高考理科数学仿真测试卷1

理科数学(一)

本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分。考试时间120分钟。

参考公式：

如果事件A、B互诉，那么：P(AB)P(A)P(B);

如果事件A、B相互独立，那么P(AB)P(A)P(B); 如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那行n次独立重复试验中恰好发生k次的概

kk率是：Pn(k)CnP(1P)nk.

球的表面积公式：S4R2,其中R表示球的半径. 球的体积公式：V43R，其中R表示球的半径. 3注意事项：

1．请考生务必将自己的姓名、准考证号填写在指定地方。

2．答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，填在第Ⅱ卷答题卡上；答第Ⅱ卷直接在试卷指定 区域作答。

3．考试结束，监考人员将第Ⅰ卷和第Ⅱ卷一并收回。

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、选择题（本大题共2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、“x4”是“x8”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

2、若平面四边形ABCD满足ABCD0，(ABAD)AC0，则该四边形一定是 A、直角梯形 B、矩形 C、菱形 D、正方形 3、若函数ylogax1loga1x，yax1a1x， （a0，且a1）定义域分别为M、N，全集为R， 则下列关系式正确的是

A、MNN B、MNM C、MNM D、MNCRN 4、由函数ycosx 0x图象与直线x及y1

的图象围成一个封闭图形的面积是

A、 B、1 C、2 D、2

5、已知数列an为等比数列，a11,q2，又第m项至第n项的和为112(mn)， 则mn的值为

A、11 B、12 C、13 D、14

6、已知l,m,表示直线，,,表示平面，下列条件中能推出结论的正确的是： 条件：①l⊥m, l⊥, m⊥; ②∥, ∥; ③l⊥,

第4题图

23∥; ④ l⊥, m⊥

结论：a: l ⊥ b:  ⊥ c: l∥m d: ∥

A、①a,②b,③c,④d B、①c,②d,③a,④b C、①b,②d,③a,④c D、①d,②b,③a,④c

a37、在直角坐标系中,函数y2 (a0为常数)所表示的曲线叫箕舌线，则箕舌线可

xa2能是下列图形中的 8、已知向量a＝(2cosα，2sinα)，b＝(3cosβ，3sinβ)，a与b的夹角为60o，则直线xcosα－ysinα

22

＋1＝0与圆(x－cosβ)＋(y＋sinβ)＝1的位置关系是

A、相切 B、相交 C、相离 D、随α、β的值而定

x221limxx2„xn的值为 9、已知2xR展开式的第7项为，则n423131A、 B、 C、 D、

444410、有一个游戏：将分别写有数字1，2，3，4的四张卡片随机发给甲、乙、丙、丁4个人， 每人一张，并请4个人进行预测：

甲说：乙或丙拿到标有3的卡片； 乙说：甲或丙拿到标有2的卡片； 丙说：标有1的卡片在甲手中； 丁说：甲拿到标有3的卡片.

结果显示：甲、乙、丙、丁4个人预测的都不正确.那么甲、乙、丙、丁4个人拿到的卡片依次为

A. 3124 B. 4123 C. 4321 D. 4213

11、以正方体ABCD－A′B′C′D′的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三角形，则这两个三角形共面的概率为

36737619218A、 B、 C、 D、

385385385385

22xy

12、已知椭圆＋＝1上有n个不同的点P1，P2，P3，…，Pn．设椭圆的右焦点为F，数

43列｛|PnF|｝是公差不小于

91的等差数列，则n的最大值为 1003A、2006 B、2007 C、2008 D、1004

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在横线上.） 13、若mR,(mi)3是纯虚数，则m的值为 . 14、函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的部分数值如下: x 0 1 2 3 －3 －2 －1 y 0 4 0 0 16 －80 －24 4 60 5 144 6 296 则函数y=lgf(x)的定义域为______ _____. 15、已知： 命题p：不等式|x－m|＋|x－1|＞1的解集为R，

命题q：f(x)＝log(3＋m)x是(0，＋∞)上的增函数．

若“p且q”是假命题，“p或q”是真命题，则实数m的取值范围是 ． 16、定义点P(x0,y0)到直线l:axbyc0(a2b20)的有向距离为：

dax0by0cab22.已知点P1、P2到直线l的有向距离分别是d1、d2，有以下命题：

①若d1d2=0，则直线P②若d1+d2=0，则直线P 1P2与直线l平行；1P2与直线l平行；

三、解答题：（本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17、（本小题满分12分）

A、B、C为△ABC的三内角，且其对边分别为a、b、c.若m(cos③若d1+d2=0，则直线P 1P2与直线l垂直；④若d1d2<0，则直线P1P2与直线l相交。

以上结论正确的是 .（要求填上正确结论的序号）

1AAn(cos,sin)，且m·n＝.

222⑴ 求角A的大小；

AA,sin), 22 ⑵ 若a＝23，三角形面积S＝3，求b+c的值.

18、(本小题满分12分)

袋中一共装有4个黑球和3个白球,现有甲、乙两人从袋中轮流摸球,每次取一个.甲先取，乙后取，然后甲再取„„取后不放回，直到两人中有一人取到白球时既终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用表示取球终止所需要的取球次数.

⑴ 求随机变量的概率分布； ⑵ 求甲取到白球的概率. 19、（本题满分12分）

已知函数f(x)= －x2+ax+1－lnx .

⑴ 若f(x)是在（0，

1）上的减函数，求a的取值范围； 2⑵ 函数f(x)是否既有极大值又有极小值，若不存在，请说明理由；若存在，求a的取 值范围.

20、（本题满分12分）

如图,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4. ⑴ 证明PQ⊥平面ABCD;

⑵ 求异面直线AQ与PB所成的角; ⑶ 求点P到平面QAD的距离.

D

A

B

P

C

Q

21．（本题满分12分）

已知为锐角，且tan的首项a12函数f(x)xtan2xsin(221，

4)，数列{an}

1,an1f(an). 2 ⑴ 求函数f(x)的表达式； ⑵ 求证：an1an；

111 ⑶ 求证：12(n2,nN*)．

1a11a21an

22．（本题满分14分）

已知点H（-3，0），点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点M在直线PQ上，且 满足HPPM0,PM3MQ. 2 ⑴ 当点P在y轴上移动时，求点M的轨迹G；

⑵ 过点T（-1，0）作直线l与轨迹G交于A、B两点，若在x轴上存在一点E（x0，0）， 使得ABE是等边三角形，求x0的值．

参考答案:

一、选择题（本大题共2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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 题号 B C B A B C A C D D D B 答案 简答与提示: 31、x24x2或x2，x8x2；

2、ABCD0ABCD是平行四边形，(ABAD)AC0BDAC； 3、根据题意：M(1,1),NR； 4、根据对称性；

am1qnm5、依题意：amam1an2m12nm11112167；

1q6、根据线线、线面、面面平行和垂直的有关判定逐个判断即可；

a4aa； 时，y2521|coscossinsin1|38、a与b的夹角为60ocos，d1；

2222cossin7、①函数是偶函数，②函数先单调递增后单调递减，③当x1；

411310、乙丙丁所说为假甲拿4，甲乙所说为假丙拿1，甲所说为假乙拿2；

311、以正方体ABCD－A′B′C′D′的任意三个顶点为顶点可作C856（个）三角形，正方体

6x9、T7C923212C43的表面及对角面每个面有C4=4（个）三角形，所以所求概率为2C5622112n，limxx„xx243n61318； 385x2y2

12、椭圆＋＝1中，a2,b3,c1，所以（|PnF|）（|PnF|）min=ac1max=ac3 43所以d312n12007. n1d

二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在横线上.） 13、0或3 14、(－1,1)和(2,+∞) 15、,20,2 16、④ 简答与提示:

13、(mi)3m33m3m21i是纯虚数，则m3m0.

14、解：由f(x)的解析式可知f(x)图象连续及f(x)的单调性可确定：在(－1,1)和(2,+∞)上均有

f(x)＞0.

15、命题p：不等式|x－m|＋|x－1|＞1的解集为Rm2或m0

命题q：f(x)＝log(3＋m)x是(0，＋∞)上的增函数3＋m>1m2 “p且q”是假命题，“p或q”是真命题说明命题p和q一真一假， 所以实数m的取值范围是,20,2. 16、当d1d2=0，①不对；若d1+d2=0，点P1、P2在直线l上或在直线l的异侧，所以

②③错；

3三、解答题

1AAAA17：解：⑴ ∵m(cos,sin)，n(cos,sin)，且m·n＝，

2222212A2A1∴－cos＋sin＝， 即－cosA＝， „„„„„„„„4分

2222

又A∈(0，)，

∴A＝ „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分

⑵ S△ABC＝bc·sinA＝b·c·sin＝3，∴bc＝4, „„„„„„„8分

23

1223222

又由余弦定理得：a=b+c－2bc·cos120°＝b2+c2+bc , „„„10分

2

∴16＝(b+c)，故b+c＝4. „„„„„„„„„„„„„„12分

12

18、解: ⑴ 由题意,的可能取值为1,2,3,4,5

3432P(1); ; P27767432643233P(3); ; P(4)76535765435432131P(5); „„„„„„„„„„„„„„„„5分

7654335所以的分布列为:

 P 1 2 3 4 5 3 72 76 353 351 35„„„„„„„„„„„„„„„„7分

⑵ 因为甲先取,所以甲只有可能在第1次,第3次和第5次取球,记”甲取到白球”为事件A,

则P(A)P(\"1\或\"3\或\"5\") ∵事件\"1\或\"3\或\"5\"两两互斥， ∴P(A)P1P3P5 19．（本小题满分12分） 解：⑴ f(x)=－2x+a－ ∵f(x)在（0，

22. „„„„„„„„„„„„12分 351 x111）上为减函数，∴x∈（0，）时－2x+a－＜0恒成立。 22x1即a＜2x+恒成立。 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分

x11设g(x)= 2x+，则g(x)=2－2

xx111∵x∈（0，）时2＞4，∴g(x)＜0，∴g(x) 在（0，）上递减。 „„„4分

22x1∴g(x) ＞g()=3，∴a≤3。 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分

2⑵ 若f(x)既有极大值又有极小值，则首先必须f(x)=0有两个不同正根x1 ，x2 ，

即 2x2－ax+1=0有两个不同正根。 „„„„8分

0a280令aa22

0a02∴当a＞22时，f(x)=0有两个不等的正根. „„„„„„„„„10分

12不妨设x1 ＜x2 ，由f(x)=－（2x2－ax+1）=－（x－x1）(x－x2)知：

xx0＜x＜x1时f(x)＜0，x1＜x＜x2时f(x)＞0，x＞x2时f(x)＜0。

∴当a＞22时f(x)既有极大值f(x2)又有极小值f(x1) . „„„„„„„12分 20．（本小题满分12分） 解法一：

⑴ 连结AC、BD，设ACBDO.由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，

所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.从而P、O、Q三点在一条直线上， 所以PQ⊥平面ABCD.

由题设知，ABCD是正方形，所以ACBD．

⑵ 由⑴，PQ平面ABCD，故可以分别以直线CA、DB、QP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如上图），由题设条件，相关各点的坐标分别是P(0,0,1)，Q(0,0,2)，

B(0,22,0),所以AQ(22,0,2),PB(0,22,1),

AQPB3于是cosAQ,PB. 9AQPB从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos⑶ 由⑵，点D的坐标是（0，－22，0），AD(22,22,0)，PQ(0,0,3)，

设n(x,y,z)是平面QAD的一个法向量，

nAQ02xz0由 得.取x=1，得n(1,1,2).

xy0nAD03. 9PQn32所以点P到平面QAD的距离d.. 2n解法二：

⑴ 取AD的中点M，连结PM，QM.因为P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥， 所以AD⊥PM，AD⊥QM. 从而AD⊥平面PQM.

又PQ平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD. ⑵ 连结AC、BD设ACBDO，由PQ⊥平面ABCD及

P

正四棱锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四 点共面.取OC的中点N，连结PN． 因为

PO1NONO1PONO,，所以， OQ2OAOC2OQOAA

D M O B

C 从而AQ∥PＮ.∠BPＮ（或其补角）是异面直线AQ

与PB所成的角.连接BN，

因为PBOB2OP2(22)213．

PNON2OP2(2)213 Q

BNOB2ON2(22)2(2)210 PB2PN2BN293103所以cosBPN． 2PBPN92333从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos．

9⑶ 由⑴知，AD⊥平面PＱM，所以平面PＱM⊥平面QAD. 过Ｐ作ＰＨ⊥ＱＭ于Ｈ， 则ＰＨ⊥平面QAD，所以ＰＨ的长为点P到平面QAD的距离．

1AB2OQ.所以MQP45， 232又ＰＱ＝ＰＯ＋ＱＯ＝３，于是PHPQsin45. 232即点P到平面QAD的距离是.

2连结OM，则OM

2tan2(21)1 又∵为锐角

1tan21(21)22 ∴2 ∴sin(2)1 f(x)xx „„„„3分

4412 ⑵ an1anan ∵a1 ∴a2,a3,an都大于0

22 ∴an0 ∴an1an „„„„„„„„„„„„„7分

11111 ⑶ 2an1ananan(1an)an1an111∴ „„„„„„„„„„„„„8分 1ananan1111111111 ∴ 1a11a21ana1a2a2a3anan1111  „„„„„„„„„„„„„10分 2a1an1an11213323∵a2(), a3()1 , 又∵n2an1an

224441 ∴an1a31 ∴122

an1111 ∴12 „„„„„„„„„„12分

1a11a21an21．解：⑴tan2

22．解：⑴ 设点M的坐标为（x，y）则由PM得P(0,3MQ， 2yx)，及(,0) 23 由HPPM0 得(3,y3y)(x,)0 „„„„„„„3分 22

∴y24x，由点Q在x轴的正半轴上得x0

∴M点轨迹G方程：y24x（x0） „„„„„„„„5分 ⑵ 设直线l:yk(x1)，其中k0 代入y24x

得k2x22(k22)xk20 （1） „„„„„„„„6分 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是方程（1）的两个实数

2(k22)22k2x1x22(,) ∴ ∴AB中点坐标为kkkxx112212k2)， „„„„„„„„8分 AB的垂直平分线为：y(x2kkk22令y0,x021 ∴点E的坐标为(21,0)

kk因为ABE为正三角形

23 ∴E(21,0)到直线AB的距离等于|AB| „„„„„„„10分

k241k2231k221k22 ∴|AB| „„12分 1k|k|k2k2 ∴k

311,x0． „„„„„„„„„„„„„„„„14分 23