吉林省实验中学高三数学模拟试卷(理科).doc

吉林省实验中学高三数学模拟试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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（5分）满足条件A0，1，2=0，1，2，3的所有集合A的个数是（）A6B7C8D16考点：子集与真子集.专题：计算题分析：根据并集的定义A0，1，2=0，1，2，3，可知集合A中必含有元素3，利用此信息进行一一列举；解答：解：A0，1，2=0，1，2，3，3A，所以A可取：3； 0，3、1，3、2，3、0，1，3、0，2，3、1，2，3、0，1，2，3，一共8个，故选C；点评：此题主要考查子集的性质，以及并集的定义，是一道基础题；2（5分）（2008天津）把函数y=sinx（xR）的图象上所有点向左平行移动个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到的图象所表示的函数是（）A，xRB，xRC，xRD，xR考点：函数y=Asin（x+）的图象变换.专题：常规题型分析：根据左加右减的性质先左右平移，再进行伸缩变换即可得到答案解答：解：由y=sinx的图象向左平行移动个单位得到y=sin（x+），再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍得到y=sin（2x+）故选C点评：本题主要考查函数y=Asin（x+）的图象变换，平移变换时注意都是对单个的x或y来运作的3（5分）命题甲：p是q的充分条件；命题乙：p是q的充分必要条件，则命题甲是命题乙的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.专题：常规题型分析：根据命题甲成立的情况下，命题乙不一定成立，得到充分性不成立；再根据命题乙成立时必定有命题甲成立，得到必要性成立，由此可得正确选项解答：解：先看充分性当“p是q的充分条件”成立，说明由p可以推出q，但由q不一定能推出p，因此不一定有“p是q的充分必要条件”故充分性不能成立，再看必要性当“p是q的充分必要条件”成立，说明由p可以推出q，由q也可以推出p，因此“p是q的充分条件”成立所以必要性成立故选B点评：本题以命题真假的判断和充分必要条件的判断为载体，考查了充分条件、必要条件等知识点，属于基础题4（5分）（2012增城市模拟）等比数列an的各项均为正数，且a5a6+a4a7=18，则log3a1+log3a2+log3a10=（）A12B10C8D2+log35考点：等比数列的性质；对数的运算性质.专题：计算题分析：先根据等比中项的性质可知a5a6=a4a7，进而根据a5a6+a4a7=18，求得a5a6的值，最后根据等比数列的性质求得log3a1+log3a2+log3a10=log3（a5a6）5答案可得解答：解：a5a6=a4a7，a5a6+a4a7=2a5a6=18a5a6=9log3a1+log3a2+log3a10=log3（a5a6）5=5log39=10故选B点评：本题主要考查了等比数列的性质解题的关键是灵活利用了等比中项的性质5（5分）已知函数f（x）是定义域为R的偶函数，且，若f（x）在1，0上是减函数，那么f（x）在2，3上是（）A增函数B减函数C先增后减得函数D先减后增的函数考点：奇偶性与单调性的综合.专题：计算题；转化思想分析：由偶函数的性质可以得出0，1上的单调性，再由可得出函数的周期是2，由此两个性质即可研究出函数在2，3上的单调性解答：解：由题意，故有所以函数的周期是2又函数f（x）是定义域为R的偶函数且在1，0上是减函数，故在0，1上增由上性质知，f（x）在2，3上的单调性与在0，1上的单调性相同，故f（x）在2，3上是增函数故选A点评：本题考查函数的奇偶性与单调性的综合，此类题是函数性质考查中的一个比较重要的类型，求解本题的关键是正确理解函数的性质并能熟练运用这些性质做出判断，本题根据恒等式得出函数的周期性是对函数周期性考查的一种比较新颖的方法本题易因对恒等式理解不透未能得出周期而导致解题失败6（5分）已知某质点的位移s与移动时间t满足s=t2et2，则质点在t=2的瞬时速度是（）A4B6C8D16考点：变化的快慢与变化率.专题：导数的概念及应用分析：先求出s关于t的导数，再把t=2代入其导函数即可解答：解：s=t2et2，s=（t2+2t）et2，s（2）=（22+22）e22=8则质点在t=2的瞬时速度是 8故选C点评：正确求导和理解导数的几何意义是解题的关键7（5分）已知数列an中，且an单调递增，则k的取值范围是（）A（，2B（，3）C（，2）D（，3考点：判断两个函数是否为同一函数.专题：计算题分析：该题需注意变量n的特殊性，根据函数的单调性可得an+1an0对于nN*恒成立，建立关系式，解之即可求出k的取值范围解答：解：数列an中，且an单调递增an+1an0对于nN*恒成立即（n+1）2k（n+1）（n2kn）=2n+1k0对于nN*恒成立k2n+1对于nN*恒成立，即k3故选B点评：本题主要考查了数列的性质，本题易错误地求导或把它当成二次函数来求解，注意n的取值是解题的关键，属于易错题8（5分）（2012陕西）在ABC中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，若a2+b2=2c2，则cosC的最小值为（）ABCD考点：余弦定理.专题：计算题；压轴题分析：通过余弦定理求出cosC的表达式，利用基本不等式求出cosC的最小值解答：解：因为a2+b2=2c2，所以由余弦定理可知，c2=2abcosC，cosC=故选C点评：本题考查三角形中余弦定理的应用，考查基本不等式的应用，考查计算能力9（5分）（2011江西）已知数列an的前n项和sn满足：sn+sm=sn+m，且a1=1，那么a10=（）A1B9C10D55考点：等比数列的前n项和；数列的求和.专题：计算题分析：根据题意，用赋值法，令n=1，m=9可得：s1+s9=s10，即s10s9=s1=a1=1，进而由数列的前n项和的性质，可得答案解答：解：根据题意，在sn+sm=sn+m中，令n=1，m=9可得：s1+s9=s10，即s10s9=s1=a1=1，根据数列的性质，有a10=s10s9，即a10=1，故选A点评：本题考查数列的前n项和的性质，对于本题，赋值法是比较简单、直接的方法10（5分）如图是函数f（x）=x2+ax+b的部分图象，则函数g（x）=lnx+f（x）的零点所在的区间是（）A（）B（1，2）C（，1）D（2，3）考点：函数零点的判定定理.专题：计算题；压轴题分析：由二次函数图象的对称轴确定a的范围，据g（x）的表达式计算g（）和g（1）的值的符号，从而确定零点所在的区间解答：解：由函数f（x）=x2+ax+b的部分图象得0b1，f（1）=0，从而2a1，而g（x）=lnx+2x+a在定义域内单调递增，g（）=ln+1+a0，g（1）=ln1+2+a=2+a0，函数g（x）=lnx+f（x）的零点所在的区间是（，1）；故选C点评：本题主要考查了导数的运算，以及函数零点的判断，同时考查了运算求解能力和识图能力，属于基础题11（5分）（2013锦州二模）已知正项等比数列an满足：a3=a2+2a1，若存在两项am，an，使得，则的最小值为（）ABCD不存在考点：等比数列的通项公式；基本不等式.专题：计算题；等差数列与等比数列；不等式的解法及应用分析：由正项等比数列an满足：a3=a2+2a1，知q=2，由存在两项am，an，使得，知m+n=6，由此能求出的最小值解答：解：正项等比数列an满足：a3=a2+2a1，即：q2=q+2，解得q=1（舍），或q=2，存在两项am，an，使得，所以，m+n=6，=（）（m+n）=（5+）（5+2）=，所以，的最小值是点评：本题考查等比数列的通项公式的应用，解题时要认真审题，仔细解答注意不等式也是高考的热点，尤其是均值不等式和一元二次不等式的考查，两者都兼顾到了12（5分）（2011陕西）函数f（x）=cosx在0，+）内 （）A没有零点B有且仅有一个零点C有且仅有两个零点D有无穷多个零点考点：函数零点的判定定理.专题：计算题；压轴题；分类讨论分析：根据余弦函数的最大值为1，可知函数在，）上为正值，在此区间上函数没有零点，问题转化为讨论函数在区间0，）上的零点的求解，利用导数讨论单调性即可解答：解：f（x）=+sinx当x0）时，0且sinx0，故f（x）0函数在0，）上为单调增取x=0，而0可得函数在区间（0，）有唯一零点当x时，1且cosx1故函数在区间，）上恒为正值，没有零点综上所述，函数在区间0，+）上有唯一零点点评：在0，+）内看函数的单调性不太容易，因此将所给区间分为两段来解决是本题的关键所在二填空题：本大题共4小题，每小题5分13（5分）（2008徐汇区二模）已知等差数列an的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2=6考点：等比数列的性质.专题：计算题分析：由公差d的值为2，根据等差数列的通项公式分别表示出a3和a4，由a1，a3，a4成等比数列，利用等比数列的性质列出关于首项a1的值，再由公差d的值，利用等差数列的通项公式即可求出a2的值解答：解：由等差数列an的公差为2，得到a3=a1+4，a4=a1+6，又a1，a3，a4成等比数列，（a1+4）2=a1（a1+6），解得：a1=8，则a2=a1+d=8+2=6故答案为：6点评：此题考查了等差数列的通项公式，以及等比数列的性质，熟练掌握通项公式及性质是解本题的关键14（5分）（2012荆州模拟）定义在（1，1）上的函数f（x）=5x+sinx，如果f（1a）+f（1a2）0，则实数a的取值范围为（1，）考点：正弦函数的单调性；奇偶性与单调性的综合.分析：函数f（x）=5x+sinx且定义域为（1，1），可判断此函数为奇函数，且在定义域内为单调递减函数，所以f（1a）+f（1a2）0f（1a）f（1a2），然后进行求解即可解答：解：f（x）=5x+sinx，f（x）=5xsinx=（5x+sinx）=f（x），又x（1，1）f（x）为奇函数；f（1a）+f（1a2）0f（1a）f（1a2）=f（a21），又f（x）=5+cosx0，f（x）为减函数；11aa211，解得：故答案为：点评：此题考查了利用函数的单调性及奇偶性求解抽象函数的不等式，还考查了不等式的求解及集合的交集15（5分）（2012天津）已知集合A=xR|x+2|3，集合B=xR|（xm）（x2）0，且AB=（1，n）则m=1，n=1考点：集合关系中的参数取值问题.专题：探究型分析：由题意，可先化简A集合，再由B集合的形式及AB=（1，n）直接作出判断，即可得出两个参数的值解答：解：A=xR|x+2|3=xR|5x1，又集合B=xR|（xm）（x2）0，AB=（1，n）如图由图知m=1，n=1故答案为1，1点评：本题考查集合关系中的参数取值问题，解题的关键是理解交的运算及一元二次不等式的解集的形式，本题一定的探究性，考查分析判断推理的能力16（5分）定义一个对应法则f：P（m，n）P（，），（m0，n0）现有点A（2，6）与点B（6，2），点M是线段AB上一动点，按定义的对应法则f：MM当点M在线段AB上从点A开始运动到点B结束时，点M的对应点M所经过的路线长度为考点：直线和圆的方程的应用.专题：计算题；压轴题分析：本题以定义的一种新的变换为入手点，主要考查直线与圆的有关知识，解答本题的关键是弄懂定义的本质，由定义的新法则f：P（m，n）P（，）（m0，n0）点A（2，6）与点B（6，2），点M是线段AB上一动点，而不难知道由变换得到点的轨迹是圆的一部分然后根据弧长公式，易得答案解答：解：由题意知AB的方程为：x+y=8，设M（x，y），则M（x2，y2），从而有x2+y2=8，易知 A（2，6）A（），B（6，2）B（），不难得出AOX=，BOX=，则AOB=，点M的对应点M所经过的路线长度为；故答案为点评：这是一道新运算类的题目，其特点一般是“新”而不“难”，处理的方法一般为：根据新运算的定义，将已知中的数据代入进行运算，易得最终结果弄懂定义的本质是解题关键；针对本题，通过阅读题意，不难知道由变换得到点的轨迹是圆的一部分三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（10分）在ABC中，A、B为锐角，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且sinA=，（1）求A+B的值；（2）若ab=，求a、b、c的值考点：余弦定理；同角三角函数间的基本关系；两角和与差的余弦函数；正弦定理.专题：计算题；综合题分析：（1）ABC中，A、B为锐角，sinA=，sinB=，可求得cosA，cosB，利用两角和与差的余弦公式可求A+B的值；（2）由ab=，利用正弦定理求得a，b的值，再由C=，利用余弦定理求c即可解答：解：（1）ABC中，A、B为锐角，A+B（0，），又sinA=，sinB=，cosA=，cosB=，cos（A+B）=cosAcosBsinAsinB=，A+B=（2）sinA=，sinB=，由正弦定理=得：=，a=b，又ab=，b=1，a=又C=（A+B）=，c2=a2+b22abcosC=2+121（）=5c=综上所述，a=，b=1，c=点评：本题考查正弦定理与余弦定理，考查同角三角函数间的基本关系与两角和的余弦公式及应用，由正弦定理求得a，b的值是关键，属于中档题18（12分）已知函数，（）求f（x）的最大值和最小值；（）若不等式|f（x）m|2在上恒成立，求实数m的取值范围考点：正弦函数的定义域和值域；函数恒成立问题；三角函数的化简求值.专题：计算题分析：（）利用降幂公式将f（x）化简为f（x）=1+2sin（2x），即可求得f（x）的最大值和最小值；（）|f（x）m|2f（x）2mf（x）+2，而x，可求得2x，从而可求得f（x）max=3，f（x）min=2，于是可求实数m的取值范围解答：解：（）f（x）=1cos（+2x）cos2x=1+sin2xcos2x=1+2sin（2x） （3分）又x，2x，即21+2sin（2x）3，f（x）max=3，f（x）min=2（7分）（）|f（x）m|2f（x）2mf（x）+2，x，（9分）由（1）可知，f（x）max=3，f（x）min=2，mf（x）max2=1且mf（x）min+2=4，1m4，即m的取值范围是（1，4）（14分）点评：本题考查三角函数恒成立问题，着重考查正弦函数的定义域和值域，考查三角函数的化简求值与辅助角公式的应用，属于中档题19（12分）（2007陕西）如图，在底面为直角梯形的四棱锥PABCD中，ADBC，ABC=90，PA平面ABCD，PA=4，AD=2，AB=2，BC=6（）求证：BD平面PAC；（）求二面角PBDD的大小考点：平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题.专题：计算题；证明题分析：（）要证BD平面PAC，只需证明BD垂直平面PAC内的两条相交直线PA，AC即可（）过E作EFPC，垂足为F，连接DF，说明EFD为二面角APCD的平面角，推出RtEFCRtPAC，通过解RtEFD，求二面角PBDD的大小解答：证明：（）PA平面ABCD，BD平面ABCDBDPA又，ABD=30，BAC=60，AEB=90，即BDAC又PAAC=ABD平面PAC（）过E作EFPC，垂足为F，连接DFDE平面PAC，EF是DF在平面PAC上的射影，由三垂线定理知PCDF，EFD为二面角APCD的平面角又DAC=90BAC=30，DE=ADsinDAC=1，又，PC=8由RtEFCRtPAC得在RtEFD中，二面角APCD的大小为点评：本题考查平面与平面垂直的判定，二面角及其度量，考查逻辑思维能力，空间想象能力，计算能力，是中档题20（12分）已知数列an满足（1）求证：数列an+1an是等比数列，并求an的通项公式；（2）记数列an的前n项和Sn，求使得Sn212n成立的最小整数n考点：数列的求和；等比关系的确定.专题：综合题分析：（1）由an+2+2an3an+1=0，得an+2an+1=2（an+1an），数列an+1an就以a2a1=3不首项，公比为2的等比数列，由此能够求出数列an的通项公式（2）利用分组求和法得Sn=3（2n1）2n212n，由眦能求出使得Sn212n成立的最小整数解答：（1）证明：an+2an+1=2（an+1an），a2a1=3数列an+1an是以3为首项，公比为2的等比数列，an+1an=32n1（3分）n2时，anan1=32n2，a3a2=32，a2a1=3，以上n1个式子累加得ana1=32n2+32n3+32+3=3（2n11）an=32n12当n=1时，也满足从而可得（6分）（2）解：由（1）利用分组求和法得Sn=（3202）+（3212）+（32n12）=3（20+21+2n1）2n=2n=3（2n1）2n（9分）Sn=3（2n1）2n212n，得32n24，即2n8=23，n3使得Sn212n成立的最小整数4（12分）点评：本题主要考查了利用利用数列的递推公式构造等比数列求解数列的通项公式，累加法的应用是求解通项的关键，分组求和及等比数列的求和公式的应用是解答（2）的关键21（12分）（2012怀化二模）设x1，x2（x1x2）是函数f（x）=ax3+bx2a2x（a0）的两个极值点（1）若x1=1，x2=2，求函数f（x）的解析式；（2）若，求b的最大值（3）若x1xx2，且x2=a，g（x）=f（x）a（xx1），求证：考点：函数在某点取得极值的条件；函数解析式的求解及常用方法；一元二次方程的根的分布与系数的关系.分析：（1）求导函数，根据x1=1，x2=2是函数f（x）的两个极值点，即可求得函数f（x）的解析式；（2）根据x1，x2是函数f（x）的两个极值点，可知x1，x2是方程3ax2+2bxa2=0的两根，从而，利用，可得b2=3a2（6a），令h（a）=3a2（6a），利用导数，即可求得b的最大值；（3）根据x1，x2是方程3ax2+2bxa2=0的两根，可得f（x）=3a（xx1）（xx2），根据，可得，进而有=，利用配方法即可得出结论解答：解：（1）求导函数，可得f（x）=3ax2+2bxa2，x1=1，x2=2是函数f（x）的两个极值点，f（1）=0，f（2）=0，3a2ba2=0，12a+4ba2=0，解得a=6，b=9f（x）=6x39x236x（4分）（2）x1，x2是函数f（x）的两个极值点，f（x1）=f（x2）=0x1，x2是方程3ax2+2bxa2=0的两根，故有=4b2+12a30对一切a0，bR恒成立，a0，x1x20，（6分）由得，b2=3a2（6a）b20，3a2（6a）0，0a6令h（a）=3a2（6a），则h（a）=36a9a2当0a4时，h（a）0，h（a）在（0，4）内是增函数；当4a6时，h（a）0，h（a）在（0，4）内是减函数；当a=4时，h（a）是极大值为96，h（a）在（0，6）上的最大值是96，b的最大值是（8分）（3）x1，x2是方程3ax2+2bxa2=0的两根f（x）=3a（xx1）（xx2），（10分）x1xx2，=3a点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的极值、单调性，考查不等式的证明，正确求导，理解极值的意义是解题的关键22（12分）已知Sn=1+，（nN*），设f （n）=S2n+1Sn+1，试确定实数m的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n，不等式恒成立考点：函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的单调性.专题：综合题；压轴题；导数的综合应用分析：先求函数的最小值，从而要使对于一切大于1的正整数n，不等式恒成立所以只要成立即可解答：解：由题意，f（n）=S2n+1Sn+1=+（nN*）函数f（n）为增函数，f（n）min=f（2）=要使对于一切大于1的正整数n，不等式恒成立所以只要成立即可由，得m1且m2此时设logm（m1）2=t，则t0于是，解得0t1由此得0logm（m1）21解得m且m2点评：本题考查利用最值法解决恒成立问题，考查不等式的求解，考查学生计算能力，关键是利用函数的单调性求函数的最小值高考资源网版权所有！投稿可联系QQ：1084591801