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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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