100所名校高考模拟金典卷 理科数学(1)

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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、若集合A0,1,2,3，集合BxxA,1xA，则集合B的元素个数为（ ）

A、1 B、2 C、3 D、4 2、在复平面内，复数

23i（i为虚数单位）所对应的点位于（ ）

34i22A、第一象限 B、第二象限 C、第三象限 D、第四象限 3、下列命题中正确的是（ ）

A、若p：存在xR，xx10，则p：对任意xR,xx10. B、若pq为真命题,则pq为真命题.

C、“函数fx为奇函数\"是“f00”的充分不必要条件。 D、命题“若x3x20，则x1”的否命题为真命题。 4、执行如图所示的程序框图，则输出的S的值为（ )

A、3 B、6 C、10 D、15

2开始 i=1, S=0 否 i<5? 是 i是奇数? S=S-i2 i=i+1 xy505、已知变量x，y满足约束条件x2y10，则zx2y1

x10的最大值是（ )

A、9 B、8 C、7 D、6

6、如图，某几何体的正视图、侧视图和俯视图分别是等边三角形、 等腰三角形和菱形，则该几何体的体积为( )

A、43 B、4

C、23 D、2

7、用1,2,3，4,5，6组成不重复的六位数，满足1不在左右两端， 2,4,6三个偶数中有且仅有两个偶数相邻，则这样的六位数的 个数为( ）

A、432 B、288 C、216 D、144 8、设0,S=S+i2 输出S 结束 23正视图 2 2 侧视图

俯视图

1sin，则（ ）

cos22A、3 B、2 C、3 D、2

2222，0,,且tan9、已知等边△ABC中，D、E分别是CA、CB的中点，以A、B为焦点且过D、E的椭圆和双曲线的离心率分别为e1、e2，则e1e2的值为（ )

3 2x10、已知定义在R上的函数fx、gx满足fxagx（a0且a1)，f'xgxfxg'x,

A、23 B、3 C、2 D、

f1f1563fn其中gx0且 ，则在有穷数列中，任取前k项相加，和大于的概率为（ ）

64gng1g12A、

1

1342 B、 C、 D、 5555二、填空题：本大题共6小题，考生作答5小题，每小题5分,共25分。

(一）选做题（请考生在11,12,13三题中任选两题作答,如果全做，则按前两题计分. 11、已知曲线C的极坐标方程为23cos，直线的极坐标方程为2cos3，

则它们相交所得的弦长等于 ； 12、如图，AB是圆O的直径,过A作圆O的切线,在切线上取一点C，使AC=AB，

连结OC,与圆O交于点E，若圆O的半径为1,则AE= ； 13、对任意x,yR,x1xy1y1的最小值为 ； （二）必做题:(14~16题)

14、在2014年3月15日那天,某市物价部门对市内的5家商场的某商品的一天销售量及其价格进行调查，5家

商场的售价x（元）和销售量y（件)之间的一组数据如下表所示： 价格x 销售量y 9 11 9。5 10 10 8 10。5 6 11 5 B O A

D E

C

根据上表可得回归方程y3.2xa，则a= ；

15、已知ABCDA1BC11D1为单位正方体，黑白两只蚂蚁从点A出发沿棱向前爬行，每走完一条棱称为“走完

一段”，白蚂蚁爬行的路线是AA1A1D1，黑蚂蚁爬行的路线是ABBB1，它们都遵循如下

规则：爬行的第i2段与第i段所在直线必须是异面直线（其中iN），设黑白蚂蚁都走完2015段后各停在正方体的某个顶点处，这时黑白蚂蚁的距离是 ； 16、已知△ABC内一点O满足关系OA2OB3OC0，则S

BOC:SCOA:SAOB= ；

三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出必要的文字说明、推理过程和演算步骤。

17、已知向量msinB,1cosB与向量n2,0所成角为，其中A、B、C分别是△ABC的内角.

3（1）求角B的大小；

(2）求sinAsinC的取值范围。

18、某商家推出一款简单电子游戏,弹射一次可以将三个相同的小球随机弹到一个正六边形的顶点和中心共7个

点中的三个位置上，用S表示这三个球为顶点的三角形的面积。规定：当三球共线时，S=0；当S最大时，中一等奖，当S最小时,中二等奖，其余情况不中奖。一次游戏只能弹射一次。 （1）求甲一次游戏中能中奖的概率；

(2）设这个正六边形的面积是6，求一次游戏中随机变量S的分布列及数学期望。

2

22219、已知正数数列an满足annn1annn0（nN），数列bn的前n项和为Sn,且满足

b11，2Sn1bn（nN)。

（1）求数列an和bn的通项公式； （2）设cn2n1bn,数列

ancn的前n项和为Tn，求证:T2n1。

20、 如图,在四棱锥P—ABCD中,PA⊥平面AB⊥CD，AC⊥AD,AB⊥BC，∠BAC=45°，PA=AD=2,AC=1。

（1）求二面角A-PC-D的正弦值； P （2）设E为棱PA上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长. B A C D

3

x2y221、设椭圆C1：221（ab0)的左右焦点分别为F1,F2，下顶点为A,线段OA的中点为B（O为坐

ab标原点)，如图，若抛物线C2：yx21与y轴的交点为B，且经过点F1,F2。

（1)求椭圆C1的方程； (2）设M0,

22、已知函数fxlnx4，N为抛物线C2上一动点，过点N作抛物线 5P F1 y 的切线交椭圆于P、Q两点，求△MPQ面积的最大值。

O F2 x N M B A Q 1。 x（1）求曲线yfx在点2,f2处的切线方程； (2）若gxfx由；

1ax22x有两个不同的极值点,其极小值为M,试比较2M与3的大小，并说明理xfxfpfxfq（3）设qp2,求证：当xp,q时，. xpxq 4

100所名校高考模拟金典卷·数学(一）

参 考 答 案 1-10：ABDCB CBBAD

11、3； 12、51； 13、3； 14、40； 15、2； 16、1：2:3。

15、【解析】由题意，白蚂蚁爬行路线为AA1A1D1DC11C1CCBBA，即过6段后又回到起点，可以看作以6为周期，由于201533565，白蚂蚁爬完2015段后回到B点； 同理，黑蚂蚁爬完2015段后回到D点；所以它们此时的距离为2。 16、【解析】延长OB至B1，使BB1OB；延长OC至C1,使CC12OC； 连结AB1,AC1,B1C1，如图所示,则OB12OB，OC13OC， 由条件得OAOB1OC10,所以O点是△AB1C1的重心，

A 1S（其中S表示AB1C1的面积）, B1OC1C1OAAOB13111111S， 所以SCOAS，SAOBS,SBOCSB1OCSB1OC19622318111::1:2:3。 因此SBOC:SCOA:SAOB1896从而SSSO B

C

B1

C1

17、已知向量msinB,1cosB与向量n2,0所成角为（1）求角B的大小；

（2）求sinAsinC的取值范围。

【解析】（1）因为msinB,1cosB与向量n2,0所成角为又0B,所以有

，其中A、B、C分别是△ABC的内角。 31cosBB3，即tan3; ，所以

sinB23B2，于是B； ………………………………6分 23331(2）由（1）得sinAsinCsinAsinAsinAcosAsinA,

3232而0A3,所以

3A3故sinAsinC的取值范围为23,1。 ，从而sinA3323,1。 ………………………………12分 2

18、某商家推出一款简单电子游戏，弹射一次可以将三个相同的小球随机弹到一个正六边形的顶点和中心共7个点中的三个位置上,用S表示这三个球为顶点的三角形的面积.规定：当三球共线时，S=0；当S最大时，中一等奖，当S最小时，中二等奖,其余情况不中奖。一次游戏只能弹射一次. （1)求甲一次游戏中能中奖的概率；

(2)设这个正六边形的面积是6，求一次游戏中随机变量S的分布列及数学期望.

3【解析】(1）在一次游戏中，三个小球的落点所有可能的结果共有C735种，

其中中一等奖的情况有2种,中二等奖的情况有3种， 于是若记“一次游戏中能中奖”为事件A,

231。 …………………5分 3C7731812（2）依题意,S的所有可能取值有0，1,2，3，且PS0，PS1，PS2，

353535则事件A发生的概率为PA

5

PS32，于是S的分布列为 35S P 0 1 2 3 3 3518 3512 352 35…………………10分

所以ES0

31812248123。 …………………12分 353535353522219、已知正数数列an满足annn1annn0(nN），数列bn的前n项和为Sn，且满足

（1）求数列an和bn的通项公式； （2）设cnb11，2Sn1bn(nN)。

2n1bn，数列ancn的前n项和为Tn，求证:T2n1。

2222【解析】(1）对于数列an，由annn1annn0可得an1annn0,

由于数列an为正数数列，所以ann2n； …………………3分 对数列bn来说，由2Sn1bn,可得2Sn11bn1,两式相减，整理得所以数列bn是一个等比数列,且公比为1； 又b11，所以bn1（2）由（1）知cnn1bn11（非零常数）, bn。 …………………6分

2n1bnan1n12n11n11=1， …………………8分

nn1nn1所以当n为奇数时，cncn1故T2nc1c2c3c4=1111111； …………………10分 nn1n1n2nn2c2n1c2n

11111. …………………12分 2n12n12n1111335

20、 如图,在四棱锥P—ABCD中,PA⊥平面AB⊥CD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC=45°，PA=AD=2，AC=1。 (1）求二面角A-PC—D的正弦值；

（2）设E为棱PA上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为30°， 求AE的长。

【解析】（1）依题设，可以以A为坐标原点，AD、AC、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A—xyz，如图所示。

P z 1122于是PC0,1,2,CD2,1,0，设平面PCD的法向量为nx,y,z,

则有D2,0,0，C0,1,0，B,,0，P0,0,2;…………………4分

B A D x C y y2z0y2znPC0则由可得，取z1，即得n1,2,1； 2xy0y2xnCD0又平面PAC的法向量为AD2,0,0（当然可用x轴的方向向量i1,0,0），

所以cosAD,n

ADnADn6; 66

若设二面角A—PC—D的大小为,则sin1cos2AD,n（2）设AEh0,2，则AE0,0,h,BE30。…………………8分 611,,h，CD2,1,0， 22BECD3310则依题设知cosBE,CD,解得h. 2102BECD1020h故AE的长为

10.…………………12分 10x2y221、设椭圆C1：221(ab0）的左右焦点分别为F1,F2，下顶点为A，线段OA的中点为B（O为坐

ab标原点),如图，若抛物线C2：yx21与y轴的交点为B,且经过点。

（1）求椭圆C1的方程； （2）设M0,4，N为抛物线C2上一动点，过点N作抛物线的 5P F1 y 切线交椭圆于P、Q两点，求△MPQ面积的最大值。 在抛物线方程yx1中令y0，得x1， 则F11,0，F21,0，故c1； 于是abc5，

222【解析】由题意可知B0,1，则A0,2，故b2；

2O F2 x N M B A Q x2y21。 …………………4分 从而椭圆C1的方程为542（2)设Nt,t1，由yx21得y'2x,

将其代入椭圆方程整理得415tx20tt首先，400t18015tt12222于是直线PQ的方程为yt12txt,即y2txt1; …………………6分

21x5t1200; ……………………7分

222222242480t18t30； 然后，若设交点P、Q的横坐标分别为x1,x2,则x1x2故PQ5tt2115t22，x1x2；

5t2120215t2。…………9分

xx14t21224x1x2514t2t418t2315t1t25设点M到直线PQ的距离为d，则d42t1514t2214t42，

2111514tt18t35 所以△MPQ的面积SPQd2215t214t2t22555105t418t23t298484。 10101052当t9即t3时取到等号,经检验此时0,满足题意.

故△MPQ面积的最大值为

105。 ……………………………13分 57

1。 x（1）求曲线yfx在点2,f2处的切线方程；

22、已知函数fxlnx1ax22x有两个不同的极值点，其极小值为M,试比较2M与3的大小，并说明理由； xfxfpfxfq（3）设qp2,求证:当xp,q时，。 xpxq11111【解析】（1）易知f'x2，所以f'2;

xx244111又f2ln2,所以曲线yfx在点2,f2处的切线方程为yln2x2，

224即x4y4ln20； ……………………………4分

(2)若gxfx12ax22x1(2）由题设知gxax2xlnx,g'x2ax2(x0）；

xx因为gx有两个不同的极值点,所以g'x0有两个不相等的实根x1,x2（x1x2)，

2即2ax2x10有两个不相等的正根x1,x2(x1x2）,

248a011于是有x1x20，解得0a; ……………………………6分

2a1xx0122a相应的，gx在0,x1上单调递增,在x1,x2上单调递减,在x2,上单调递增，

于是gx的极小值Mgx2ax22x2lnx2，

22又因为g'x202ax22x210，且x2112a1,,

2a1（x21）。 21x21由于M'x210，所以Mx2在1,上单调递减，

x2x23从而Mx2M1，故2M3. ……………………………9分

2fxfp(3）先证明：当xp,q时，f'x；

xp11lnxlnpp2p1xpx12,只需证lnx2lnp10；………（＊） 即证

xpxxxpp2p12lnp1(pxq)， 事实上,设xlnxxxpx2xp0,所以

则'xx在p,q内递增， 3xfxfp所以有xp0，即（＊）成立，从而f'x成立。 ………………………12分

xpfxfq同理可证：当xp,q时，f'x；

xq所以Mlnx2x2

8

综上即得当xp,q时，

fxfpfxfq。 …………………………………………13分 xpxq 9