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模拟试卷(一)(时间:150分钟满分:200分)数学试题一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分)1.已知集合A2,5,6,B3,5,则集合AB_.答案2,3,5,62.设复数z满足(2i)z,i为虚数单位,则复数z在复平面内对应的点在第_象限.答案四解析由(2i)z|i|2,得zi,复数z在复平面内对应的点的坐标为,在第四象限.3.(2018苏锡常镇四市调研)如图是一个算法流程图,若输入值x0,2,则输出值S的取值范围是_.答案0,1解析由题意得S所以当x0,1)时,S1;当x1,2时,S0,1,综上所述,输出值S的取值范围是0,1.4.对某同学的6次物理测试成绩(满分100分)进行统计,作出的茎叶图如图所示,给出关于该同学物理成绩的以下说法:中位数为84;众数为85;平均数为85;极差为12.其中,正确说法的序号是_.答案解析将图中各数从小到大排列为78,83,83,85,90,91,所以中位数为84,众数为83,平均数为(788383859091)85,极差为917813,故正确.5.(2016江苏)定义在区间0,3上的函数ysin 2x的图象与ycos x的图象的交点个数是_.答案7解析在区间0,3上分别作出ysin 2x和ycos x的简图如下:由图象可得两图象有7个交点.6.已知某圆锥的底面是半径为1的圆,若圆锥的侧面积是底面积的3倍,则该圆锥的体积是_.答案解析设圆锥的母线长为l,底面圆的半径为r,因为圆锥的底面是半径为1的圆,且圆锥的侧面积是底面积的3倍,所以l21312,得l3,故圆锥的高h2,圆锥的体积Vr2h2.7.已知直线l1:x2y10,直线l2:axby10,其中a,b1,2,3,4,5,6,则直线l1l2的概率为_.答案解析a,b1,2,3,4,5,6,a,b各有6种取法,总事件数是36.而满足条件的只有两组数a2,b4;a3,b6.P.8.已知点F1,F2分别是双曲线1(a0,b0)的左、右焦点,过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A,B两点,若ABF2是锐角三角形,则该双曲线离心率的取值范围是_.答案(1,1)解析方法一设A,B,则,.又4c220,即e46e210,所以1e1.方法二AF1,F1F22c,因为ABF2为锐角三角形,所以2c,所以c2a2b22ac,即e22e10,所以1e0,b0,a3b7,a13(b2)14,则1,那么22,当且仅当2(a1)(b2)时,取等号.的最小值为.14.已知函数yf(x)是定义域为R的偶函数.当x0时,f(x)若关于x的方程f2(x)af(x)b0,a,bR有且仅有6个不同实数根,则实数a的取值范围是_.答案解析依题意f(x)在(,2)和(0,2)上递增,在(2,0)和(2,)上递减,当x2时,函数取得极大值;当x0时,取得极小值0.要使关于x的方程f2(x)af(x)b0,a,bR有且仅有6个不同实数根,设tf(x),则t2atb0必有两个根t1,t2,则有两种情况符合题意:t1,且t2,此时at1t2,则a;t1(0,1,t2,此时同理可得a.综上可得a的取值范围是.二、解答题(本大题共6小题,共90分)15.(14分)如图,已知ABC是正三角形,EA,CD都垂直于平面ABC,且EAAB2a,DCa,F是BE的中点,求证:(1)FD平面ABC;(2)AF平面EDB.证明(1)取AB的中点M,连结FM,MC.F,M分别是BE,BA的中点,FMEA,FMEAa.EA,CD都垂直于平面ABC,CDEA,CDFM.又DCa,FMDC,四边形FMCD是平行四边形,FDMC.FD平面ABC,MC平面ABC,FD平面ABC.(2)M是AB的中点,ABC是正三角形,CMAB.又AE平面ABC,CM平面ABC,CMAE,又ABAEA,AB,AE平面EAB,CM平面EAB,又AF平面EAB,CMAF.又CMFD,FDAF.F是BE的中点,EAAB,AFBE.又FDBEF,FD,BE平面EDB,AF平面EDB.16.(14分)已知向量a(cos ,sin ),b(cos x,sin x),c(sin x2sin ,cos x2cos ),其中0x.(1)若,求函数f(x)bc的最小值及相应x的值;(2)若a与b的夹角为,且ac,求tan 2的值.解(1)b(cos x,sin x),c(sin x2sin ,cos x2cos ),f(x)bccos xsin x2cos xsin sin xcos x2sin xcos 2sin xcos x(sin xcos x).令tsin xcos xsin,则2sin xcos xt21,且1t.则yt2t12,1t,t时,ymin,此时sin,x,x,x,x.函数f(x)的最小值为,相应x的值为.(2)a与b的夹角为,cos cos cos xsin sin xcos(x).0x,0x,x.ac,cos (sin x2sin )sin (cos x2cos )0,sin(x)2sin 20,即sin2sin 20.sin 2cos 20,tan 2.17.(14分)已知椭圆C的方程为1(ab0),点A,B分别为其左、右顶点,点F1,F2分别为其左、右焦点,以点A为圆心,AF1为半径作圆A,以点B为圆心,OB为半径作圆B.若直线l:yx被圆A和圆B截得的弦长之比为.(1)求椭圆C的离心率;(2)已知a7,问在x轴上是否存在点P,使得过点P有无数条直线被圆A和圆B截得的弦长之比为?若存在,请求出所有点P的坐标;若不存在,请说明理由.解(1)分别过点A,B作直线l的垂线,垂足为A1,B1,由题意得AA1BB1,由点到直线的距离公式,得AA1BB1,因为圆A以AF1为半径,所以半径为ac,直线l被圆A截得的弦长为2,圆B以OB为半径,所以半径为a,直线l被圆B截得的弦长为2.因为直线l:yx被圆A和圆B截得的弦长之比为,所以,化简得16e232e70,解得e(舍)或e.(2)假设存在,设P点坐标为(m,0),过P点的直线为L,当直线L的斜率不存在时,直线L不能被两圆同时所截,故可设直线L的方程为yk(xm),则点A(7,0)到直线L的距离d1,由(1)有e,得圆A的半径rAac,故直线L被圆A截得的弦长为L12.则点B(7,0)到直线L的距离d2,圆B的半径rB7,故直线L被圆B截得的弦长为L22,据题意有,即有16(rd)9(rd),整理得4d13d2,即,关于k的方程有无穷多解,故有7m2350m3430,解得m1或49.故存在满足题意的点P,且点P的坐标为(1,0)或(49,0).18.(16分)(2016江苏)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥PA1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB6 m,PO12 m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?解(1)由PO12知,O1O4PO18.因为A1B1AB6,所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥A1BPO162224(m3).正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱AB2O1O628288(m3).所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3).(2)设A1B1a m,PO1h m,则0h6,O1O4h.连结O1B1,如图所示.因为在RtPO1B1中,O1BPOPB,所以2h236,即a22(36h2).于是仓库的容积VV锥V柱a2ha24ha2h(36hh3),0h6,从而V(363h2)26(12h2).令V0,得h2或h2(舍).当0h2时,V0,V是单调增函数;当2h6时,V0,V是单调减函数.故当h2时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO12 m时,仓库的容积最大.19.(16分)已知数列an,bn满足a11,b12,an1,bn1.(1)求证:当n2时,an1anbnbn1;(2)设Sn为数列|anbn|的前n项和,求证:Sn.证明(1)当n2时,bnan0,故有bnan(n2且nN*),所以anan1,bnbn1.综上,an1anbnbn1.(2)由(1)知,23()(),故|anbn|,故Sn1.20.(16分)已知函数f(x)ex(其中e是自然对数的底数),g(x)x2ax1,aR.(1)记函数F(x)f(x)g(x),且a0,求F(x)的单调增区间;(2)若对任意x1,x20,2,x1x2,均有|f(x1)f(x2)|g(x1)g(x2)|成立,求实数a的取值范围.解(1)因为F(x)f(x)g(x)ex(x2ax1),所以F(x)exx(a1)(x1).令F(x)0,因为a0,所以x1或x(a1),所以F(x)的单调增区间为(,a1)和(1,).(2)因为对任意x1,x20,2且x1x2,均有|f(x1)f(x2)|g(x1)g(x2)|成立,不妨设x1x2,根据f(x)ex在0,2上单调递增,所以有f(x1)f(x2)|g(x1)g(x2)|对x1x2恒成立,所以f(x2)f(x1)g(x1)g(x2)f(x1)f(x2)对x1,x20,2,x1x2恒成立,即对x1,x20,2,x1x2恒成立,所以f(x)g(x)和f(x)g(x)在0,2上都是单调增函数.当f(x)g(x)0在0,2上恒成立时,ex(2xa)0在0,2上恒成立,即a(ex2x)在0,2上恒成立.因为y(ex2x)在0,2上是减函数,所以y(ex2x)在0,2上最大值为1,所以a1.当f(x)g(x)0在0,2上恒成立时,ex(2xa)0在0,2上恒成立,即aex2x在0,2上恒成立.因为yex2x在0,ln 2上单调递减,在ln 2,2上单调递增,所以yex2x在0,2上的最小值为22ln 2,所以a22ln 2.所以实数a的取值范围为1,22ln 2.数学(附加题)21.选做题(本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两小题,并在相应的答题区域作答.若多做,则按作答的前两小题评分,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)A.(10分)选修41:几何证明选讲如图,AB为圆O的直径,AE平分BAC交圆O于点E,过点E作圆O的切线交AC于点D,求证ACDE.证明连结OE,因为ED是O的切线,所以OEED.因为OAOE,所以OAEOEA.又因为OAEEAD,所以EADOEA,所以OEAC,所以ACED.B.(10分)选修42:矩阵与变换已知矩阵A,若矩阵A属于特征值6的一个特征向量为1,属于特征值1的一个特征向量2.求矩阵A,并写出A的逆矩阵.解由矩阵A属于特征值6的一个特征向量1可得,6,即cd6;由矩阵A属于特征值1的一个特征向量2可得,即3c2d2,解得即A,A的逆矩阵是.C.(10分)选修44:坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系.已知圆4sin被射线0所截得的弦长为2,求0的值.解圆4sin的直角坐标方程为(x1)2(y)24,射线0的直角坐标方程可以设为ykx(x0,k0).圆心(1,)到直线ykx的距离d .根据题意,得22,解得k.即tan 0,又0,所以0.D.(10分)选修45:不等式选讲若实数x,y,z满足x24y2z23,求证:|x2yz|3.证明x24y2z23,由柯西不等式,得x2(2y)2z2(121212)(x2yz)2,当且仅当1,即xz1,y时取“”号.整理得(x2yz)29,即|x2yz|3.必做题(第22题、第23题,每题10分,共计20分,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)22.(10分)如图,已知正四棱锥PABCD中,PAAB2,点M,N分别在PA,BD上,且.(1)求异面直线MN与PC所成角的大小;(2)求二面角NPCB的余弦值.解(1)设AC,BD交于点O,在正四棱锥PABCD中,OP平面ABCD,又PAAB2,所以OP.以O为坐标原点,方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz,如图. 则A(1,1,0),B(1,1,0),C(1,1,0),D(1,1,0),P(0,0,),(1,1,).故,所以,(1,1,),所以cos,所以异面直线MN与PC所成角的大小为.(2)由(1)知(1,1,),(2,0,0),.设m(x,y,z)是平面PCB的法向量,则m0,m0,可得令y,则z1,即m(0,1).设n(x1,y1,z1)是平面PCN的法向量,则n0,n0,可得令x12,则y14,z1,即n(2,4,),所以cosm,n,则二面角NPCB的余弦值为.23.(10分)为了提高学生学习数学的兴趣,某校决定在每周的同一时间开设数学史、生活中的数学、数学与哲学、数学建模四门校本选修课程,甲、乙、丙三位同学每人均在四门校本课程中随机选一门进行学习,假设三人选择课程时互不影响,且每人选择每一课程都是等可能的.(1)求甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率;(2)设X为甲、乙、丙三人中选修数学史的人数,求X的概率分布和数学期望E(X).解(1)甲、乙、丙三人从四门课程中各任选一门,共有4364种不同的选法,记“甲、乙、丙三人选择的课程互不相同”为事件M,事件M共包含A24个基本事件,则P(M),所以甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率为.(2)方法一X可能的取值为0,1,2,3.P(X0),P(X1),P(X2),P(X3).所以X的概率分布为X0123P所以E(X)0123.方法二甲、乙、丙三人从四门课程中任选一门,可以看成三次独立重复试验,X为甲、乙、丙三人中选修数学史的人数,则XB,所以P(Xk)Ck3k,k0,1,2,3,所以X的概率分布为X0123P所以X的数学期望E(X)3.
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