高三数学一轮复习仿真模拟卷(四)（含解析）

仿真模拟卷(四)
本试卷满分150分，考试时间120分钟
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．设集合A＝{x∈N|－3A．{0，1，2} B．{2} C．{0，1} D．{1，2}
2．已知随机变量X服从正态分布N(2.3，σ2)，且P(2.30.4)＝(　　)
A．0.46 B．0.73 C．0.23 D．0.27
3．伊丽莎白塔，俗称“大本钟”是英国伦敦的标志性建筑，其上面镶嵌着世界上最大的“钟”，且其分针长约为4米，则经过25分钟，其分针的端点所转过的长为(　　)
A．米 B．米
C．米 ` D．米
4．圆O：x2＋y2＝4与圆O′：(x－2)2＋(y＋2)2＝20的公切线条数为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
5．设函数f(x)＝sin ，则曲线y＝f(x)在处的切线方程为(　　)
A．2x＋2y＋＝0 B．x＋2y－＝0
C．x＋2y＋＝0 D．2x＋2y－＝0
6．已知|z－3|＝－2所对应的点位于(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
7．数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
8．已知三棱锥P-QMN的四个顶点满足PQ，MN分别是圆柱O1O的上、下底面的两条直径，且该三棱锥体积的最大值为6，则圆柱O1O的体积为(　　)
A．2π B．6π C．9π D．12π
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．平面直角坐标系中，(a，b)为第一象限内且位于直线x＋y－1＝0上的一点，则(　　)
A．2≤1 B．a2＋b2>
C．2 025a-b>3 D．≥16
10．现有5个按照从小到大排列的数据：x1，x2，x3，x4，x5，下列关于这组数据的样本数字特征的描述，一定可以使这组数据均小于10的有(　　)
A．中位数为7，众数为9
B．平均数为3，极差为2
C．众数为5，极差为6
D．平均数为4，方差为2
11．已知函数f(x)＝xex，g(x)＝f(x)＋f(2－x)，则(　　)
A．曲线y＝g(x)是中心对称图形
B．g(x)有极小值为2e
C．若a＋b＝2，则ag(a)＋bg(b)≥4e
D．若a＋b<2，则g(b)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量a＝(2，5)，b＝(1，－3)，则|a＋2b|＝________．
13．(2x－y＋1)7的展开式中x2y3的系数为________．(用数字作答)
14．已知椭圆Z和双曲线S的对称中心均为坐标原点，左、右焦点均为F1，F2，Z与S在第一象限有交点A，若|F1F2|＝2|AF2|，则S与Z的离心率之差的取值范围是________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15．(13分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin B cos C＝2sin A cos B－sin C cos B.
(1)求B；
(2)若a＝2，c＝3，求b和sin A的值．
16．(15分)如图，多面体ABCDE中，△ABC是以A为顶角的等腰直角三角形，AB＝2，△BCD是等边三角形，E是空间中一点，满足，平面ABC⊥平面BCD.
(1)求异面直线BC与DE所成的角的余弦值；
(2)求平面ABC与平面CDE夹角的余弦值．
17．(15分)已知函数f(x)＝x2－(λ＋3)x＋λln x.
(1)若λ＝－3，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)既有极大值，又有极小值，求λ的取值范围．
18．(17分)设抛物线E：y2＝2px(p>0)，过其焦点F(xF，0)作两条相互垂直的直线l1，l2，l1与E交于A，B两点，l2与E交于C，D两点，记AB中点为P，CD中点为Q，设PQ与x轴交于点M(xM，0)．
(1)证明：＝3；
(2)p＝2时，设直线l：y＝x与E交于点T(异于原点O)，设PQ中点为N，记△OTN的面积为S，求S的最小值．
19．(17分)定义：若正项数列{an}满足2ln an＋1>ln an＋ln an＋2，则称数列{an}为“对数中值数列”．
(1)已知an＝2n－1，证明：数列{an}为“对数中值数列”；
(2)已知正项数列{cn}的前n项和为Sn，且c2>c1， k1，k2，k3∈N*，当k1，k2，k3互不相等时，存在唯一实数λ，使得＝λ成立．
①求数列{Sn}的通项公式；
②探究数列{Sn}是否为“对数中值数列”．
仿真模拟卷(四)
1．解析：由题意可得A＝{x∈N|－3答案：A
2．解析：易得＝2.3，由正态分布的对称性可得P(0.40.4)＝P(0.4答案：B
3．解析：分针每60分钟转一周，故每分钟转过的弧度数是，故经过25分钟，分针的端点所转过的弧度数为，故弧长为(米)．
答案：C
4．解析：易得圆O：x2＋y2＝4的圆心O(0，0)，半径r1＝2，圆O′：(x－2)2＋(y＋2)2＝20的圆心O′(2，－2)，半径r′＝2＝，即圆O与圆O′相交，故其公切线条数为2.
答案：B
5．解析：由题意得f′(x)＝2cos ，于是当x＝0时，曲线y＝f(x)在点处的切线斜率为k＝y′|x＝0＝2cos ＝－1，此时切线方程为y－＝－(x－0)，即2x＋2y－＝0.
答案：D
6．解析：方法一　设z＝a＋bi(a，b∈R)，则，解得a＝b≠0，则－2＝－2－i，则在复平面内－2所对应的点为(－2，－1)，位于第三象限．
方法二　设z＝a＋bi(a，b∈R)，由题意可知其在复平面内对应的点(a，b)到(3，0)，(0，3)的距离相等，故点(a，b)位于直线y＝x(x≠0)上，则－2＝－2－i，则在复平面内－2所对应的点为(－2，－1)，位于第三象限．
答案：C
7．解析：令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝＝2k+1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4.
答案：C
8．解析：设圆柱O1O的底面圆半径为r，圆柱的高为h，设点M到平面POQ的距离为d，
因为O是MN的中点，所以N到平面POQ的距离也为d，故VP QMN＝VM POQ＋VN POQ＝×2d×S△POQ＝＝6 r2h＝9，所以圆柱O1O的体积为πr2h＝9π.
答案：C
9．解析：由题意可得a，b>0，a＋b＝1，对于A，a＋b＝1≥2即≤1，当且仅当a＝b＝时等号成立，故A正确；对于B，(a＋b)2＝1＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2)，故a2＋b2≥，当且仅当a＝b＝时等号成立，故B错误；对于C，因为a＋b＝1，所以b＝1－a，可知a－b＝2a－1∈(－1，1)，故2 025a－b>，故C错误；对于D，易得＝≥16，当且仅当a＝b＝时等号成立，故D正确．
答案：AD
10．解析：对于A，中位数是7，众数是9，易得第3个数是7，第4，5个数为9，所以5个数据都小于10，故A正确；对于B，易得x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝15，x5－x1＝2，x5＝x1＋2，若x5＝x1＋2≥10，则x1≥8，与平均数为3矛盾，故B正确；对于C，如5，5，9，10，11满足选项，此时第4，5个数据均不小于10，故C错误；对于D，易得x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝20，(x1－4)2＋(x2－4)2＋(x3－4)2＋(x4－4)2＋(x5－4)2＝10，若x5≥10，则x5－4≥6，(x5－4)2≥36，矛盾，故D正确．
答案：ABD
11．解析：对于A，由于g(2－x)＝f(2－x)＋f(x)，故g(2－x)＝g(x)，所以曲线y＝g(x)是轴对称图形，且对称轴为直线x＝1，故A错误；对于B，f(x)＝xex，f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，其中g′(x)＝f′(x)－f′(2－x)，显然g′(1)＝0，g′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝(1＋x)ex－(3－x)e2-x，当x>1时，1＋x>3－x，ex>e2-x>0，若13－x≥0，故(1＋x)ex>(3－x)e2-x，所以g′(x)＝(1＋x)ex－(3－x)e2-x>0，若x>3，则1＋x>0>3－x，故(1＋x)ex>0>(3－x)e2-x，所以g′(x)＝(1＋x)ex－(3－x)·e2-x>0，综上，当x>1时，g′(x)＝f′(x)－f′(2－x)>0恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，又y＝g(x)是轴对称图形，且对称轴为直线x＝1，故g(x)在(－∞，1)上单调递减，故x＝1为g(x)的极小值点，g(x)的极小值为2e，也是最小值，故B正确；对于C，由A知，y＝g(x)是轴对称图形，且对称轴为直线x＝1，若a＋b＝2，则(a，g(a))，(b，g(b))关于直线x＝1对称，故g(a)＝g(b)，由B选项，g(x)有最小值为2e，即(a＋b)g(a)＝2g(a)≥4e，故ag(a)＋bg(b)≥4e成立，故C正确；对于D，若a＋b<2，则b<2－a，y＝g(x)是轴对称图形，且对称轴为直线x＝1，g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，但无法判断|b－1|，|2－a－1|的大小关系，故无法得到g(b)，g(2－a)的大小，故D错误．
答案：BC
12．解析：a＋2b＝(2，5)＋2(1，－3)＝(4，－1)，故|a＋2b|＝.
答案：
13．解析：易得(2x－y＋1)7展开式中含x2y3的项为＝－840x2y3，所以(2x－y＋1)7的展开式中x2y3的系数为－840.
答案：－840
14．解析：不妨设椭圆：＝1，双曲线S：
Z与S的离心率分别为，由椭圆的定义，有＝2a1，由|F1F2|＝2|AF2| |AF2|＝c，故|AF1|＝2a1－c，由双曲线的定义，有|AF1|－|AF2|＝2a2，故|AF1|＝2a2＋c，因此a1－a2＝c，两边同时除以c，有＝1，故e2＝－1，由于e2>1，故－1>1 e1∈，所以e2－e1＝＋1－e1－2，不妨令1－e1＝t，t∈，所以原式等于＋t－2，在t∈时单调递减，故e2－e1∈.
答案：
15．解析：(1)因为sin B cos C＝2sin A cos B－sin C cos B，
则sin (B＋C)＝2sin A cos B，
因为在△ABC中，A＋B＋C＝π，
所以sin (B＋C)＝sin (π－A)＝sin A，
则有sin A＝2sin A cos B，
因为A，B∈(0，π)，
所以sin A≠0，cos B＝，
故B＝.
(2)由(1)可知B＝，
在△ABC中，因为a＝2，c＝3，
由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝4＋9－2×2×3×＝7，
则b＝，
由正弦定理可得，即，
所以sin A＝.
16．解析：(1)因为平面ABC⊥平面BCD，取BC的中点为O，
因为△BCD是等边三角形，所以OD⊥BC，
因为平面ABC∩平面BCD＝BC，OD 平面BCD，所以OD⊥平面ABC，
因为△ABC是以A为顶角的等腰直角三角形，所以AO⊥OC，
以点O为坐标原点，直线OA，OC，OD分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A，B，C，D，
因为，所以E，
故＝＝，
故cos 〈〉＝，
即异面直线BC与DE所成的角的余弦值为.
(2)易知平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，
＝＝，
设平面CDE的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令y＝，可得平面CDE的一个法向量为m＝，
故|cos 〈m，n〉|＝，
故平面ABC与平面CDE夹角的余弦值为.
17．解析：(1)由已知λ＝－3，则f(x)＝x2－3ln x(x>0)，
f′(x)＝2x－(x>0)，
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－(舍)，
当0当x>时，f′(x)>0，即f(x)在上单调递增．
综上所述，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)由f(x)＝x2－(λ＋3)x＋λln x(x>0)，
则f′(x)＝2x－(λ＋3)＋，
由f(x)既有极大值，又有极小值，即f′(x)＝0有两个不等的正根，
即2x2－(λ＋3)x＋λ＝0有两个不等的正根，分别设为x1，x2，
则
解得λ>0，故λ的取值范围为(0，＋∞)．
18．解析：(1)证明：由题意设l1：x＝my＋，l2：x＝－，
联立得y2－2mpy－p2＝0，
Δ＝4m2p2＋4p2>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，故有
故x1＋x2＝m(y1＋y2)＋p＝p(2m2＋1)，
故点P，
同理用－替换m得点Q，
设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，
则lPQ：(y－yP)(xP－xQ)＝(x－xP)(yP－yQ)，
令y＝0，得xM＝＝3得证．
(2)依题意，联立＝4.
由(1)可得N，
设N(xN，yN)，则有＝xN－3，
即点N的轨迹是抛物线，
设直线l′：y＝x＋t与抛物线y2＝x－3相切．
联立得y2－y＋t＋3＝0，
令Δ＝0得t＝－.
故l与l′之间的距离d＝，
此时S＝＝，
当且仅当点N为时，S取得最小值.
19．解析：(1)证明：易知 n∈N*，an＝2n－1>0，
要证数列{an}为“对数中值数列”，
即证ln (2n＋1)2>ln [(2n－1)(2n＋3)]，
即证(2n＋1)2>(2n－1)(2n＋3)，
即证4n2＋4n＋1>4n2＋4n－3，显然成立，
故数列{an}为“对数中值数列”．
(2)①将k1，k2互换可得，λ＝＝－λ，
所以λ＝0，
令k1＝1，k2＝2，得＝(2－k3)S1＋(k3－1)，
所以＝S1＋(k3－1)，故数列是等差数列，
>0，
所以＝c1＋(n－1)·，
故Sn＝n.
②记d＝>0，又cn＝
故cn＝c1＋2d(n－1)，
故cn＋1－cn＝2d>0，
故{cn}是单调递增的等差数列，
故cn＋1>cn>0，cn＋2＋cn＝2cn＋1，Sn＝，
故＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)(c1＋cn)·(c1＋cn＋2)>(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)·2
＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)(c1＋cn＋1)2
＝(c1＋cn＋1)2>0，故2ln Sn＋1>ln Sn＋ln Sn＋2.
故数列{Sn}为“对数中值数列”．