高考数学二轮复习 仿真模拟卷一理文档格式.docx
- 文档编号:21221615
- 上传时间:2023-01-28
- 格式:DOCX
- 页数:12
- 大小:51.01KB
高考数学二轮复习 仿真模拟卷一理文档格式.docx
《高考数学二轮复习 仿真模拟卷一理文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考数学二轮复习 仿真模拟卷一理文档格式.docx(12页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
14.已知函数f(x)=则f(x)dx= .
15.在平面直角坐标系中,若不等式组(a为常数)所表示的平面区域内的面积等于2,则a= .
16.过双曲线-=1(a>
0,b>
0)的右顶点A作斜率为-1的直线,该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B,C.若=,则双曲线的离心率是 .
三、解答题(共70分)
17.(本小题满分12分)
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,a2+c2-ac=b2,cosA=,b=2.
(1)求sinC的值;
(2)求△ABC的面积.
18.(本小题满分12分)
一个盒子中装有大量形状大小一样但重量不尽相同的小球,从中随机抽取50个作为样本,称出它们的重量(单位:
克),重量分组区间为[5,15],(15,25],(25,35],(35,45],由此得到样本的重量频率分布直方图(如图),
(1)求a的值,并根据样本数据,试估计盒子中小球重量的众数与平
均值;
(2)从盒子中随机抽取3个小球,其中重量在[5,15]内的小球个数为X,求X的分布列和数学期望.(以直方图中的频率作为概率)
19.(本小题满分12分)
如图,在四面体ABCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2,M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.
(1)证明:
PQ∥平面BCD;
(2)若二面角CBMD的大小为60°
求∠BDC的大小.
20.(本小题满分12分)
已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,左、右焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=2,点(1,)在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A,B两点,且△AF2B的面积为,求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程.
21.(本小题满分12分)
已知a∈R,函数f(x)=lnx-a(x-1).
(1)若a=,求函数y=|f(x)|的极值点;
(2)若不等式f(x)≤-+恒成立,求a的取值范围.(e为自然对数的底数)
请在第22,23,24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题
计分.
22.(本小题满分10分)选修41:
几何证明选讲
如图,在△ABC中,∠ABC=90°
以AB为直径的☉O交AC于D,过点D作☉O的切线交BC于E,AE交☉O于点F.
(1)证明:
E是BC的中点;
(2)证明:
AD·
AC=AE·
AF.
23.(本小题满分10分)选修44:
坐标系与参数方程
在极坐标系中,曲线C的极坐标方程为ρ=4sin(θ+),现以极点O为原点,极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系,直线l的参数方程为
(t为参数).
(1)写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程;
(2)设直线l和曲线C交于A,B两点,定点P(-2,-3),求|PA|·
|PB|
的值.
24.(本小题满分10分)选修45:
不等式选讲
已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.
(1)当a=-2时,求不等式f(x)<
g(x)的解集;
(2)设a>
-1,且当x∈[-,)时,f(x)≤g(x),求a的取值范围.
高考仿真模拟卷
(一)
1.B 2.B 3.D 4.B 5.B 6.A 7.A 8.A 9.B 10.A 11.C 12.D
13.解析:
设等差数列{an}的公差为d,
因为a3+a4=12,3a2=a5,
所以2a1+5d=12,3(a1+d)=a1+4d,
联立解得a1=1,d=2,
所以a6=a1+5d=11.
答案:
11
14.解析:
f(x)dx=dx+exdx,
由定积分的几何意义可知dx表示上半圆x2+y2=1(y≥0)的面积,
所以dx=,
又exdx=ex|=e2-e.
所以f(x)dx=+e2-e.
+e2-e
15.解析:
直线ax-y+1=0过点(0,1),当a<
0时,不等式组所表示的平面区域如图
(1)阴影部分所示,显然面积不可能为2,故只能a≥0,此时不等式组所表示的平面区域如图
(2)阴影部分所示,区域为三角形区域,若这个三角形的面积为2,则AB=4,即点B的坐标为(1,4),代入y=ax+1得a=3.
3
16.解析:
直线l:
y=-x+a与渐近线l1:
bx-ay=0交于B(,),
l与渐近线l2:
bx+ay=0交于C(,),
因为A(a,0),
所以=(-,),
=(,-),
因为=,
所以-=,
所以b=2a,
所以c2-a2=4a2,
所以e2==5,
所以e=.
17.解:
(1)由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB,
因为a2+c2-ac=b2,
所以cosB=,
所以sinB=,
因为cosA=,
所以sinA=,
所以sinC=sin(A+B)
=sinAcosB+cosAsinB
=×
+×
=;
(2)由正弦定理可得=,
所以=,
所以a=,
所以S△ABC=absinC
×
2×
=.
18.解:
(1)由题意得(0.02+0.032+a+0.018)×
10=1,
解得a=0.03;
又由最高矩形中点的横坐标为20,
可估计盒子中小球重量的众数约为20,
而50个样本小球重量的平均值为:
=0.2×
10+0.32×
20+0.3×
30+0.18×
40=24.6(克),
故估计盒子中小球重量的平均值为24.6克.
(2)利用样本估计总体,该盒子中小球的重量在[5,15]内的概率为;
则X~B(3,),X=0,1,2,3;
P(X=0)=×
()3=;
P(X=1)=×
()2×
P(X=2)=×
()×
()2=;
P(X=3)=×
()3=,
所以X的分布列为
x
1
2
P
即E(X)=0×
+1×
+2×
+3×
19.
(1)证明:
如图所示,取BD的中点O,
以O为原点,OD,OP所在射线为y,z轴的正半轴,
建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意知A(0,,2),B(0,-,0),
D(0,,0).
设点C的坐标为(x0,y0,0),
因为=3,
所以Q(x0,+y0,).
因为点M为AD的中点,
故M(0,,1).
又点P为BM的中点,
故P(0,0,),
所以=(x0,+y0,0).又平面BCD的一个法向量为a=(0,0,1),
故·
a=0.
又PQ⊄平面BCD,
所以PQ∥平面BCD.
(2)解:
设m=(x,y,z)为平面BMC的法向量.
由=(-x0,-y0,1),
=(0,2,1),
知
取y=-1,得m=(,-1,2).
又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),于是
|cos<
m,n>
|=
=
=,
即()2=3.①
又BC⊥CD,
所以·
=0,
故(-x0,--y0,0)·
(-x0,-y0,0)=0,
即+=2.②
联立①②,解得或
所以tan∠BDC=||=.
又∠BDC是锐角,
所以∠BDC=60°
.
20.解:
(1)设椭圆C的方程为+=1(a>
b>
0),
由题意可得椭圆C两焦点坐标分别为F1(-1,0),F2(1,0).
所以2a=
+
=+=4.
所以a=2,
又c=1,
所以b2=4-1=3,
故椭圆C的方程为+=1.
(2)当直线l⊥x轴时,计算得到:
A(-1,-),B(-1,),
=·
|AB|·
|F1F2|=×
3×
2=3,不符合题意.
当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为y=k(x+1),
由
消去y得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,
显然Δ>
0成立,设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-,x1x2=,
又|AB|
即|AB|=·
又圆F2的半径
r==,
所以=|AB|r
·
化简得17k4+k2-18=0,
即(k2-1)(17k2+18)=0,
解得k=±
1,
所以r==,
故圆F2的方程为(x-1)2+y2=2.
21.解:
(1)若a=,
则f(x)=lnx-,
f′(x)=-.
当x∈(0,e-1)时,f′(x)>
0,f(x)单调递增;
当x∈(e-1,+∞)时,f′(x)<
0,f(x)单调递减.
又因为f
(1)=0,f(e)=0,所以
当x∈(0,1)时,f(x)<
0;
当x∈(1,e-1)时,f(x)>
当x∈(e-1,e)时,f(x)>
当x∈(e,+∞)时,f(x)<
0.
故y=|f(x)|的极小值点为1和e,极大值点为e-1.
(2)不等式f(x)≤-+,
整理为lnx+-+a≤0.(*)
设g(x)=lnx+-+a,
则g′(x)=+-
=(x>
0).
①当a≤0时,2ax-e<
0,
所以,当x∈(0,e)时,g′(x)>
0,g(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,g′(x)<
0,g(x)单调递减.
从而g(x)max=g(e)=0.
故g(x)≤0恒成立.
②当a>
0时,
g′(x)=
=(x-e)(-).
令-=,解得x1=,则当x>
x1时,->
;
再令(x-e)=1,解得x2=+e,则当x>
x2时,
(x-e)>
1.
取x0=max{x1,x2},
则当x>
x0时,g′(x)>
所以,当x∈(x0,+∞)时,g(x)-g(x0)>
x-x0,
即g(x)>
x-x0+g(x0).
这与“g(x)≤0恒成立”矛盾.
综上所述a的取值范围为(-∞,0].
22.证明:
(1)连接BD,
因为AB为☉O的直径,
所以BD⊥AC,
又∠ABC=90°
所以CB切☉O于点B,
又ED切☉O于点D,
因此EB=ED,所以∠EBD=∠EDB,
又因为∠CDE+∠EDB=90°
=∠EBD+∠C,
所以∠CDE=∠C,
所以ED=EC,因此EB=EC,
即E是BC的中点.
(2)连接BF,显然BF是Rt△ABE斜边上的高,
可得△ABE∽△AFB,
于是有=,
即AB2=AE·
AF,
同理可得AB2=AD·
AC,
所以AD·
23.解:
(1)ρ=4sin(θ+)=4sinθ+4cosθ,
所以ρ2=4ρsinθ+4ρcosθ,所以x2+y2-4x-4y=0,
即曲线C的直角坐标方程为(x-2)2+(y-2)2=8;
直线l的普通方程为x-y+2-3=0.
(2)把直线l的参数方程代入到圆C:
x2+y2-4x-4y=0,
得t2-(4+5)t+33=0,
设方程的两根为t1,t2,则t1t2=33.
因为点P(-2,-3)显然在直线l上,
由直线的参数方程下t的几何意义知
|PA||PB|=|t1t2|=33.
24.解:
(1)当a=-2时,不等式f(x)<
g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<
设y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,
则y=
其图象如图所示.
结合图象可得,y<
0时0<
x<
2,
故原不等式的解集为{x|0<
2}.
(2)当a>
-1,且当x∈[-,)时,
f(x)=1+a,
不等式f(x)≤g(x)化为1+a≤x+3,
故x≥a-2对x∈[-,)都成立.
故-≥a-2,解得a≤,
故a的取值范围为(-1,].
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考数学二轮复习 仿真模拟卷一理 高考 数学 二轮 复习 仿真 模拟 卷一理