高三数学专题复习 仿真卷2理.docx
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高三数学专题复习仿真卷2理
2019年高三数学专题复习仿真卷
(2)理
(时间:
120分钟 满分:
150分)
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5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求的)
1.已知集合A={x|x2≥4},B={y|y=|tanx|},则(∁RA)∩B=( )
A.(-∞,2]B.(0,+∞)
C.(0,2)D.[0,2)
2.复数z为纯虚数,若(3-i)·z=a+i(i为虚数单位),则实数a的值为( )
A.B.3
C.-D.-3
3.已知平面向量a,b的夹角为45°,且a=(2,-2),|b|=1,则
|a-b|=( )
A.B.2
C.D.3
4.下列命题中为真命题的是( )
A.a-b=0的充要条件是=1
B.∀x∈R,ex>xe
C.∃x0∈R,|x0|≤0
D.若p∧q为假,则p∨q为假
5.函数y=sin(ωx+φ)(φ>0)的部分图象如图所示,设P是图象的最高点,A,B是图象与x轴的交点,若cos∠APB=-,则ω的值为( )
A.B.C.D.π
6.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
7.已知某锥体的正视图和侧视图如图,其体积为,则该锥体的俯视图可以是( )
8.过双曲线-=1(a>0,b>0)的左焦点F1作圆x2+y2=a2的切线交双曲线右支于点P,切点为T,PF1的中点M在第一象限,则以下结论正确的是( )
A.b-a=|MO|-|MT|B.b-a>|MO|-|MT|
C.b-a<|MO|-|MT|D.b-a=|MO|+|MT|
第Ⅱ卷(非选择题 共110分)
二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分,把正确答案填在题中的横线上)
9.设双曲线C经过点(2,2),且与-x2=1具有相同渐近线,则C的方程为________;渐近线方程为________.
10.在△ABC中,角A、B、C的对边分别为a,b,c,已知c=3,A=120°,且S△ABC=,则边长a=________,b=________.
11.已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上,且∠BAC=90°,AB=AC=2,球心O到平面ABC的距离为1,则球O半径为________,球的表面积为________.
12.设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=(-1)nan-,n∈N*,则
(1)a3=________.
(2)S1+S2+…+S100=________.
13.已知e1,e2是平面单位向量,且e1·e2=.若平面向量b满足b·e1=b·e2=1,则|b|=________.
14.若变量x,y满足约束条件且z=2x+y的最小值为-6,则k=________.
15.对于函数f(x),若存在区间A=[m,n],使得{y|y=f(x),x∈A}=A,则称函数f(x)为“同域函数”,区间A为函数f(x)的一个“同域区间”,给出下列四个函数:
①f(x)=cosx;②f(x)=x2-1;③f(x)=|x2-1|;④f(x)=log2(x-1).
存在“同域区间”的“同域函数”的序号是________(请写出所有正确的序号).
三、解答题(本大题共5小题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(本小题满分14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a≠b,c=,cos2A-cos2B=sinAcosA-sinBcosB.
(1)求角C的大小;
(2)若sinA=,求△ABC的面积.
17.(本小题满分15分)设等比数列{an}的前n项和为Sn,a3=,且S2+,S3,S4成等差数列,数列{bn}满足bn=8n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
18.(本小题满分15分)如图,在三棱锥S-ABC中,SB⊥底面ABC,SB=AB=2,BC=,∠ABC=,D、E分别是SA、SC的中点.
(1)求证:
平面ACD⊥平面BCD;
(2)求二面角S-BD-E的平面角的大小.
19.(本小题满分15分)设二次函数y=f(x)=ax2+bx+c(a>b>c),f
(1)=0,且存在实数m使得f(m)=-a.
(1)求证:
(ⅰ)b≥0;(ⅱ)f(m+3)>0;
(2)函数y=g(x)=f(x)+bx的图象与x轴的两个交点间的距离记为d,求d的取值范围.
20.(本小题满分15分)如图,O为坐标原点,椭圆C1:
+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为e1;双曲线C2:
-=1的左、右焦点分别为F3,F4,离心率为e2,已知e1e2=,且|F2F4|=-1.
(1)求C1,C2的方程;
(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.
高考仿真卷(B卷)
1.D [A={x|x2≥4}={x|x≥2,或x≤-2},B={y|y=|tanx|}=[0,+∞),∴(∁RA)∩B=(-2,2)∩[0,+∞)=[0,2).]
2.A [设z=bi(b∈R,且b≠0),且(3-i)·z=a+i,
∴(3-i)·bi=a+i,即3bi+b=a+i.
由复数相等的定义,a=b且3b=1,因此a=.]
3.C [∵|a-b|2=a2-2a·b+b2,又a=(2,-2),|b|=1,且〈a,b〉=45°,所以|a-b|2=8-2|a||b|cos45°+1=5,则|a-b|=.]
4.C [“a-b=0”是“=1”的必要不充分条件,则A为假命题;显然B中当x=e时不成立,B为假命题;当x0=0时,|x0|≤0成立,故C为真命题.]
5.C [过点P作PC⊥x轴于点C,由cos∠APB=-,得tan∠APB=-2,
∵∠APB=∠APC+∠CPB,且tan∠APC=,tan∠CPB=,
∴tan∠APB===-2,因此T=4,所以ω==.]
6.C [法一 补成正方体,利用向量的方法求异面直线所成的角.
由于∠BCA=90°,三棱柱为直三棱柱,且BC=CA=CC1,
可将三棱柱补成正方体,建立如图
(1)所示空间直角坐标系.设正方体棱长为2,则可得A(0,0,0),B(2,2,0),M(1,1,2),N(0,1,2),∴=(1,1,2)-(2,2,0)=(-1,-1,2),=(0,1,2),∴cos〈,〉====.
法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角,再根据余弦定理求解,
如图
(2),取BC的中点D,连接MN,ND,AD,由于MN綉B1C1綉BD,因此有ND綉BM,则∠AND即为异面直线BM与AN所成角.设BC=2,则BM=ND=,AN=,AD=,因此cos∠AND==.]
7.C [由正视图和侧视图知,锥体的高h==.由V=·
S底·h,得S底=2,在四个选项中,只有C项满足S底=2.]
8.A [∵M为PF1的中点,O为F1F2的中点,∴2|OM|=|PF2|.
由双曲线的定义,知|PF1|-|PF2|=2a,∴2|MF1|-2|OM|=2a,即|MF1|-|OM|=a(*).
∵直线PF1与圆x2+y2=a2相切,
∴|TF1|2=|OF1|2-|OT|2=c2-a2=b2,则|TF1|=b,
因此|MF1|=|MT|+|TF1|=|MT|+b,代入(*)式,|MT|+b-|OM|=a,于是b-a=|OM|-|MT|.]
9.-=1 y=±2x [设双曲线C的方程为-x2=λ,将点(2,2)代入上式,得λ=-3,所以C的方程为-=1,其渐近线方程为y=±2x.]
10.7 5 [∵S△ABC=bcsinA=b·=,∴b=5.
由余弦定理,a2=b2+c2-2bccosA=25+9+15=49,所以a=7.]
11. 12π [设O1为斜边BC的中点,则O1为△ABC的外接圆的圆心,∴OO1⊥平面ABC,则O1O=1.
在Rt△OBO1中,O1B=BC=,于是OB==,
∴球的半径R=OB=,则球的表面积S=4πR2=12π.]
12.
(1)-
(2) [
(1)∵Sn=(-1)nan-.
n=3时,a1+a2+a3=-a3-①
n=4时,a1+a2+a3+a4=a4-,
∴a1+a2+a3=-.②
由①②知a3=-.
(2)n>1时,Sn-1=(-1)n-1an-1-,
∴an=(-1)nan+(-1)nan-1+.
当n为奇数时,an=-an-1;
当n为偶数时,an-1=-.
故an=
∴Sn=
∴S1+S2+…+S100=-
=-=-=.]
13. [因为|e1|=|e2|=1且e1·e2=.所以e1与e2的夹角为60°.又因为b·e1=b·e2=1,所以b·e1-b·e2=0,即b·(e1-e2)=0,所以b⊥(e1-e2).所以b与e1的夹角为30°,所以b·e1=|b|·|e1|cos30°=1.∴|b|=.]
14.-2 [由题意知当z=2x+y过(k,k)时z=2x+y有最小值,将(k,k)代入z=2x+y,∴3k=-6,∴k=-2.]
15.①②③ [①中的存在A=[0,1],②中存在A=[-1,0],③中存在A=[0,1],使得{y|y=f(x),x∈A|}=A.因此①②③为“同域函数”.④中,当1<x<2时,f(x)<0;当x≥2时,f(x)≥0,不满足.]
16.解
(1)由题意得-=sin2A-sin2B,
即sin2A-cos2A=sin2B-cos2B,
sin=sin.
由a≠b,得A≠B,又A+B∈(0,π),
得2A-+2B-=π,
即A+B=,
所以C=.
(2)由c=,sinA=,=,得a=.
由a 故sinB=sin(A+C) =sinAcosC+cosAsinC =, 所以,△ABC的面积为S=acsinB=. 17.解 (1)设数列{an}的公比为q,∵S2+,S3,S4成等差数列,∴2S3=S2+S4+,即a3=a4+.又a3=,从而a4=, ∴公比q==,则a1==,故an=·=,n∈N*. (2)当bn=8n时,anbn=·8n, Tn=·8+·16+·24+…+·8n,① Tn=·8+·16+·24+…+·8(n-1)+·8n,② ①-②得Tn=·8+·8+·8+…+·8-·8n=8-, 故Tn=16-. 18. (1)证明 由∠ABC=,得BA⊥BC.又SB⊥底面ABC, ∴以B为坐标原点建立如图所示的坐标系B-xyz.则A(2,0,0),C(0,,0),D(1,0,1),E,S(0,0,2). 易得: =(-1,0,1),=(0,,0),=(1,0,1).又·=0,·=0,∴⊥,⊥, ∴AD⊥BC,AD⊥BD.又BC∩BD=B,∴AD⊥平面BCD.又AD⊂平面ACD,∴平面ACD⊥平面BCD. (2)解 又=,设平面BDE的法向量为n=(x,y,1),所以⇒⇒n=. 又平面SBD的法向量为,=(0,,0), ∴cos〈,n〉====-. ∴二面角S-BD-E平面角的大小为. 19. (1)证明 (ⅰ)因为f (1)=a+b+c=0,且a>b>c,所以a>0,c<0,且a+c=-b, 因为存在实数m使得f(m)=-a,即存在实数m,使am2+bm+c+a=0成立, 所以Δ=b2-4a(a+c)≥0,即b2+4ab=b(4a+b)≥0, 因为4a+b=3a+a+b=3a-c>0,所以b≥0. (ⅱ)由题意可知f(x)=0的两根为1,, 所以可设f(x)=a(x-1),其中a>0,<0, 因为f(m)=-a,所以a(m-1)=-a, 即(m-1)=-1<0, 所以必有 由于a+c=-b≤0,a>0,c<0,所以+1=-≤0, 即≤-1, 又因为a>b=-a-c,所以>-2,所以-2<≤-1, 所以m+3>3+>3-2=1, 所以f(m+3)>f (1)=0,即f(m+3)>0成立. (2)解 由 (1)可知-2<≤-1, 因为y=g(x)=f(x)+bx=0⇔ax2+2bx+c=0, Δ=4b2-4ac=4(b2-ac)>0,所以函数y=g(x)=f(x)+bx的图象与x轴必有两个交点,记为(x1,0),(x2,0),则d=|x1-x2|,x1+x2=-,x1·x2=,d2=(x2-x1)2=(x1+x2)2-4x1x2=-=- =4=4(其中-2<≤-1). 所以4≤d2<12,所以2≤d<2. 20.解 (1)因为e1e2=,所以·=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(b,0), 于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,a2=2, 故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1. (2)因AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0), 故可设直线AB的方程为x=my-1. 由得(m2+2)y2-2my-1=0. 易知此方程的判别式Δ=(-2m)2-4×(-1)×(m2+2)=8(m2+1)>0,设A(x1,y1),B(x2,y2), 则y1,y2是上述方程的两个实根, 所以y1+y2=,y1y2=. 因此x1+x2=m(y1+y2)-2=, 于是AB的中点为M, 故直线PQ的斜率为-,PQ的方程为y=-x, 即mx+2y=0. 由得(2-m2)x2=4, 所以2-m2>0,且x2=,y2=, 从而|PQ|=2=2. 设点A到直线PQ的距离为d, 则点B到直线PQ的距离也为d, 所以2d=. 因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧, 所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0, 于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|, 从而2d=. 又因为|y1-y2|==, 所以2d=. 故四边形APBQ的面积S=|PQ|·2d==2·. 而0<2-m2≤2,故当m=0时,S取得最小值2. 综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.
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