学年度高三数学专题复习 仿真卷1文.docx
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学年度高三数学专题复习仿真卷1文
——教学资料参考参考范本——
2019-2020学年度高三数学专题复习仿真卷
(1)文
______年______月______日
____________________部门
(时间:
120分钟 满分:
160分)
一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分.把答案填在题中的横线上)
1.复数所对应的点位于复平面内第________象限.
2.已知全集U={0,2,4,6,8,10},S={0,6,10},T={2,4,6},则S∩(∁UT)等于________.
3.某算法流程图如图所示,若输入的n=10,则输出的结果是________.
4.某社会调研机构对即将毕业的大学生就业期望月薪进行调查,共调查了3000名大学生,并根据所得数据绘制了样本频率分布直方图(如图),则期望月薪收入在[2500,3500)的大学生有________人.
5.某市举行“希望杯”数学竞赛,现在要从进入决赛的5名选手中再经过一轮选拔选出2名特等奖.某校有甲、乙两名同学进入决赛,则在这次竞赛中该校有特等奖的概率为________.
6.已知向量a=(2,0),b=(1,2),c=(3,4).若λ为实数,(a-λb)∥c,则λ等于________.
7.在递增的等比数列{an}中,已知a1+an=34,a3·an-2=64,且前n项和为Sn=42,则n=________.
8.设双曲线的一个焦点为F,虚轴的一个端点为B,如果直线FB与该双曲线的一条渐近线垂直,那么此双曲线的离心率为________.
9.设m,n为空间两条不同的直线,α,β为空间两个不同的平面,给出下列命题:
①若m∥α,m∥β,则α∥β;②若m⊥α,m∥β,则α⊥β;③若m∥α,m∥n,则n∥α;④若m⊥α,α∥β,则m⊥β.其中的正确命题序号是________.
10.设a∈R,函数f(x)=ex+的导函数f′(x)是奇函数,若曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线与直线x-2y+3=0平行,则x0=________.
11.已知动点P(x,y)在过点的圆(x-1)2+(y+2)2=5的两条切线和x-y+1=0围成的区域内,则z=(x+2)2+(y-1)2的最小值为________.
12.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时,f(x)=+m.若函数f(x)有5个零点,则实数m的取值范围是________.
13.已知命题p:
向量a,b满足|a|=|b|=2,a·b=0,且向量c与a-b共线,则|a+c|的最小值为m;命题q:
关于x的不等式x+≥5m,x∈(m,+∞)(其中a>0)恒成立.若p∧q为真命题,则实数a的取值范围为________.
14.已知函数f(x)=ex,g(x)=ax+b,若集合{x|f(x)<g(x)}为空集,则ab的最大值为________.
二、解答题(本大题共6小题,共90分,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c.若b=1,c=.
(1)求角C的取值范围;
(2)求4sinCcos的最小值.
16.(本小题满分16分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.
(1)设D是AB的中点,证明:
直线BC1∥平面A1DC;
(2)在△ABC中,若AC⊥BC,证明:
直线BC⊥平面ACC1A1.
17.(本小题满分14分)如图,现准备在一个海湾的半岛上建一条旅游观光长廊AB,设计AB的长为4.5km,且长廊所在直线与海岸线l的夹角为60°(海岸线看作直线),长廊上距离海岸线最近的点B到海岸线的距离BC=4km,D为海岸线l上的一点.设CD=xkm,点D对长廊AB的视角为θ.
(1)将tanθ表示为x的函数;
(2)求点D的位置,使得θ取得最大值.
18.(本小题满分16分)已知A,B,C是椭圆m:
+=1(a>b>0)上的三点,其中点A的坐标为(2,0),BC过椭圆的中心,且·=0,||=2||.
(1)求椭圆m的方程;
(2)过点(0,t)的直线l(斜率存在时)与椭圆m交于两点P,Q,设D为椭圆m与y轴负半轴的交点,且||=||,求实数t的取值范围.
19.(本小题满分16分)已知关于x的函数f(x)=lnx+a(x-1)2(a∈R).
(1)求函数f(x)在点P(1,0)处的切线方程;
(2)若函数f(x)有极小值,试求a的取值范围;
(3)若在区间[1,+∞)上,函数f(x)不出现在直线y=x-1的上方,试求a的最大值.
20.(本小题满分16分)数列{an}的前n项和为Sn,且an+1-an=d,n∈N*,d为常数.数列{bn}满足bn=S2n-1-S2n-1-1,n∈N*,S0=0.
(1)若b1,b2,b3成等比数列,证明:
数列{bn}成等比数列;
(2)(ⅰ)若a1=d=1,求数列{bn}的前n项和Tn;
(ⅱ)若a1=d>0,证明:
+++…+≤,n∈N*.
高考仿真卷(A卷)
1.二 [依题意,复数==-+i在复平面内对应的点的坐标是,该点位于第二象限.]
2.{0,10} [依题意得∁UT={0,8,10},S∩(∁UT)={0,10}.]
3.5 [该程序框图运行5次结束,所以输出的S=10+8+6+4+2=30,T=9+7+5+3+1=25,所以输出的S-T=30-25=5.]
4.1350 [由频率分布直方图可得期望月薪收入在[2500,3500)的频率为(0.0005+0.0004)×500=0.45,所以频数为3000×0.45=1350,即期望月薪收入在[2500,3500)的大学生有1350人.]
5. [设进入决赛的这5名选手分别为甲,乙,A,B,C,则两名特等奖的可能组合为甲乙,甲A,甲B,甲C,乙A,乙B,乙C,AB,AC,BC,共10种,其中该校有特等奖的可能组合有7种,故所求概率为.]
6.-4 [依题意得a-λb=(2-λ,-2λ),由(a-λb)∥c得3×(-2λ)-4(2-λ)=0,由此解得λ=-4.]
7.3 [由等比数列的性质,a1·an=a3·an-2=64,
∴a1,an是方程x2-34x+64=0的两根.
又数列{an}递增,∴a1=2,an=32,
从而Sn===42,则q=4.
又an=32=a1·qn-1,
∴2·4n-1=32=25,n=3.]
8. [不妨设双曲线为-=1(a>0,b>0),焦点F(-c,0),虚轴的顶点B(0,b).又直线FB与双曲线的一条渐近线垂直,
∴·=-1,则b2=ac,
∴c2-a2=ac,--1=0,
则e==.]
9.②④ [对于①,平行于同一直线的两个平面可能是相交平面,①不正确;对于②,由m∥β得知,在平面β内必存在直线n与m平行,由m⊥α得n⊥α,又n⊂β,因此有α⊥β,②正确;对于③,直线n可能位于平面α内,此时结论不正确,③不正确;对于④,由定理“若一条直线与两个平行平面中的一个垂直,则它与另一个平面也垂直”得知,④正确.综上所述,其中的正确命题序号是②④.]
10. [由于f′(x)=ex-a·e-x,故若f′(x)为奇函数,则必有f′(0)=1-a=0,解得a=1,f′(x)=ex-e-x,则据题意得f′(x0)=ex0-e-x0=,解得ex0=,所以x0=ln=.]
11.2 [由题意得圆(x-1)2+(y+2)2=5的圆心为(1,-2),过的直线方程设为y=k-2,因为直线和圆相切,所以=,解得k=±2,所以两条切线的方程分别为l1:
2x-y+1=0,l2:
2x+y+5=0.两直线和x-y+1=0围成的区域如图中阴影部分所示,z=(x+2)2+(y-1)2的几何意义为可行域内的点到D(-2,1)的距离的平方,由图知点D到直线x-y+1=0的距离最短,即为=,所以zmin=2.]
12. [由函数f(x)是定义在R上的奇函数得x=0是该函数的一个零点,且x>0和x<0时函数有相同的零点个数,所以若函数f(x)有5个零点,则当x>0时,f(x)=+m有两个零点,即方程+m=0在x>0时有两解,即函数y=(x>0),y=-m的图象有两个不同的交点,结合函数图象可得<-m<1,即-1<m<-.]
13.[8,+∞) [因为p∧q为真命题,所以p,q都是真命题.因为向量c与a-b共线,所以存在实数λ,使得c=λ(a-b),所以|a+c|=|(1+λ)a-λb|===,当λ=-时,|a+c|min=,即m=.命题q:
关于x的不等式x+≥5,x∈(,+∞)(其中a>0)恒成立,即≥5,x∈(,+∞).又x+=(x-)++≥2+,当且仅当x=+时取等号,所以2+≥5,解得a≥8.]
14. [由集合{x|f(x)<g(x)}为空集,可得不等式f(x)≥g(x)对x∈R恒成立,即y=f(x)-g(x)≥0恒成立.当a≤0时,函数y=ex-ax-b在R上单调递增,y≥0不恒成立,所以a≤0舍去;当a>0时,由y′=ex-a=0解得x=lna,且x<lna时,y′<0,函数单调递减,当x>lna时,y′>0,函数单调递增,所以y≥0即为ymin=y(lna)=a-alna-b≥0,所以b≤a-alna,ab≤a2-a2lna,a>0.令y=x2-x2lnx,x>0,则y′=2x-2xlnx-x=x(1-2lnx),x>0,由y′=0解得x=,且x∈(0,),y′>0,函数y=x2-x2lnx单调递增,x∈(,+∞),y′<0,函数y=x2-x2lnx单调递减,所以当x=时,函数y=x2-x2lnx取得最大值e-e=e,所以ab≤a2-a2lna≤e,即ab的最大值是e.]
15.解
(1)由正弦定理得=,即sinC=sinB.
由0<sinB≤1得0<sinC≤,
又b>c,故C为锐角,0<C≤.
(2)4sinCcos=4sinC
=2sinCcosC-2sin2C
=sin2C-(1-cos2C)
=2sin-1,
由0<C≤得<2C+≤,故sin≥,
所以4sinCcos≥0(当C=时取到等号),
所以4sinCcos的最小值是0.
16.证明
(1)连接AC1交A1C于点O,连接OD.
因为四边形ACC1A1为矩形,所以O为AC1的中点,
又因为D是AB的中点,所以OD为△ABC1的中位线,OD∥BC1,
因为直线OD⊂平面A1DC,BC1⊄平面A1DC.
所以直线BC1∥平面A1DC.
(2)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,
所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.
因为AB,AC为平面ABC内的两条相交直线,
所以AA1⊥平面ABC.
因为直线BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC.
又BC⊥AC,BC⊥AA1,AA1,
AC为平面ACC1A1内的两条相交直线,所以BC⊥平面ACC1A1.
17.解
(1)过A分别作直线CD,BC的垂线,垂足分别为E,F.
由题设知∠ABF=30°,∴CE=AF=,BF=,
AE=BC+BF=+4=.
又tan∠BDC=,ED=x-,tan∠ADC==,∴tanθ=tan∠ADB=tan(∠ADC-∠BDC)=
=,其中x>0,x≠,
即tanθ=,x>0.
(2)记tanθ==f(x),由f(x)>0可知θ是锐角.
而f′(x)=-,x>0,
∴f(x)在(0,6)上单调递增,(6,+∞)上单调递减,
函数f(x)在x=6时取得最大值f(6)=,
而y=tanθ在上是增函数,
所以当x=6时,tanθ取得最大值,即θ取得最大值.
在海岸线上距离C点6km处的D点观看旅游长廊的视角最大.
18.解
(1)∵||=2||且BC过(0,0),则||=||.
∵·=0,∴∠OCA=90°,
即C(,).
又∵a=2,设椭圆m的方程为+=1,
将C点坐标代入得+=1,解得c2=8,b2=4.
∴椭圆m的方程为+=1.
(2)由条件得D(0,-2),当k=0时,显然-2<t<2;
当k≠0时,设l:
y=kx+t,
消y得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-12=0,
由Δ>0可得t2<4+12k2.①
设P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中点H(x0,y0),
则x0==,y0=kx0+t=,
∴H.
由||=||,∴DH⊥PQ,即kDH=-,
∴=-,
化简得t=1+3k2,②
∴t>1.将①代入②得1<t<4,
∴t的范围是(1,4),综上t∈(-2,4).
19.解
(1)f′(x)=+2a(x-1)(x>0),∴f′
(1)=1.
又f
(1)=0,∴f(x)在点P(1,0)处的切线方程为y=x-1.
(2)f′(x)=(x>0),
令g(x)=2ax2-2ax+1(x>0),
(ⅰ)a=0时,f′(x)=0无解,f(x)无极小值;
(ⅱ)a<0时,g(0)=1>0,所以g(x)=0有两解x1,x2,且x1<0<x2;
0<x<x2时,g(x)>0,f′(x)>0,
x>x2时,g(x)<0,f′(x)<0,此时f(x)无极小值.
(ⅲ)a>0时,∵g(0)=1>0,g(x)的对称轴为x=,
要使函数f(x)有极小值,则Δ>0即4a2-8a>0.
∴a<0或a>2,∴a>2.
此时g(x)=0有两解x3,x4>0,不妨设x3≤x4,
则x3<x<x4时,g(x)<0,f′(x)<0.
x>x4时,g(x)>0,f′(x)>0,此时f(x)有极小值f(x4).
综上所述,a>2.
(3)由题意,f(x)≤x-1,x≥1,
即lnx+a(x-1)2≤x-1,x≥1.
下证:
lnx≤x-1,x>0,
记h(x)=lnx-(x-1)=lnx-x+1,x>0,
则h′(x)=-1=,x>0.
0<x<1时,h′(x)>0,
x>1时,h′(x)<0,∴h(x)≤h
(1)=0,
即lnx≤x-1,x>0.
(ⅰ)a≤0时,f(x)≤lnx≤x-1;
(ⅱ)a>0时,取x>1+,
则f(x)=lnx+a(x-1)(x-1)>ln+a(x-1)>ln1+x-1=x-1,与题意矛盾.故a的最大值为0.
20.
(1)证明 因为b1,b2,b3成等比数列,所以b1=S1=a1≠0,b=b1b3,所以(a2+a3)2=a1(a4+a5+a6+a7).
又由an+1-an=d,n∈N*可得数列{an}成等差数列,
所以(2a1+3d)2=a1(4a1+18d),化简得3d2=2a1d,
所以d=0或a1=d.
当d=0时,bn=(2n-1)a1-(2n-1-1)a1=2n-1a1≠0,n∈N*,
且==2为常数,所以此时数列{bn}成等比数列;
若a1=d,则
bn=a2n-1+a2n-1+1+…+a2n-1=2n-1a+
=2n-1[a1+(2n-1-1)d]+
=2n-1=d·4n-1≠0,
且==4为常数,此时数列{bn}成等比数列.
综上,若b1,b2,b3成等比数列,数列{bn}成等比数列.
(2)(ⅰ)解 若a1=d=1,由
(1)可得
bn=2n-1=×4n-2n,
所以Tn=×(4+42+43+…+4n)-(2+22+23+…+2n)
=×-
=4n-2n+1+1.
(ⅱ)证明 若a1=d>0,则由
(1)可得
bn=2n-1=,
所以==×≤×
=×,n∈N*.
所以+++…+≤
=×,n∈N*.
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