PAGEPAGE1高考仿真模擬練高考仿真模擬練(一)(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．已知集合A＝{x|x>1}，B＝{y|y＝x2，x∈R}，則A∩B＝()A．[0，＋∞) B．(1，＋∞)C．[0,1) D．(0，＋∞)解析：選B因為A＝{x|x>1}，B＝{y|y＝x2，x∈R}＝[0，＋∞)，所以A∩B＝(1＋∞)，選B.2．已知拋物線y2＝eq\f(1,8)x，則它的準線方程為()A．y＝－2 B．y＝2C．x＝－eq\f(1,32) D．y＝eq\f(1,32)解析：選C因為拋物線y2＝eq\f(1,8)x，所以p＝eq\f(1,16)，eq\f(p,2)＝eq\f(1,32)，所以它的準線方程為x＝－eq\f(1,32)，故選C.3．如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體的體積為()A.eq\f(16,3)(1＋π) B．eq\f(8,3)(1＋π)C.eq\f(4,3)(2＋3π) D．eq\f(4,3)(2＋π)解析：選A依題意，該幾何體由一個四棱錐和一個圓錐拼接而成，故所求體積為V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×4×2＋eq\f(1,3)×π×22×4＝eq\f(16,3)(1＋π)．故選A.4．若實數x，y滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤4，,x－2y－1≤0，))則z＝2x＋y的最大值為()A．2 B．5C．7 D．8解析：選C作出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示，由z＝2x＋y，可得y＝－2x＋z，平行移動y＝－2x＋z，由圖象可知當直線經過點A時，直線的縱截距最大，即z最大．聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝4，,x－2y＝1，))得A(3,1)，所以zmax＝2×3＋1＝7.5．若關于x的不等式x2－4x≥m對隨意x∈[0,1]恒成立，則實數m的取值范圍為()A．(－∞，－3] B．[－3，＋∞)C．[－3,0) D．[－4，＋∞)解析：選A∵x2－4x≥m對隨意x∈[0,1]恒成立，令f(x)＝x2－4x，x∈[0,1]，∵f(x)的對稱軸為x＝2，∴f(x)在[0,1]單調遞減，∴當x＝1時，f(x)取到最小值為－3,∴實數m的取值范圍為(－∞，－3]，故選A.6．在等比數列{an}中，“a4，a12是方程x2＋3x＋1＝0的兩根”是“a8＝±1”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選A由根與系數的關系可知a4＋a12＝－3，a4a12＝1，所以a4<0，a12<0，則在等比數列{an}中，a8＝a4q4<0，所以a8＝－eq\r(a4a12)＝－1.在常數列an＝1或an＝－1中，a4，a12不是所給方程的兩根．則在等比數列{an}中，“a4，a12是方程x2＋3x＋1＝0的兩根”是“a8＝±1”的充分不必要條件．7．設函數f(x)的導數為f′(x)，若f(x)為偶函數，且在(0,1)上存在極大值，則f′(x)的圖象可能為()解析：選C依據題意，若f(x)為偶函數，則其導數f′(x)為奇函數，結合函數圖象可以解除B、D，又由函數f(x)在(0,1)上存在極大值，則其導數圖象在(0,1)上存在零點，且零點左側導數值符號為正，右側導數值符號為負，結合選項可以解除A，只有C選項符合題意．8．設x，y，z為大于1的正數，且log2x＝log3y＝log5z，則x，y，z中最小的是()A．x B．yC．z D．三個數相等解析：選C令log2x＝log3y＝log5z＝k(k>0)，則x＝2k，y＝3k，z＝5k，所以x＝2，y＝3，z＝5.對以上三式兩邊同時eq\f(30,k)乘方，則(x)＝215，(y)＝310，(z)＝56，明顯z最小，故選C.9．將函數f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的圖象向右平移eq\f(π,6ω)個單位，得到函數y＝g(x)的圖象，若y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上為增函數，則ω的最大值為()A．3 B．2C.eq\f(3,2) D．eq\f(12,5)解析：選B由題意可知g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6ω)))＋\f(π,6)))＝2sinωx(ω>0)，由y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上為增函數，得eq\f(πω,4)≤eq\f(π,2)，ω≤2，所以ω的最大值為2.10．已知單位向量e1與e2的夾角為eq\f(π,3)，向量e1＋2e2與2e1＋λe2的夾角為eq\f(2π,3)，則λ＝()A．－eq\f(2,3) B．－3C．－eq\f(2,3)或－3 D．－1解析：選B因為e1·e2＝|e1|·|e2|·coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，所以|e1＋2e2|＝eq\r(e12＋4e1·e2＋2e22)＝eq\r(7)，|2e1＋λe2|＝eq\r(2e12＋4λe1·e2＋λe22)＝eq\r(4＋2λ＋λ2)，(e1＋2e2)·(2e1＋λe2)＝2eeq\o\al(2,1)＋(λ＋4)e1·e2＋2λeeq\o\al(2,2)＝4＋eq\f(5,2)λ，又向量e1＋2e2與2e1＋λe2的夾角為eq\f(2π,3)，所以eq\f(e1＋2e2·2e1＋λe2,|e1＋2e2|·|2e1＋λe2|)＝eq\f(4＋\f(5,2)λ,\r(7)×\r(4＋2λ＋λ2))＝－eq\f(1,2)，解得λ＝－3.二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分)11．已知三棱錐O-ABC底面ABC的頂點在半徑為4的球O表面上，且AB＝6，BC＝2eq\r(3)，AC＝4eq\r(3)，則三棱錐O-ABC的體積為___________．解析：∵AB＝6，BC＝2eq\r(3)，AC＝4eq\r(3)，∴AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC.取AC的中點O1，連接OO1，BO1，則O1為△ABC外接圓的圓心，∴OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥BO1.∵OB＝4，BO1＝2eq\r(3)，∴OO1＝eq\r(42－2\r(3)2)＝2.∴三棱錐O-ABC的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×2eq\r(3)×2＝4eq\r(3).答案：4eq\r(3)12．已知a，b∈R，(a＋bi)2＝3＋4i(i是虛數單位)則a2＋b2＝______，ab＝________.解析：由題意可得a2－b2＋2abi＝3＋4i，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝3，,ab＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1，))則a2＋b2＝5，ab＝2.答案：5213．已知△ABC和點M，滿意eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))＝0，若存在實數m，使得eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))＝meq\o(AM,\s\up7(→))成立，則點M是△ABC的________，實數m＝________.解析：由eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＋eq\o(MC,\s\up7(→))＝0知，點M為△ABC的重心．設點D為底邊BC的中點，則eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))，所以有eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))＝3eq\o(AM,\s\up7(→))，故m＝3.答案：重心314.三國時期吳國數學家趙爽所注《周髀算經》中給出了勾股定理的絕妙證明，下面是趙爽的弦圖及注文，弦圖是一個以勾股形之弦為邊的正方形，其面積稱為弦實，圖中包含四個全等的勾股形及一個小正方形，分別涂成紅(朱)色及黃色，其面積稱為朱實，黃實，利用2×勾×股＋(股－勾)2＝4×朱實＋黃實＝弦實，化簡，得勾2＋股2＝弦2，設勾股中勾股比為1∶eq\r(3)，若向弦圖內隨機拋擲1000顆圖釘(大小忽視不計)，則落在黃色圖形內的圖釘數大約為__________．解析：設勾為a，則股為eq\r(3)a，∴弦為2a，則圖中大四邊形的面積為4a2，小四邊形的面積為(eq\r(3)－1)2a2＝(4－2eq\r(3))a2，則圖釘落在黃色圖形內的概率為eq\f(4－2\r(3)a2,4a2)＝1－eq\f(\r(3),2).所以落在黃色圖形內的圖釘數大約為1000eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))≈134.答案：13415．在△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2.點D為AB延長線上一點，BD＝2，連接CD，則△BCD的面積為______，cos∠BDC＝__________.解析：取BC的中點E，連接AE，由題意知AE⊥BC，在△ABE中，cos∠ABC＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(1,4)，∴cos∠DBC＝－eq\f(1,4)，sin∠DBC＝eq\r(1－\f(1,16))＝eq\f(\r(15),4)，∴S△BCD＝eq\f(1,2)×BD×BC×sin∠DBC＝eq\f(\r(15),2).∵∠ABC＝2∠BDC，∴cos∠ABC＝cos2∠BDC＝2cos2∠BDC－1＝eq\f(1,4)，解得cos∠BDC＝eq\f(\r(10),4)或cos∠BDC＝－eq\f(\r(10),4)(舍去)．綜上可得，△BCD面積為eq\f(\r(15),2)，cos∠BDC＝eq\f(\r(10),4).答案：eq\f(\r(15),2)eq\f(\r(10),4)16．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\r(x)，x≥0，,2x，x<0，))則f(f(4))＝______；f(x)的最大值是__________．解析：因為函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\r(x)，x≥0，,2x，x<0，))所以f(4)＝1－eq\r(4)＝－1，f(f(4))＝f(－1)＝2－1＝eq\f(1,2).當x≥0時，f(x)＝1－eq\r(x)單調遞減，即有f(x)≤1；當x<0時，f(x)＝2x∈(0,1)．綜上可得，當x＝0時，f(x)取得最大值1.故f(f(4))＝eq\f(1,2)；f(x)的最大值是1.答案：eq\f(1,2)117．對于函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinπx，x∈[0，2]，,\f(1,2)fx－2，x∈2，＋∞，))下列5個結論正確的是__________(填序號)．①任取x1，x2∈[0，＋∞)，都有|f(x1)－f(x2)|≤2；②函數y＝f(x)在[4,5]上單調遞增；③f(x)＝2kf(x＋2k)(k∈N*)，對一切x∈[0，＋∞)恒成立；④函數y＝f(x)－ln(x－1)有3個零點；⑤若關于x的方程f(x)＝m(m<0)有且只有兩個不同的實根x1，x2，則x1＋x2＝3.解析：由題意，得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinπx，x∈[0，2]，,\f(1,2)fx－2，x∈2，＋∞))的圖象如圖所示．由圖象可知f(x)max＝1，f(x)min＝－1，則任取x1，x2∈[0，＋∞)，都有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|＝2，故①正確；函數y＝f(x)在[4,5]上先增后減，故②錯誤；當x∈[0,2]時，f(x＋2k)＝eq\f(1,2)f(x＋2k－2)＝eq\f(1,22)f(x＋2k－4)＝…＝eq\f(1,2k)f(x)，即f(x)＝2kf(x＋2k)，x∈N*，故③錯誤；在同一坐標系中作出y＝f(x)和y＝ln(x－1)的圖象，可知兩函數圖象有三個不同公共點，即函數y＝f(x)－ln(x－1)有3個零點，故④正確；在同一坐標系中作出y＝f(x)和y＝m的圖象，由圖象可知當且僅當－1<m<－eq\f(1,2)時，關于x的方程f(x)＝m(m<0)有且只有兩個不同的實根x1，x2，且x1，x2關于x＝eq\f(3,2)對稱，即x1＋x2＝3，故⑤正確．答案：①④⑤三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)18．(本小題滿分14分)已知函數f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＋a(a為常數)．(1)求f(x)的單調遞增區間；(2)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有最小值1，求a的值．解：(1)f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2x＋\f(1,2)cos2x))＋a＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋a，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，∴f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.(2)當0≤x≤eq\f(π,2)時，eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，則－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1.∴當x＝eq\f(π,2)時，f(x)取得最小值為a－1＝1.∴a＝2.19．(本小題滿分15分)如圖，已知四棱錐E-ABCD的底面為菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，AE＝BE＝eq\r(2).(1)求證：平面EAB⊥平面ABCD；(2)求二面角AECD的余弦值．解：(1)證明：取AB的中點O，連接EO，CO.∵AE＝EB＝eq\r(2)，AB＝2，∴△AEB為等腰直角三角形，∴EO⊥AB，EO＝1.又∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ACB是等邊三角形，∴CO＝eq\r(3)，又EC＝2，∴EC2＝EO2＋CO2，∴EO⊥CO.∵AB∩CO＝O，∴EO⊥平面ABCD.又EO?平面EAB，∴平面EAB⊥平面ABCD.(2)以AB中點O為坐標原點，以OC，OB，OE所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，－1,0)，C(eq\r(3)，0,0)，D(eq\r(3)，－2,0)，E(0,0,1)，∴eq\o(AC,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1,0)，eq\o(EC,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，0，－1)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,2,0)．設平面DCE的法向量n＝(x，y,1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(EC,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(DC,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－1＝0，,2y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),3)，,y＝0，))∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0，1)).設平面EAC的法向量m＝(a，b,1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(AC,\s\up7(→))·m＝0，,eq\o(EC,\s\up7(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)a＋b＝0，,\r(3)a－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(3),3)，,b＝－1，))∴m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－1，1)).∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(7),7).由圖知，二面角A-EC-D為銳角，∴二面角AECD的余弦值為eq\f(2\r(7),7).20．(本小題滿分15分)已知函數f(x)＝lnx－eq\f(a,x)，g(x)＝f(x)＋ax－6lnx，其中a∈R.(1)當a＝1時，推斷f(x)的單調性；(2)若g(x)在其定義域內為增函數，求實數a的取值范圍．解：(1)由f(x)＝lnx－eq\f(a,x)得定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x＋a,x2).當a＝1時，f′(x)＝eq\f(x＋1,x2)>0,所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．(2)由已知得，g′(x)＝eq\f(ax2－5x＋a,x2).因為g(x)在其定義域內為增函數，所以?x∈(0，＋∞)，g′(x)≥0，即ax2－5x＋a≥0，即a≥eq\f(5x,x2＋1).而eq\f(5x,x2＋1)≤eq\f(5x,2x)＝eq\f(5,2)，當且僅當x＝1時，等號成立，所以a≥eq\f(5,2).即實數a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).21．(本小題滿分15分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))，且兩焦點與短軸的一個端點的連線構成等腰直角三角形．(1)求橢圓C的方程；(2)動直線l：mx＋ny＋eq\f(1,3)n＝0(m，n∈R)交橢圓C于A，B兩點，試問：在坐標平面上是否存在一個定點T，使得以AB為直徑的圓恒過點T.若存在，求出點T的坐標；若不存在，請說明理由．解：(1)∵橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩焦點與短軸的一個端點的連線構成等腰直角三角形，∴a＝eq\r(2)b，∴eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，又∵橢圓經過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))，代入可得b＝1.∴a＝eq\r(2)，故所求橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)動直線l：mx＋ny＋eq\f(1,3)n＝0可化為mx＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))＝0，當x＝0時，y＝－eq\f(1,3)，所以動直線l恒過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3))).當l與x軸平行時，以AB為直徑的圓的方程為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2，當l與y軸平行時，以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))2＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2，,x2＋y2＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1.))即兩圓相切于點(0,1)，因此所求的點T假如存在，只能是(0,1)，事實上，點T(0,1)就是所求的點．證明如下：當直線l垂直于x軸時，以AB為直徑的圓過點T(0,1)，當直線l不垂直于x軸，可設直線l：y＝kx－eq\f(1,3).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\f(1,3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(12k,18k2＋9)，x1x2＝eq\f(－16,18k2＋9)，又因為eq\o(TA,\s\up7(→))＝(x1，y1－1)，eq\o(TB,\s\up7(→))＝(x2，y2－1)，所以eq\o(TA,\s\up7(→))·eq\o(TB,\s\up7(→))＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(4,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(4,3)))＝(1＋k2)x1x2－eq\f(4,3)k(x1＋x2)＋eq\f(16,9)＝(1＋k2)·eq\f(－16,18k2＋9)－eq\f(4,3)k·eq\f(12k,18k2＋9)＋eq\f(16,9)＝0.所以TA⊥TB，即以AB為直徑的圓恒過點T(0,1)．所以在坐標平面上存在一個定點T(0,1)滿意條件．22．(本小題滿分15分)數列{an}滿意a1＋2a2＋…＋nan＝4－eq\f(n＋2,2n－1)(n∈N*)．(1)求a3的值；(2)求數列{an}前n項和Tn；(3)令b1＝a1，bn＝eq\f(Tn－1,n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,n)))an(n≥2)，證明：數列{bn}的前n項和Sn滿意Sn<2＋2lnn.解：(1)∵3a3＝(a1＋2a2＋3a3)－(a1＋2a2)＝4－eq\f(3＋2,23－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(2＋2,22－1)))＝eq\f(3,4)，∴a3＝eq\f(1,4).(2)由題意知，當n≥2時，nan＝(a1＋2a2＋…＋nan)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a1＋2a2＋…＋n－1an－1))＝4－eq\f(n＋2,2n－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(n＋1,2n－2)))＝eq\f(n,2n－1)，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，又a1＝4－eq\f(1＋2,20)＝1也適合此式，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，∴數列{an}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數列，故Tn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.(3)證明：由bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an－1,n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,n)))an，知b1＝a1，b2＝eq\f(a1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))a2，b3＝eq\f(a1＋a2,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)))a3，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,n)))(a1＋a2＋…＋an)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,n)))Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,n)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2n－1)))<2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,n)))，記f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1(x>1)，則f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)>0，∴f(x)在(1，＋∞)上是增函數，又f(1)＝0，∴f(x)>0，又k≥2且k∈N*時，eq\f(k,k－1)>1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,k－1)))＝lneq\f(k,k－1)＋eq\f(1,\f(k,k－1))－1>0，即lneq\f(k,k－1)>eq\f(1,k)，∴eq\f(1,2)<lneq\f(2,1)，eq\f(1,3)<lneq\f(3,2)，…，eq\f(1,n)<lneq\f(n,n－1)，即有eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)<lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋…＋lneq\f(n,n－1)＝lnn，∴2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,n)))<2＋2lnn，即Sn<2＋2lnn.高考仿真模擬練(二)(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．已知集合A＝{x|x2－3x＋2＜0}，B＝{x|x≥1}，則A∩B＝()A．(1,2) B．(2，＋∞)C．(1，＋∞) D．[1,2)解析：選A∵A＝{x|x2－3x＋2＜0}＝{x|1＜x＜2}，B＝{x|x≥1}，∴A∩B＝{x|1＜x＜2}＝(1,2)，故選A.2．已知α，β∈R，則“α>β”是“cosα＞cosβ”的()A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件解析：選D因為當α＝eq\f(π,3)＞β＝eq\f(π,6)時，cosα＞cosβ不成立；當coseq\f(π,6)＞coseq\f(π,3)時，α＞β不成立，所以“α＞β”是“cosα＞cosβ”的既不充分也不必要條件，故選D.3．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．eq\f(4,3)＋π B．eq\f(2,3)＋πC．eq\f(4＋π,3) D．eq\f(4＋2π,3)解析：選A由三視圖可知，該幾何體是半個圓柱和以圓柱軸截面為底面的四棱錐組成的組合體，其中半圓柱底面半徑為1，高為2，體積為eq\f(1,2)×π×12×2＝π，四棱錐的體積為eq\f(1,3)×4×1＝eq\f(4,3)，所以該幾何體的體積為eq\f(4,3)＋π，故選A.4．若實數x，y滿意約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≥0，,3x－y－6≤0，,x－y≥0，))則z＝2x＋y的取值范圍是()A．[3,4] B．[3,12]C．[3,9] D．[4,9]解析：選C作出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2＝0，,x－y＝0))得A(1,1)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－y－6＝0，,x－y＝0))得B(3,3)，平移直線y＝－2x＋z，當直線經過A，B時分別取得最小值3，最大值9，故z＝2x＋y的取值范圍是[3,9]，故選C.5．已知數列{an}是公差不為0的等差數列，bn＝2an，數列{bn}的前n項，前2n項，前3n項的和分別為A，B，C，則()A．A＋B＝C B．B2＝ACC．(A＋B)－C＝B2 D．(B－A)2＝A(C－B)解析：選D∵{an}是公差不為0的等差數列，∴{bn}是以公比不為1的等比數列，由等比數列的性質，可得A，B－A，C－B成等比數列，∴(B－A)2＝A(C－B)，故選D.6.已知函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數f(x)的圖象可能是()解析：選C由導函數的圖象可知，函數y＝f(x)先減再增，可解除選項A、B，又知f′(x)＝0的根為正，即y＝f(x)的極值點為正，所以可解除D，故選C.7．正方形ABCD的四個頂點都在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上，若橢圓的焦點在正方形的內部，則橢圓的離心率的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(5)－1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－1,2)，1)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)－1,2)))解析：選B設正方形的邊長為2m∵橢圓的焦點在正方形的內部，∴m＞c，又正方形ABCD的四個頂點都在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上，∴eq\f(m2,a2)＋eq\f(m2,b2)＝1≥eq\f(c2,a2)＋eq\f(c2,b2)＝e2＋eq\f(e2,1－e2)，即e4－3e2＋1≥0，e2≤eq\f(3－\r(5),2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)))2，∴0＜e＜eq\f(\r(5)－1,2).8.已知△ABC的邊BC的垂直平分線交BC于Q，交AC于P，若|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝1，|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝2，則eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))的值為()A．3 B．eq\f(3,2)C.eq\r(3) D．eq\f(\r(3),2)解析：選B因為BC的垂直平分線交AC于P，所以eq\o(QP,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，所以eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝(eq\o(AQ,\s\up7(→))＋eq\o(QP,\s\up7(→)))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(AQ,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(QP,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→)))(eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up7(→))2－eq\o(AB,\s\up7(→))2)＝eq\f(3,2).9．已知函數f(x)＝x|x|，則下列命題錯誤的是()A．函數f(sinx)是奇函數，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上是減函數B．函數sin(f(x))是奇函數，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上是增函數C．函數f(cosx)是偶函數，且在(0,1)上是減函數D．函數cos(f(x))是偶函數，且在(－1,0)上是增函數解析：選A∵函數f(x)＝x|x|，∴f(sinx)＝sinx|sinx|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin2x＝\f(1－cos2x,2)，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，,－sin2x＝\f(cos2x－1,2)，x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，))∵y＝cos2x在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上遞增，∴y＝f(sinx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上是增函數，∴命題“函數f(sinx)是奇函數，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上是減函數”錯誤，同理：可驗證B、C、D均正確，故選A.10.如圖，在正四面體ABCD中，P，Q，R在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，eq\f(AP,PB)＝eq\f(CR,RA)＝eq\f(1,2)，分別記二面角APQR，APRQ，AQRP的平面角為α，β，γ，則α，β，γ的大小關系為()A．β＞γ＞α B．γ＞β＞αC．α＞γ＞β D．α＞β＞γ解析：選D在正四面體ABCD中，P，Q，R在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，eq\f(AP,PB)＝eq\f(CR,RA)＝eq\f(1,2)，可得α為鈍角，β，γ為銳角，設P到平面ACD的距離為h1，P到QR的距離為d1，Q到平面ABC的距離為h2，Q到PR的距離為d2，設正四面體的高為h，可得h1＝eq\f(1,3)h，h2＝eq\f(1,2)h，h1＜h2，由余弦定理可得QR＜PR，由三角形面積相等可得到d1＞d2，所以可以推出sinγ＝eq\f(h1,d1)＜eq\f(h2,d2)＝sinβ，所以γ＜β，所以α＞β＞γ，故選D.二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分)11．若復數z＝4＋3i，其中i是虛數單位，則|z|＝________.解析：∵復數z＝4＋3i，∴|z|＝eq\r(42＋32)＝5.答案：512．若雙曲線的焦點在x軸上，實軸長為4，離心率為eq\r(3)，則該雙曲線的標準方程為__________，漸近線方程為__________．解析：∵2a＝4，∴a＝2，又∵離心率eq\f(c,a)＝eq\r(3)，∴c＝2eq\r(3)，∴b＝eq\r(c2－a2)＝2eq\r(2)，∴雙曲線的標準方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,8)＝1，漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2)x.答案：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,8)＝1y＝±eq\r(2)x13．已知直線l：x－eq\r(3)y＝0與圓C：(x－2)2＋y2＝4交于O，A兩點(其中O是坐標原點)，則圓心C到直線l的距離為__________，點A的橫坐標為__________．解析：∵圓C：(x－2)2＋y2＝4，∴C(2,0)，由點到直線的距離公式可得C到直線l的距離為d＝eq\f(|2－0|,2)＝1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\r(3)y＝0，,x－22＋y2＝4))得O(0,0)，A(3，eq\r(3))，點A的橫坐標為3.答案：1314.如圖，四邊形ABCD中，△ABD、△BCD分別是以AD和BD為底邊的等腰三角形，其中AD＝1，BC＝4，∠ADB＝∠CDB，則BD＝__________，AC＝__________.解析：設∠ADB＝∠CDB＝θ，在△ABD中，BD＝eq\f(\f(1,2),cosθ)，在△CBD中，BD＝8cosθ，可得cosθ＝eq\f(1,4)，BD＝2，cos2θ＝2cos2θ－1＝－eq\f(7,8)，由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos2θ＝24，解得AC＝2eq\r(6).答案：22eq\r(6)15．已知2a＋4b＝2(a，b∈R)，則a＋2b解析：由2a＋4b＝2a＋22b＝2≥2eq\r(2a＋2b)，得2a＋2b≤1＝20，a＋2b≤0，當且僅當a＝2b時等號成立，所以a＋2b的最大值為0.答案：016．設向量a，b，且|a＋b|＝2|a－b|，|a|＝3，則|b|的最大值是__________；最小值是__________．解析：設|b|＝t，a，b的夾角為θ，由|a＋b|＝2|a－b|，可得|a＋b|2＝4|a－b|2,9＋t2＋6tcosθ＝4(9＋t2－6tcosθ)，化簡得t2－10tcosθ＋9＝0，可得t2－10t＋9≤0,1≤t≤9，即|b|的最大值是9，最小值是1.答案：9117．已知函數f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m－x＋\f(1,m－x)))－a有六個不同零點，且全部零點之和為3，則a的取值范圍為__________．解析：依據題意，有f(x)＝f(m－x)，于是函數f(x)關于x＝eq\f(1,2)m對稱，結合全部的零點的平均數為eq\f(1,2)，可得m＝1，此時問題轉化為函數g(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－x＋\f(1,1－x)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上與直線y＝a有3個公共點，此時g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,1－x)＋1，\f(1,2)<x<1，,2x＋\f(1,x)＋\f(1,x－1)－1，x>1，))當eq\f(1,2)<x<1時，函數g(x)的導函數g′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(1,1－x2)>0，于是函數g(x)單調遞增，且取值范圍是(5，＋∞)，當x>1時，函數g(x)的導函數g′(x)＝2－eq\f(1,x2)－eq\f(1,1－x2)，考慮到g′(x)是(1，＋∞)上的單調遞增函數，且g′(x)＝－∞，g′(x)＝2，于是g′(x)在(1，＋∞)上有唯一零點，記為x0，進而函數g(x)在(1，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，在x＝x0處取得微小值n，作出函數f(x)的圖象如圖所示．接下來問題的關鍵是推斷n與5的大小關系，因為g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝2－eq\f(4,9)－4<0，所以n≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(3,2)＋eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)＋2＝eq\f(14,3)<5，若函數g(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－x＋\f(1,1－x)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上與直線y＝a有3個公共點，則a的取值范圍是(5，＋∞)．答案：(5，＋∞)三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)18．(本小題滿分14分)已知函數f(x)＝4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))＋1.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值；(2)求f(x)的最小正周期及單調遞增區間．解：(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝4coseq\f(π,6)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(2π,3)))＋1＝4coseq\f(π,6)coseq\f(5π,6)＋1＝4×eq\f(\r(3),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＋1＝－2.(2)f(x)＝4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))＋1＝4cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cosx－\f(\r(3),2)sinx))＋1＝－2cos2x－eq\r(3)sin2x＋1＝－eq\r(3)sin2x－cos2x＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以f(x)的最小正周期為π，令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，故f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)．19．(本小題滿分15分)如圖，在四面體ABCD中，AB＝BC＝CD＝eq\f(\r(3),3)BD＝eq\f(1,2)AD＝1，平面ABD⊥平面CBD.(1)求AC的長；(2)點E是線段AD的中點，求直線BE與平面ACD所成角的正弦值．解：(1)∵AB＝1，BD＝eq\r(3)，AD＝2，∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD，又∵平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD，∴AB⊥平面CBD，∴AB⊥BC，∵AB＝BC＝1，∴AC＝eq\r(2).(2)由(1)可知AB⊥平面BCD，過B作BG⊥CD于點G，連接AG，則有CD⊥平面ABG，∴平面AGD⊥平面ABG，過B作BH⊥AG于點H，則有BH⊥平面AGD，連接HE，則∠BEH為BE與平面ACD所成的角．由BC＝CD＝1，BD＝eq\r(3)，得∠BCD＝120°，∴∠BCG＝60°，∴BG＝eq\f(\r(3),2)，又∵AB＝1，∴AG＝eq\f(\r(7),2)，∴BH＝eq\f(\r(21),7)，又∵BE＝eq\f(1,2)AD＝1，∴sin∠BEH＝eq\f(BH,BE)＝eq\f(\r(21),7).即直線BE與平面ACD所成角的正弦值為eq\f(\r(21),7).20．(本小題滿分15分)已知函數f(x)＝x－eq\f(3,x)－4lnx.(1)求f(x)的單調遞增區間；(2)當0<x≤3時，求證：x2＋2x－3≤4xlnx.解：(1)∵f′(x)＝1＋eq\f(3,x2)－eq\f(4,x)＝eq\f(x2－4x＋3,x2)＝eq\f(x－1x－3,x2)，令f′(x)>0，解得x>3或x<1，又∵函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，∴f(x)的單調遞增區間為(0,1)和(3，＋∞)．(2)證明：由(1)知f(x)＝x－eq\f(3,x)－4lnx在(0,1)上單調遞增，在[1,3]上單調遞減，所以，當0<x≤3時，f(x)max＝f(1)＝－2，因此，當0<x≤3時，恒有f(x)＝x－eq\f(3,x)－4lnx≤－2，即x2＋2x－3≤4xlnx.21．(本小題滿分15分)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，焦點為F，直線l交拋物線C于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，D(x0，y0)為AB的中點，且|AF|＋|BF|＝1＋2x0.(1)求拋物線C的方程；(2)若x1x2＋y1y2＝－1，求eq\f(x0,|AB|)的最小值．解：(1)依據拋物線的定義知|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p，x1＋x2＝2x0，∵|AF|＋|BF|＝1＋2x0，∴p＝1，∴y2＝2x.(2)設直線l的方程為x＝my＋b，代入拋物線方程，得y2－2my－2b＝0，∵x1x2＋y1y2＝－1，即eq\f(y\o\al(2,1)y\o\al(2,2),4)＋y1y2＝－1，∴y1y2＝－2，即y1y2＝－2b＝－2，∴b＝1，∴y1＋y2＝2m，y1y2∴|AB|＝eq\r(1＋m2)|y1－y2|＝eq\r(1＋m2)·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝2eq\r(1＋m2)·eq\r(m2＋2)，x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),4)＝eq\f(1,4)[(y1＋y2)2－2y1y2]＝m2＋1，∴eq\f(x0,|AB|)＝eq\f(m2＋1,2\r(m2＋1)·\r(m2＋2))，令t＝m2＋1，t∈[1，＋∞)，則eq\f(x0,|AB|)＝eq\f(t,2\r(t)·\r(t＋1))＝eq\f(1,2\r(1＋\f(1,t)))≥eq\f(\r(2),4)，當且僅當t＝1，即m＝0時取等號．所以eq\f(x0,|AB|)的最小值為eq\f(\r(2),4).22．(本小題滿分15分)已知數列{xn}滿意x1＝1，xn＋1＝2eq\r(xn)＋3，求證：(1)0<xn<9；(2)xn<xn＋1；(3)xn≥9－8·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1.證明：(1)數學歸納法：①當n＝1時，因為x1＝1，所以0<x1<9成立．②假設n＝k時，0<xk<9成立，則n＝k＋1時，xk＋1＝2eq\r(xk)＋3.因為xk＋1＝2eq\r(xk)＋3≥3>0，且xk＋1－9＝2eq\r(xk)－6＝2(eq\r(xk)－3)<0，得xk＋1<9，所以n＝k＋1時，0<xk＋1<9也成立，由①②可知0<xn<9成立．(2)因為0<xn<9，所以xn＋1－xn＝－xn＋2eq\r(xn)＋3＝－(eq\r(xn)－3)(eq\r(xn)＋1)>0.所以xn<xn＋1.(3)因為0<xn<9，所以eq\r(xn)>eq\f(xn,3).從而xn＋1＝2eq\r(xn)＋3>eq\f(2,3)xn＋3.所以xn＋1－9>eq\f(2,3)(xn－9)，即9－xn＋1<eq\f(2,3)(9－xn)．所以9－xn≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1(9－x1)．又x1＝1，故xn≥9－8·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1.高考仿真模擬練(三)(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3－i,1＋i)))＝()A．eq\f(\r(5),2) B．eq\r(10)C．eq\f(\r(10),2) D．eq\r(5)解析：選Deq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3－i,1＋i)))＝eq\f(|3－i|,|1＋i|)＝eq\f(\r(10),\r(2))＝eq\r(5)，選D.2．雙曲線eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1的漸近線方程是()A．y＝±eq\f(9,4)x B．y＝±eq\f(4,9)xC．y＝±eq\f(3,2)x D．y＝±eq\f(2,3)x解析：選C在雙曲線eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1中，a＝3，b＝2，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(3,2)x，選C.3．若變量x，y滿意約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤x，,x＋y≤1，,y≥－1，))則z＝2x＋y的最大值是()A．3 B．2C．4 D．5解析：選A作出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示，作出直線y＝－2x，平移該直線，由圖象可知，當直線經過點A時，z取得最大值，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,y＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－1.))即A(2，－1)，此時zmax＝2×2－1＝3，故選A.4．數列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2019＝()A．1 B．－2C．3 D．－3解析：選A因為an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)．所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an，故{an}是以6為周期的周期數列．因為2019＝336×6＋3，所以a2019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故選A.5.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋2))(1－x)4綻開式中x2的系數為()A．16 B．12C．8 D．4解析：選C因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋2))(1－x)4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－C\o\al(1,4)x＋C\o\al(2,4)x2－C\o\al(3,4)x3＋C\o\al(4,4)x4))，所以綻開式中x2的系數為－Ceq\o\al(3,4)＋2Ceq\o\al(2,4)＝8，故選C.6．已知a＝(cosα，sinα)，b＝(cos(－α)，sin(－α))，那么“a·b＝0”是“α＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選B∵a·b＝0＝cosα·cos(－α)＋sinα·sin(－α)＝cos2α－sin2α＝cos2α，∴2α＝2kπ±eq\f(π,2)，解得α＝kπ±eq\f(π,4)(k∈Z)．∴“a·b＝0”是“α＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)”的必要不充分條件，故選B.7．已知函數f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a(x>0)為增函數，則aA．[－2eq\r(e)，＋∞) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)e，＋∞))C．(－∞，－2eq\r(e)] D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)e))解析：選A由函數f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a(x>0)為增函數，則f′(x)＝2ex＋(2x－1)ex＋2ax＝(2x＋1)ex＋2ax即a≥eq\f(－2x＋1ex,2x)在(0，＋∞)上恒成立．設g(x)＝eq\f(－2x＋1ex,2x)，x>0，則g′(x)＝eq\f(－[2ex＋2x＋1ex]·2x－[－2x＋1ex]·2,2x2)＝eq\f(－2x2－x＋1ex,2x2).由g′(x)>0，得0<x<eq\f(1,2)；由g′(x)<0，得x>eq\f(1,2)，所以函數g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調遞減，則g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(1,2)＋1))e,2×\f(1,2))＝－2e，故a的取值范圍是[－2eq\r(e)，＋∞)，選A.8．設A，B是橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,m)＝1長軸的兩個端點，若C上存在點P滿意∠APB＝120°，則m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))∪[12，＋∞) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))∪[6，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))∪[12，＋∞) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))∪[6，＋∞)解析：選A當橢圓的焦點在x軸上，則0<m<4，當P位于短軸的端點時，∠APB取最大值，要使橢圓C上存在點P滿意∠APB＝120°，則∠APO≥60°，tan∠APO＝eq\f(\r(4),\r(m))≥tan60°＝eq\r(3)，解得0<m≤eq\f(4,3)；當橢圓的焦點在y軸上時，m>4，當P位于短軸的端點時，∠APB取最大值，要使橢圓C上存在點P滿意∠APB＝120°，則∠APO≥60°，tan∠APO＝eq\f(\r(m),\r(4))≥tan60°＝eq\r(3)，解得m≥12，所以m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))∪[12，＋∞)，故選A.9．函數y＝x＋eq\r(x2－2x＋3)的值域為()A．[1＋eq\r(2)，＋∞) B．(eq\r(2)，＋∞)C．[eq\r(3)，＋∞) D．(1，＋∞)解析：選D由x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，得x∈R，①當x≥1時，函數y＝x＋eq\r(x2－2x＋3)為增函數，所以y≥1＋eq\r(12－2×1＋3)＝1＋eq\r(2).②當x≤1時，由y＝x＋eq\r(x2－2x＋3)移項得eq\r(x2－2x＋3)＝y－x>0，兩邊平方整理得(2y－2)x＝y2－3，從而y≠1且x＝eq\f(y2－3,2y－2).由x＝eq\f(y2－3,2y－2)≤1，得y≤1－eq\r(2)或1<y≤1＋eq\r(2).由y－x＝y－eq\f(y2－3,2y－2)>0?eq\f(y2－2y＋3,2y－2)>0?y>1.所以1<y≤1＋eq\r(2).綜合①②可知，所求函數的值域為(1，＋∞)．10.如圖，半徑為1的扇形AOB中，∠AOB＝eq\f(2π,3)，P是弧AB上的一點，且滿意OP⊥OB，M，N分別是線段OA，OB上的動點，則eq\o(eq\o(PM,\s\up7(→)),\s\up7(→))·eq\o(PN,\s\up7(→))的最大值為()A.eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(3),2)C．1 D．eq\r(2)解析：選Ceq\o(PM,\s\up7(→))·eq\o(PN,\s\up7(→))＝(eq\o(PO,\s\up7(→))＋eq\o(OM,\s\up7(→)))·(eq\o(PO,\s\up7(→))＋eq\o(eq\o(ON,\s\up7(→)),\s\up7(→)))＝eq\o(PO,\s\up7(→))2＋eq\o(OM,\s\up7(→))·eq\o(PO,\s\up7(→))＋eq\o(OM,\s\up7(→))·eq\o(eq\o(ON,\s\up7(→)),\s\up7(→))＝1＋|eq\o(OM,\s\up7(→))|cos150°＋|eq\o(OM,\s\up7(→))|·|eq\o(eq\o(ON,\s\up7(→)),\s\up7(→))|cos120°≤1＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝1，故選C.二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分)11．某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，該幾何體的表面積為__________cm2，體積為__________cm3.解析：由三視圖可知，該幾何體為一個四棱錐，高為2，底面為邊長為2的正方形，所以表面積為22＋2×eq\f(1,2)×2×2＋2×eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝8＋4eq\r(2)，體積為eq\f(1,3)×2×22＝eq\f(8,3).答案：8＋4eq\r(2)eq\f(8,3)12．在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，a＝eq\r(5)，b＝3，sinC＝2sinA，則sinA＝________；設D為AB邊上一點，且eq\o(BD,\s\up7(→))＝2eq\o(DA,\s\up7(→))，則△BCD的面積為________．解析：由sinC＝2sinA及正弦定理得c＝2a＝2eq\r(5)，又cosA＝eq\f(c2＋b2－a2,2cb)＝eq\f(20＋9－5,12\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\r(1－\f(4,5))＝eq\f(\r(5),5).又因為eq\o(BD,\s\up7(→))＝2eq\o(DA,\s\up7(→))，所以點D為AB邊上靠近點A的三等分點，所以S△BCD＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×bcsinA＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×3×2eq\r(5)×eq\f(\r(5),5)＝2.答案：eq\f(\r(5),5)213．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,2)＋α))＝eq\f(12,25)，且0<α<eq\f(π,4)，則sinα＝________，cosα＝________.解析：因為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,2)＋α))＝－cosα·(－sinα)＝sinαcosα＝eq\f(12,25)，又0<α<eq\f(π,4)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinαcosα＝\f(12,25)，,sin2α＋cos2α＝1，))且0<sinα<cosα，可得sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5).答案：eq\f(3,5)eq\f(4,5)14．支配甲、乙、丙、丁、戊5名高校生去杭州、寧波、金華三個城市進行暑期社會實踐活動，每個城市至少支配一人，則不同的支配方式共有________種，學生甲被單獨支配去金華的概率是________．解析：依據題意，按五名同學分組的不同分2種狀況探討：①五人分為2,2,1的三組，有eq\f(C\o\al(2,5)C\o\al(2,3)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))＝15種分組方法，對應三個城市，有15×Aeq\o\al(3,3)＝90種支配方案．②五人分為3,1,1的三組，有eq\f(C\o\al(3,5)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))＝10種分組方法，對應三個城市，有10×Aeq\o\al(3,3)＝60種支配方案，則共有90＋60＝150種不同的支配方案．學生甲被單獨支配去金華時，共有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,1)Aeq\o\al(2,2)＋eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))Aeq\o\al(2,2)＝14種不同的支配方案，則學生甲被單獨支配去金華的概率是eq\f(14,150)＝eq\f(7,75).答案：150eq\f(7,75)15．已知F是拋物線C：y2＝4x的焦點，M是C上一點，FM的延長線交y軸于點N.若eq\o(FM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MN,\s\up7(→))，則|eq\o(FN,\s\up7(→))|＝________.解析：由題意知，F(1,0)，設M(x0，y0)，N(0，y)，則由eq\o(FM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MN,\s\up7(→))，可得(x0－1，y0)＝eq\f(1,2)(0－x0，y－y0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(2,3)，,y＝3y0，))把x0＝eq\f(2,3)代入y2＝4x，得y0＝±eq\r(\f(8,3))＝±eq\f(\r(24),3)，y＝3y0＝±eq\r(24)，所以|eq\o(FN,\s\up7(→))|＝eq\r(1－02＋0±\r(24)2)＝5.答案：516．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x)，x>0，,ln1－x＋4，x≤0，))則關于x的方程f(x2－4x)＝6的不同實根的個數為________．解析：作出函數f(x)的圖象如圖所示，t＝x2－4x＝(x－2)2－4，由圖象可知，當－4≤t≤0時，f(t)＝6，即ln(1－t)＋4＝6，t＝1－e2<－4，故方程無解，當t>0時，f(t)＝6有2個解，對應t＝x2－4x各有2個解，故關于x的方程f(x2－4x)＝6的不同實根的個數為4.答案：417.如圖，棱長為3的正方體的頂點A在平面α內，三條棱AB，AC，AD都在平面α的同側．若頂點B，C到平面α的距離分別為eq\r(2)，eq\r(3)，則平面ABC與平面α所成銳二面角的余弦值為________．解析：如圖，作BB1⊥平面α于B1，CC1⊥平面α于C1，連接BC，B1C1，過點B作BE⊥CC1，垂足為E.則AC1＝eq\r(32－\r(3)2)＝eq\r(6)，AB1＝eq\r(32－\r(2)2)＝eq\r(7)，B1C1＝BE＝eq\r(3\r(2)2－\r(3)－\r(2)2)＝eq\r(13＋2\r(6))，∴cos∠B1AC1＝eq\f(6＋7－13－2\r(6),2×\r(6)×\r(7))＝－eq\f(1,\r(7))，sin∠B1AC1＝eq\f(\r(6),\r(7)).∴S△B1AC1＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(7)×eq\f(\r(6),\r(7))＝3.S△BAC＝eq\f(1,2)×32＝eq\f(9,2).設平面ABC與平面α所成銳二面角為θ，則cosθ＝eq\f(S△B1AC1,S△BAC)＝eq\f(3,\f(9,2))＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)18．(本小題滿分14分)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知cos(A－B)＋cosC＝eq\r(3)sin(A－B)＋