年高考数学综合模拟试卷（三）

年高考数学综合模拟试卷（三）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共150分．考试时间120分钟．

参考公式：

如果事件A、B互斥，那么

P(A＋B)=P(A)＋P(B)

如果事件A、B相互，那么

P(A·B)=P(A)·P(B)

如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么n次重复试验中恰好发生k次的概率

Pn(k)CkPk(1P)nk n正棱锥、圆锥的侧面积公式S锥体侧S锥体侧=1cl 其中c表示底面周长, l表示斜高或母

2线长.

3球的体积公式 球V球=4R 其中R表示球的半径.

3第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、选择题：本大题共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．已知集合A=｛x|y1x2,xZ｝, B{y|yx1,xA},则AB为 （ ）

A． B.0, C.｛1｝ D.｛（0,1）｝ 2．若函数（ ）

A.,0 B.,2 C.0, D.,022fx2的定义域是x11,12,5,则其值域为

1,2 23．O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足

OPOA(ABAC)，λ∈［0，+∞），则P的轨迹一定通过△ABC的

( )

A．外心 B．垂心 C．内心 D．重心 4．在坐标平面上，不等式组 A．22

y2|x|1所表示的平面区域的面积为 ( )

yx18B．

3C．

22 3D．2

5．全国十运会期间，某高校有14名志愿者参加接待工作．若每天排早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为 ( ) A.CCC B.CAA121441248121441248 C.

124C14C12C8412443CCCA3 D.141283A31 / 12

6．对于不重合的两个平面与，给定下列条件： ①存在平面，使得,都垂直于； ②存在平面，使得,都平行于； ③存在直线l，直线m，使得l//m；

④存在异面直线l、m，使得l//,l//,m//,m//. 其中，可以判定α与β平行的条件有 （ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

7.已知首项为正数的等差数列｛an｝满足:a+a>0,a·a<0,则使前项Sn>0成立的最大自然数n

是 ( )

A. 4009 B.4010 C. 4011 D.4012 8. 函数yy 1xx0的反函数图像大致是 （ ） xyyy

111 1xooxox ox

A B C D

9. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1、B1C1的中点，则在面BCC1B1内到

BC的距离是到EF的距离的2倍的点的轨迹是（ ）

A．一条线段 B．椭圆的一部分 C．抛物线的一部分 D．双曲线的一部分．

x2y210.已知F1、F2是双曲线221(a0,b0)的两焦点，以线段F1F2为边作正三角

ab形MF1F2，若边MF1的中点在双曲线上，则双曲线的离心率是

A．423

B．31

C．

（ ）

D．31

31 211.已知函数f(x)logaaxx（ ）

A.213在1,上恒正，则实数a的取值范围是 2218183, B., C. ,2929231, D. , 2212. 如图，B地在A地的正东方向4 km处，C

地在B地的北偏东30°方向2 km处，河流

的没岸PQ（曲线）上任意一点到A的距离 比到B的距离远2 km.现要在曲线PQ上 选一处M建一座码头，向B、C两地转运

2 / 12

货物.经测算，从M到B、M到C修建公 路的费用分别是a万元/km、2a万元/km， 那么修建这两条公路的总费用最低是（ ）

A．(27－2)a万元 C．(27+1) a万元

B．5a万元 D．(23+3) a万元

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

二、填空题：本大题4个小题，每小题4分，共16分．

13．已知函数f(x)=Acos2(ωx+)+1（A>0，ω>0）的最大值为3，f(x)的图象在y轴上的截

距为2，其相邻两对称轴间的距离为2，则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(100)=____________ 14. 设点P是曲线y=x3－3x+2上的任意一点,P点处切线倾斜角为α,则角α的取值范围是______________

15. 已知(xcos1)的展开式中x2的系数与(x)4的展开式中x3的系数相等，则

554cos＝_____________．

16.若函数f(x)满足：对于任意x1,x20,都有f(x1)0，f(x2)0且

f(x1)f(x2)f(x1x2)成立，则称函数f(x)具有性质M.

给出下列四个函数：①yx，②ylog2(x1),③y21，④ysinx.

其中具有性质M的函数是 （注：把满足题意的所有函数的序号都填上） ．．．17．如图,在杨辉三角中,斜线l上方,从1开始箭头所示的数组成一个锯齿数列:1,3,3,4,6,5,10,…,记其前n项和为Sn,则S19等于____________.

1 1 1 l

1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 … … … … … … …

f(1)f(2)f(3)f()

18. 已知f（x+y）=f(x)·f(y)对任意的实数x、y都成立,且f(1)=2,则+++…+

f(0)f(1)f(2)f()

f()

+= ___________________. f()

3x3 / 12

三、解答题：本大题6小题，共74分，解答应写出必要的文字说明．推理过程或计算步骤.

19．（本题满分12分）

已知向量m (cos,sin) 和n=(2sin,cos)，∈［π，2π］． (Ⅰ)求|mn|的最大值；(Ⅱ)当|mn|=

82时，求cos的值． 528

20．（本小题满分12分）

甲、乙两人在一场五局三胜制的象棋比赛中，规定甲或乙无论谁先赢满三局就获胜，并且比赛就此结束.现已知甲、乙两人每比赛一局甲取胜的概率是

21，乙取胜的概率为，且每局33比赛的胜负是的，试求下列问题：

(Ⅰ)比赛以甲3胜1而结束的概率； (Ⅱ)比赛以乙3胜2而结束的概率；

(Ⅲ)设甲获胜的概率为a，乙获胜的概率为b，求a：b的值.

21．（本题满分14分）

如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在平面互相垂直，

AB=2，AF=1，M是线段EF的中点。

(Ⅰ)求证：AM∥平面BDE；

(Ⅱ) 求二面角A－DF－B的大小.

（Ⅲ）试问：在线段AC上是否存在一点P，使得直线PF与AD所成角为60°？

EMCFBDA4 / 12

22.（本题满分14分）已知OF=（c,0）(c>0), OG=(n,n)(n∈R), |FG|的最小值为1,若动点P同时满足下列三个条件: c①|PF| = |PE|(a>c>0);

a

a2

② PE=OF (其中OE=(,t),≠0,t∈R);

c

③动点P的轨迹C经过点B(0,－1) . (Ⅰ)求c的值;

(Ⅱ)求曲线C的方程;

(Ⅲ)是否存在方向向量为a=(1,k)(k≠0)的直线l,使l与曲线C交于两个不同的点M、N,且|BM|=|BN|?若存在,求出k的范围;若不存在,请说明理由.

23．（本题满分14分）

如图，过点P(1,0)作曲线C: yx(x(0,),kN*,k1)的切线，切点为Q1,设Q1点在x轴上的投影是点P1；又过点P1作曲线C的切线，切点为Q2,设Q2在x轴上的投影是P2；…；依此下去,得到一系列点Q1,Q2,…,Qn,…,设点Qn的横坐标为an. （Ⅰ）试求数列｛an｝的通项公式an；（用k的代数式表示） （Ⅱ）求证：an1nkn; k1ni2kk（注：aia1a2an）. （Ⅲ）求证：i1aii1

5 / 12

参及评分标准 一、选择题

1．C 易知A=｛-1，0，1｝，B=｛1，2｝，故A∩B=｛1｝. 2．D 分x<1与2≤x<5讨论.

3．D OP =OA+λ(AB+AC)=OA+2λAD(其中D为BC的中点),于是有AP=2λAD,从而点A、D、P共线，即点P的轨迹通过三角形ABC的重心. 4．B 作出不等式表示的平面区域即可.

5．A 先从14人中选出12人,再将12人进行分组,且每组4人. 6．B 由线面位置关系不难知道:①③正确的.

7．B [解析]由题意知:等差数列中,从第1项到第项是正数,且从第项开始为负

数,S4010=(a1+a4010)=(a+a)>0, 4011(a1+a4011)

S4011==4011a<0, 故n的最大值为4010.

2

另解:由题意可得:等差数列中,从第1项到第项是正数,且从第项开始是负数,则所有的

正项的和为Sn的最大值,即当n=时,取得最大值,显然Sn是关于n的缺常数项的二次函数,且开口向下,所以第项离对称轴最近,故其对称轴介于到.5之间,又因为二次函数的图象与x轴的一个交点是(0,0),则设另一个交点(x,0),x应介于4010到4011之间.所以使Sn>0的最大自然数是4010,故选B.

本小题结论可以推广成一般结论:等差数列中,a1>0,ak+ak+1>0,且akak+1<0,则使前n项和

Sn>0的最大自然数n是2k.. 1

8．B 原函数的图象是由y=图象向下移动一个单位,且在(－∞,0),(0,＋∞)上为减函数,

x

1

所以其反函数的图象是由y=的图象向左移动一个单位,且在定义域上为减函

x数.

1

9．B 易知面BCC1B1内的点到点F的距离是到BC的距离倍的，由椭圆的第二定义即知.

2

10．D 设 M F1双曲线的交点为P，焦点F1（－c,0）, F2(c,0),由平面几何知识知：F2P⊥F1

M，又|F1 F2|=2c 于是 |PF2| =2csin60°=3c |PF1| =c

c

故 2a= |PF2| －|PF1| =3c－c =（ 3－1）c e= =3+1.

a

132211．C 特值法：令a=2与可知f(x)logaaxx在1,上恒正，显然选项D

322不正确.

12．B 依题意知PMQ曲线是以A、B为焦点、实轴长为2的双曲线的一支（以B为焦

点），此双曲线的离心率为2，以直线AB为轴、AB的中点为原点建立平面直角坐

标系，则该双曲线的方程为 x2－

y2

＝1，点C的坐标为（3，3）.则修建这条公路的3

6 / 12

1

总费用ω=a[|MB|+2|MC|]=2a[|MB|+|MC|],设点M、C在右准线上射影分别为点

21

M1 、C1 ，根据双曲线的定义有|M M1|=|MB|，所以=2a[|M M1|+|MC|]≥2a|C C1|=2a

21

×（3-）=5a.当且仅当点M在线段C C1上时取等号，故ω的最小值是5a.

2二、填空题

πππ

13.200 易知A=2 ,ω= ,=±,y=2－cos(πx+)=2±sinπx,从而

242

f(1)+f(2)+f(3)+…+f(100)=2×100=200.

2’2

14.[0,)[,) [解析]∵y=3x－3≥－3, ∴tanα≥－3

23 又∵ 0≤α≤∏ ∴0≤α<

2或2 315. 25 由二项式定理知: (xcos1)的展开式中x2的系数为 2545223

C3)的展开式中x3的系数为C15·cos,(x4·,于是有C5·cos= 4

4512C14·,解得 cos=. 42

16.①、③ 可通过作差比较得到结论.

17. 283 [解析] 由条件知道:该数列的奇数项分别为1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,…,偶数项分

别为3,4,5,6,7,8,9,10,11,…,把奇数项的前10项与偶数项的前9项相加即得S19=283.

18. 4012 [解析]∵f(1+0)=f(1)·f(0),2=2f(0),∴f(0)=1 ∵f(2)=f(1+1)=f(1)·f(1)=2, f(3)=f(2+1)=f(2)·f(1)=2, 依此类推:f()=2,f()=2, 2222=4012. ∴原式=22006个32

三、解答题

19．解：(Ⅰ) mncossin2,cossin 1分

mncossin22(cossin)2= 7 / 12

422(cossin)=44cos=21cos 3分

44∵θ∈［π，2π］，∴

59，∴cos()≤1 4444|mn|max=22． 5分

(Ⅱ) 由已知mn827,,得cos 7分 5425又cos16222cos()1 10分 cos()∴4282825459，∴cos． 12分 8288528∵θ∈［π，2π］∴

20．解: (Ⅰ) 比赛以甲3胜1而结束,则第四局一定甲胜，前三局中甲胜两局, 1分

128. 3分 33278答：比赛以甲3胜1而结束的概率为. 4分

27∴所求概率为:PC3()2223(Ⅱ) 比赛以乙3胜2而结束，则第五局一定乙胜，前四局中乙胜两局， 5分

∴所求概率为: PC4()()答：比赛以乙3胜2而结束的概率为

213223218 7分 3818. 8分 8122(Ⅲ)甲先胜3局的情况有3种:3胜无败,3胜1败,3胜2败.，则其概率分别为 9分

81281216322222，=，C3CC34，

27327333333818816 11分 2727818117∴乙获胜的概率b1a ∴a:b:17. 12分

81于是甲获胜的概率a21．方法一

解: (Ⅰ)记AC与BD的交点为O,连接OE, 1分 ∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩形，

∴四边形AOEM是平行四边形， 2分 ∴AM∥OE. 3分 ∵OE平面BDE， AM平面BDE，

∴AM∥平面BDE. 4分 (Ⅱ)在平面AFD中过A作AS⊥DF于S，连结BS， ∵AB⊥AF， AB⊥AD， ADAFA,

328 / 12

∴AB⊥平面ADF， 5分 ∴AS是BS在平面ADF上的射影， 由三垂线定理得BS⊥DF.

∴∠BSA是二面角A—DF—B的平面角。 7分

在RtΔASB中，AS∴tanASB6,AB2, 33,ASB60, 8分

∴二面角A—DF—B的大小为60º. 9分 （Ⅲ）设CP=t（0≤t≤2）,作PQ⊥AB于Q，则PQ∥AD， ∵PQ⊥AB，PQ⊥AF，ABAFA，

∴PQ⊥平面ABF，QF平面ABF，

∴PQ⊥QF. 11分 在RtΔPQF中，∠FPQ=60º，PF=2PQ. ∵ΔPAQ为等腰直角三角形， ∴PQ2(2t). 12分 2又∵ΔPAF为直角三角形， ∴PF(2t)21，

2∴(2t)122(2t). 2所以t=1或t=3(舍去)

即点P是AC的中点. 14分 方法二（ 仿上给分）

（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系。 设ACBDN，连接NE， 则点N、E的坐标分别是（

22,,0)、（0,0,1）, 22 ∴NE=(22,,1), 22 又点A、M的坐标分别是

0）、（ （2，2，22,,1) 22 ∴ AM=（22,,1) 229 / 12

∴NE=AM且NE与AM不共线， ∴NE∥AM.

又∵NE平面BDE， AM平面BDE， ∴AM∥平面BDF.

（Ⅱ）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AFADA, ∴AB⊥平面ADF.

∴ AB(2,0,0)为平面DAF的法向量。

∵NE·DB=（22,,1)·(2,2,0)=0， 2222,,1)·(2,2,0)=0得 22∴NE·NF=（NE⊥DB，NE⊥NF，

∴NE为平面BDF的法向量。 ∴cos=1 2∴AB与NE的夹角是60º.

即所求二面角A—DF—B的大小是60º.

（Ⅲ）设P(t,t,0)(0≤t≤2)得

PF(2t,2t,1),

∴DA=（0，2，0，）， 又∵PF和AD所成的角是60º. ∴cos60(2t)2(2t)(2t)1222

解得t232或t（舍去）， 22c2c22(n－)+ ,

22

即点P是AC的中点.

22．解:(Ⅰ)法一: |FG|=(n－c)2+n2=

c

当n= 时, |FG|min=2

c2=1,所以c=2. 3分 2

法二:设G(x,y),则G在直线y=x上,所以|FG|的最小值为点F到直线y=x的距离,即 |c－0|

=1,得c=2. 2

10 / 12

a2c(Ⅱ)∵PE= OF (≠0),∴PE⊥直线x= , 又 |PF| = |PE| (a>c>0).

caa2

∴点P在以F为焦点,x= 为准线的椭圆上. 5分

c设P(x,y), 则有(x－2)2+y2 =

2a2

|－x|, 点B(0－1)代入, 解得a=3. a 2

x22

∴曲线C的方程为 +y=1 7分

3

(Ⅲ)假设存在方向向量为a0=(1,k)(k≠0)的直线l满足条件,则可设l:y=kx+m(k≠0), x22

与椭圆+y=1联立,消去y得(1+3k2)x2+6kmx+3m2－3=0. 10分

3由判别式△>0,可得m2<3k2+1. ①

设M(x1,y1),N(x2,y2), MN的中点P(x0,y0),由|BM|=|BN|, 则有BP⊥MN. 11+3k2

由韦达定理代入kBP=－,可得到m= ②

k2

联立①②,可得到 k2－1<0, 12分

∵k≠0, ∴ －1即存在k∈(－1,0)∪(0,1),使l与曲线C交于两个不同的点M、N,且|BM|=|BN|. 14分 23．解: (Ⅰ)

yxky'kxk1,若切点是Qn(an,ank),则

kk1切线方程为yankan(xan). 1分 kk1当n=1时,切线过点(1,0),即0a1ka1(1a1),得a1k k1ank. an1k1kk1当n>1时,切线过点Pn1(an1,0),即0ankan(an1an),解得

数列an是首项为

故所求通项an(kk，公比为的等比数列， k1k1kn),nN* . 4分 k1kn(Ⅱ) 由（1）知an(),nN*

k1kn1n1121n012nan()(1)CnCnCn()Cn()

k1k1k1k1k11n01CnCn1 9分

k1k1(Ⅲ)设Sn12a1a2n1nk112,则Snan1anka2a31n11anan1a1a2n1n, anan11， an两式相减得(1k111)Snka1a211 / 12

k1k1n[1()]1kSnkk1. 故Snk2k. 14分

k1k1k

12 / 12