1)∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥PA.
又tan∠ABD==,tan∠BAC==.(2分)
∴∠ABD=30°,∠BAC=60°,(4分)
∴∠AEB=90°,即BD⊥AC.
又PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.(6分)
(2)建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,6,0),D(0,2,0),P(0,0,4),=(-2,-4,0),=(0,2,-4),=(-2,2,0),
设平面PCD的法向量为n=(x,y,1),则·n=0,·n=0,
∴,解得,∴n=.(8分)
由
(1)知平面PAC的一个法向量为m==(-2,2,0),(10分)
∴cos〈m,n〉===,
由题意可知二面角APCD为锐二面角,
∴二面角APCD的余弦值为.(12分)
19.解:
(1)一台机器运行是否出现故障可看作一次实验,在一次试验中,机器出现故障设为A,则事件A的概率为,该厂有4台机器就相当于4次独立重复试验,因出现故障的机器台数为X,故X~B,P(X=0)=C044=,P(X=1)=C14··3=,P(X=2)=C24·22=,P(X=3)=C34·3·=,P(X=4)=C444=.
即X的分布列为:
(4分)
X
0
1
2
3
4
P
(5分)
(2)设该厂有n名工人,则“每台机器在任何时刻同时出现故障能及时进行维修”为x≤n,即x=0,x=1,…,x=n,这n+1个互斥事件的和事件,则
n
0
1
2
3
4
P(x≤n)
1
(6分)
∵≤90%≤,
∴至少要3名工人,才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障能及时进行维修的概率不少于90%.(8分)
(3)设该厂获利为Y万元,则Y的所有可能取值为:
18,13,8
P(Y=18)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=,
P(Y=13)=P(X=3)=,
P(Y=8)=P(X=4)=,(10分)
即Y的分布列为:
Y
18
13
8
P
(11分)
则E(Y)=18×+13×+8×=,
故该厂获利的均值为.(12分)
20.解:
(1)解法一:
∵|F1F2|=4,∴c=2,F1(-2,0),
F2(2,0).(1分)
由椭圆的定义可得2a=+=+=+=8,
解得a=4,∴e==,b2=16-12=4,(3分)
∴椭圆C的标准方程为+=1.(5分)
解法二:
∵|F1F2|=4,∴c=2,
椭圆C的左焦点为F1(-2,0),故a2-b2=12,(2分)
又点A(,-)在椭圆+=1上,则+=1,化简得4b4+23b2-156=0,得b2=4,故a2=16,∴e==,椭圆C的标准方程为+=1.(5分)
(2)由
(1)知M(4,0),N(0,2),设椭圆上任一点T(x0,y0)(x0≠±4且x0≠0),则+=1.
直线TM:
y=(x-4),令x=0,得yP=,(7分)
∴|PN|=.(8分)
直线TN:
y=x+2,令y=0,得xQ=,
∴|QM|=.(10分)
|PN|·|QM|=·
=·
=4,由+=1可得x20+4y20=16,代入上式得|PN|·|QM|=16,故|PN|·|QM|为定值.(12分)
21.解:
(1)因为f′(x)=x-(x>0),又f(x)在x=2处的切线方程为y=x+b,所以f
(2)=2-aln2=2+b,f′
(2)=2-=1,解得a=2,b=-2ln2.(2分)
(2)当a=0时,f(x)在定义域(0,+∞)内恒大于0,此时方程无解.(4分)
当a<0时,f′(x)=x->0在区间(0,+∞)内恒成立,所以f(x)在定义域内为增函数.
因为f
(1)=>0,f=e-1<0,所以方程有唯一解.(6分)
当a>0时,f′(x)=.当x∈(0,)时,f′(x)<0,f(x)在区间(0,)内为减函数,当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在区间(,+∞)内为增函数,所以当x=时,取得最小值f()=a(1-lna).(8分)
当a∈(0,e)时,f()=a(1-lna)>0,方程无解;(9分)
当a=e时,f()=a(1-lna)=0,方程有唯一解;(10分)
当a∈(e,+∞)时,f()=a(1-lna)<0,因为f
(1)=>0,且>1,所以方程f(x)=0在区间(0,)内有唯一解,当x>1时,设g(x)=x-lnx,g′(x)=1->0,所以g(x)在区间(1,+∞)内为增函数,又g
(1)=1,所以x-lnx>0,即lnx<x,故f(x)=x2-alnx>x2-ax.因为2a>>1,所以f(2a)>(2a)2-2a2=0.
所以方程f(x)=0在区间(,+∞)内有唯一解,所以方程f(x)=0在区间(0,+∞)内有两解,综上所述,当a∈[0,e)时,方程无解,当a<0或a=e时,方程有唯一解,当a>e时,方程有两解.(12分)
22.解:
(1)由曲线C:
(θ为参数),可得曲线C的普通方程是x2-y2=1.(2分)
当α=时,直线l的参数方程为(t为参数),
代入曲线C的普通方程,得t2-6t-16=0,(3分)
得t1+t2=6,所以线段AB的中点对应的t==3,故线段AB的中点的直角坐标为.(5分)
(2)将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程,化简得
(cos2α-sin2α)t2+6cosαt+8=0,(7分)
则|PA|·|PB|=|t1t2|==,(9分)
由已知得tanα=2,故|PA|·|PB|=.(10分)
23.解:
(1)当m=1时,f(x)≥6等价于,或,或,(3分)
解得x≤-2或x≥4,
所以不等式f(x)≥6的解集为{x|x≤-2或x≥4}.(5分)
(2)解法一:
化简f(x)得,当-m≤3时,
f(x)=,(6分)
当-m>3时,f(x)=(7分)
根据题意得:
,即-3≤m≤2,(8分)
或,即-8≤m<-3,(9分)
∴参数m的取值范围为{m|-8≤m≤2}.(10分)
解法二:
∵|x-3|+|x+m|≥|(x-3)-(x+m)|=|m+3|,∴f(x)min=|3+m|,(7分)
∴|m+3|≤5,(8分)
∴-8≤m≤2,∴参数m的取值范围为{m|-8≤m≤2}.(10分)
高考理科数学模拟试题精编
(二)
1.解析:
选B.z=|(-i)i|+i2019=|1+i|-i=2-i.∴=2+i.
2.解析:
选B.依题意得M={x|-1<x<1},N={x|x>0},M∩N={x|0<x<1},选B.
3.解析:
选C.∵x>1,y>0,∴xy>1,0<x-y<1,则xy-x-y>0.∵xy+x-y=2,∴x2y+2xy·x-y+x-2y=8,即x2y+x-2y=6,∴(xy-x-y)2=4,从而xy-x-y=2,故选C.
4.解析:
选C.依题意可得双曲线的渐近线方程为y=±x,=tan30°=,故=,离心率为e====,选C.
5.解析:
选C.甲、乙都抢到红包,则没有抢到红包的有丙、丁、戊三种情况,故甲、乙都抢到红包的情况有3×=36(种).
6.解析:
选C.由三视图知,该几何体是一个长方体的一半再截去一个三棱锥后得到的,该几何体的体积V=×4×3×5-××4×3×(5-2)=24,故选C.
7.解析:
选C.作出不等式组
表示的平面区域如图中阴影部分所示,其中A(0,3),B(-1,0),由得,即C(1,1),对于p1,因为2×(-1)+0<-1,故p1是假命题,排除A;对于p2,将C(1,1)代入2x-5y+3=0得到2×1-5×1+3=0,说明点C(1,1)在2x-5y+3=0上,故p2是真命题,排除D;对于p3,因为=1>,故p3是假命题,排除B,故选C.
8.解析:
选D.①y=xsinx是偶函数;②y=xcosx是奇函数;③当x=π时,y=πcosπ=-π<0,∴y=x|cosx|是奇函数,且当x>0时,y≥0;④y=x·2x是非奇非偶函数,故图象对应的函数序号为①④②③.
9.解析:
选D.∵f(x)=sin(2x+φ)+cos(2x+φ)=
2sin,∴将函数f(x)的图象向左平移个单位长度后,得到函数解析式为y=2sin=
2cos的图象.∵该图象关于点对称,对称中心在函数图象上,∴2cos
=2cos=0,解得π+φ+=kπ+,k∈Z,即φ=kπ-,k∈Z.∵0<φ<π,∴φ=,∴g(x)=cos,∵x∈,∴x+∈,
∴cos∈,则函数g(x)=cos(x+φ)在上的最小值是.故选D.
10.解析:
选C.a=5,b=2,当n=1时,a=5+=,b=4;当n=2时,a=+=,b=8;当n=3时,a=+=,b=16;当n=4时,a=+=,b=32;且a<b,则输出的n等于4.
11.解析:
选A.设点P,A,B,Q(a,2),R(b,2).由得x2-16x+16=0,x1x2=16.由P,A,Q三点共线得==,a===,同理b=,ab=×=x1x2=16,·=ab+4=20,故选A.
12.解析:
选B.由f(x)≤0得(3x+1)ex+1+mx≤0,即mx≤-(3x+1)ex+1,设g(x)=mx,h(x)=-(3x+1)ex+1,则h′(x)=
-[3ex+1+(3x+1)ex+1]=-(3x+4)ex+1,由h′(x)>0得-(3x+4)>0,即x<-,由h′(x)<0得-(3x+4)<0,即x>-,故当x=-时,函数h(x)取得极大值.在同一平面直角坐标系中作出
y=h(x),y=g(x)的大致图象如图所示,当m≥0时,满足g(x)≤h(x)的整数解超过两个,不满足条件;当m<0时,要使g(x)≤h(x)的整数解只有两个,则需满足,即,即,即-≤m<-,
即实数m的取值范围是,故选B.
13.解析:
记考试成绩为ξ,则考试成绩的正态曲线关于直线ξ=90对称.因为P(70<ξ≤110)=0.7,所以P(ξ≤70)=P(ξ>110)=×(1-0.7)=0.15,所以这次考试分数不超过70的人数为1000×0.15=150.
答案:
150
14.解析:
∵-2<x<14,∴f(x)=0的解为x=6,即A(6,0),而A(6,0)恰为函数f(x)图象的一个对称中心,∴B、C关于A对称,∴(+)=2·=2||2=2×36=72.
答案:
72
15.解析:
如图,设球O的半径为R,球心O到平面ABC的距离为d,则由O是AD的中点得,点D到平面ABC的距离等于2d,所以VDABC=2VOABC=××××d=2,解得d=3,记AC的中点为O′,则OO′⊥平面ABC.在Rt△OO′A中,OA2=OO′2+O′A2,即R2=d2+12=10,所以球O的体积V=πR3=π×10=π.
答案:
π
16.解析:
如图,设AB=AC=a,AD=BD=b,由BC=2AB得,BC=a.在△ABC中,由余弦定理得,
cos∠ABC===,
∴∠ABC是锐角,则sin∠ABC==.
在△ABD中,由余弦定理AD2=AB2+BD2-2×AB×BD×cos∠ABD,得b2=a2+b2-2×a×b×,解得a=b.
解法一:
由正弦定理=,得=,解得sin∠ADB=,又2b2>a2,∴∠ADB为锐角,∴cos∠ADB==,tan∠ADB=2.
解法二:
由余弦定理得,cos∠ADB===,∴sin∠ADB==,
tan∠ADB=2.
答案:
2
17.解:
(1)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意,得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1,n∈N*.(4分)
(2)由题意,可知bn=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.(7分)
当n为偶数时,Tn=-+…+-=1-=;(9分)
当n为奇数时,Tn=-+…-+=1+=.(11分)
所以Tn=(或Tn=)(12分)
18.解:
(1)解法一:
∵连接AC,∵平面ABCD⊥平面ABFE,∠EAB=90°,∴AE⊥AB,(1分)
又平面ABCD∩平面ABFE=AB,∴AE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴AE⊥BD.(3分)
∵ABCD为正方形,∴AC⊥BD,又AE∩AC=A,∴BD⊥平面AEC,EC⊂平面AEC,故BD⊥EC.(6分)
解法二:
因为底面ABFE为直角梯形,AE∥BF,∠EAB=90°,所以AE⊥AB,BF⊥AB.
因为平面ABCD⊥平面ABFE,平面ABCD∩平面ABFE=AB,所以AE⊥平面ABCD,BF⊥平面ABCD,所以BF⊥BC.(3分)
设AE=t,以BA,BF,BC所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(0,0,1),D(1,0,1),E(1,t,0),故=(-1,0,-1),=(-1,-t,1),因为·=(-1,0,-1)·(-1,-t,1)=1-1=0,所以DB⊥EC.(6分)
(2)解法一:
过E作EK⊥BF,垂足为K,则四边形AEKB为正方形,故EK=BK=1,由AB=BF=1,知KF=1.
因为AE=AB=1,∠EAB=90°,故EB=,因为EK=KF=1,∠EKF=90°,故EF=.(8分)
因为EB2+EF2=()2+()2=4=BF2,所以∠BEF=90°,即BE⊥EF.(9分)
在Rt△CBE中,CE==,在Rt△CBF中,CF==,因为CE2+EF2=()2+()2=5=CF2,
所以∠CEF=90°,即CE⊥EF.
故∠CEB为所求二面角的平面角,(11分)
在Rt△CBE中,cos∠CEB==,即二面角CEFB的余弦值为.(12分)
解法二:
由
(1)可知=(0,0,1)是平面BEF的一个法向量,设n=(x1,y1,z1)是平面CEF的法向量,因为AE=AB=1,所以E(1,1,0),又F(0,2,0),故=(1,1,-1),=(0,2,-1).(8分)
由·n=(1,1,-1)·(x1,y1,z1)=0可得x1+y1-z1=0,(9分)
由·n=(0,2,-1)·(x1,y1,z1)=0可得2y1-z1=0,令z1=2,得y1=1,x1=1,故n=(1,1,2)为平面CEF的一个法向量,(10分)
所以cos〈n,〉===,即二面角CEFB的余弦值为.(12分)
19.解:
(1)E(X1)=5×0.4+6a+7b+8×0.1=6,
即6a+7b=3.2,①(1分)
又由X1的概率分布列得0.4+a+b+0.1=1,a+b=0.5,②(2分)
由①②得a=0.3,b=0.2.(4分)
(2)由已知得,样本的频率分布表如下:
X2
3
4
5
6
7
8
f
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0.1
(5分)
用这个样本的频率分布估计总体分布,将频率视为概率,可得等级系数X2的概率分布列如下:
X2
3
4
5
6
7
8
P
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0.1
(6分)
所以E(X2)=3×0.3+4×0.2+5×0.2+6×0.1+7×0.1+8×0.1=4.8.(7分)
即乙厂产品的等级系数X2的数学期望为4.8.(8分)
(3)乙厂的产品更具可购买性,理由如下:
甲厂产品的等级系数的数学期望等于6,价格为6元/件,所以其性价比为=1,(9分)
乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8,价格为4元/件,所以其性价比为=1.2,(10分)
据此,乙厂的产品更具可购买性.(12分)
20.解:
(1)∵直线l与圆O相切,∴=r
由k=-,r=1,解得|m|=.
∵点A,B都在坐标轴的正半轴上,∴l:
y=-x+,(2分)
∴切线l与坐标轴的交点为,(,0),∴a=,b=,∴椭圆E的方程是+=1.(4分)
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).
∵以AB为直径的圆经过点O,∴·=0,即x1x2+y1y2=0.
∵点A,B在直线l上,∴,
∴(1+k2)x1x2+mk(x1+x2)+m2=0.(*)(6分)
由,消去y,得b2x2+a2(k2x2+2kmx+m2)-a2b2=0,即(b2+a2k2)x2+2kma2x+(a2m2-a2b2)=0.
显然Δ>0,x1+x2=,x1x2=,(8分)
代入(*)式,得
==0,即m2(a2+b2)-a2b2-a2b2k2=0.(10分)
又由
(1),知m2=(1+k2)r2,∴(1+k2)(a2+b2)r2=a2b2(1+k2),∴+=.故a,b,r满足+=.(12分)
21.解:
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
由已知,得f′(x)=x+1-a-==.(2分)
若a≤0,则f′(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a>0,则由f′(x)=0,得x=a.当0<x<a时,f′(x)<0;当x>a时,f′(x)>0.
此时f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.(4分)
(2)证明:
令g(x)=f(a+x)-f(a-x),则
g(x)=(a+x)2+(1-a)(a+x)-aln(a+x)-
=2x-aln(a+x)+aln(a-x).(6分)
∴g′(x)=2--=.
当0<x<a时,g′(x)<0,∴g(x)在(0,a)上是减函数.
而g(0)=0,∴g(x)<g(0)=0.故当0<x<a时,f(a+x)<f(a-x).(8分)
(3)证明:
由
(1)可知,当a≤0时,函数f(x)至多有一个零点,故a>0,从而f(x)的最小值为f(a),且f(a)<0.(10分)
不妨设0<x1<x2,则0<x1<a<x2,∴0<a-x1<a.
由
(2),得f(2a-x1)=f(a+a-x1)<f(x1)=0=f(x2).
从而x2>2a-x1,于是>a.
由
(1)知,f′>0.(12分)
22.解:
(1)直线l的普通方程为x-y-1=0,(2分)
由ρ-4cosθ=0,得
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