高考沖刺數學模擬題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求.1．集合，，則() A． B． C． D．【答案】C2.甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為，側面積分別為和，體積分別為和．若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，則，所以，又，則，所以，所以甲圓錐的高，乙圓錐的高，所以.3.我國著名數學家華羅庚先生曾說：“數缺形時少直觀，形缺數時難入微，數形結合百般好，隔離分家萬事休.”在數學的學習和研究中，常用函數的圖像來研究函數的性質，也常用函數的解析式來琢磨函數圖像的特征，如函數（）的圖像不可能是（

）A．B．C．D．【答案】A4.已知△ABC中，．點P為BC邊上的動點，則的最小值為（）A．2 B． C． D．【答案】D【解析】以BC的中點為坐標原點，建立如圖的直角坐標系，可得，設，由，可得，即，則，當時，的最小值為．故選D．5.已知函數，集合中恰有3個元素，則實數的取值范圍是（

）DA． B． C． D．【詳解】因為函數，所以，因為集合含有個元素，所以時在上只有三解，即，解得：或，故或，要使其落在上，故只有、、，其他值均不在內，故，解得，故，故選：D.6.函數fx=x2+a2+blnA.e B.2e C.1e2【答案】B

【解答】由f(x)=x2+a2+bln

x(a,b∈R)，得f'(x)=2x+bx．

因為f(x)有極小值點，記為x0，則2x0+bx0=0，即b=?2x02(x0>0)．

又f(x0)=0，所以x02+a2+bln

x0=0，即a2=?x7.已知，則的大小關系是（

）A．B．C． D．【答案】B【解析】令，可得，當時，恒成立，所以在上單調遞減，所以，即，可得，，所以，，所以，，即，.所以.8.已知雙曲線的左右焦點分別為F1，F2，點M是雙曲線右支上一點，滿足，點N是F1F2線段上一點，滿足．現將△MF1F2沿MN折成直二面角，若使折疊后點F1，F2距離最小，則為（）BA. B. C. D.多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.隨著時代與科技的發展，信號處理以各種方式被廣泛應用于醫學、聲學、密碼學、計算機科學、量子力學等各個領域.而信號處理背后的“功臣”就是正弦型函數，的圖象就可以近似模擬某種信號的波形，則下列說法正確的是（）ABDA.函數的圖象關于直線對稱B.函數的圖象關于點對稱C.函數為周期函數，且最小正周期為D.函數的導函數的最大值為410.設A、B是一次隨機試驗中的兩個事件，且P(A)=13,P(B)=A.A、B相互獨立B.P(A+B)=56【答案】ABD

【解答】解：由P(A)=13,P(B)=14,P(AB+AB)=712，求得

P(A)=1?P(A)=23，P(B)=1?P(B)=34，

事件AB，AB互斥，且P(AB)+P(AB)=P(A)，P(AB)+P(AB)=P(B)

所以P(AB+AB11.已知拋物線的焦點為，過點的直線與相交于、兩點（點位于第一象限），與的準線交于點，為線段的中點，準線與軸的交點為，則（

）A．直的斜率為 B．C． D．直線與的傾斜角互補【答案】ABD【解析】易知拋物線的焦點為，若直線與軸重合，則直線與拋物線只有一個交點，不合乎題意，若軸，則直線與拋物線的準線平行，不合乎題意，設直線的方程為，設點、，聯立，可得，即點，因為點為線段的中點，則，則，可得，因為點在拋物線上，則，可得，所以，直線的方程為，即，故直線的斜率為，A對；聯立，解得或，即點、，易知點，所以，，，則，B對；易知點，，，故，C錯；，，則，所以，直線與的傾斜角互補，D對.故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.若，，則__________．413.已知方程有3個實數根，則實數a的取值范圍是：______．14.已知A，B，C，D是體積為的球體表面上四點，若，，，且三棱錐A－BCD的體積為，則線段CD長度的最大值為__________．四、解答題：本小題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.在中，內角所對的邊分別為，且.(1)求；(2)若為銳角三角形，點為的垂心，，求的取值范圍.【答案】(1)【詳解】（1）因為，所以，由正弦定理得，則，因為，所以；（2）延長交于，延長交于，設，，所以，在中，在中，，所以，在中，同理可得，所以，因為，所以，所以，所以，即的取值范圍為.16．如圖所示正四棱錐.(1)求證：(2)若沿側棱將此四棱錐剪開，四個側面向外旋轉，PAD旋轉至旋轉至如圖所示，其中二面角與二面角相同，當時，求平面與所成的銳二面角的余弦值.16．（1）證明：連接，交于點，連接，面，平面，，又，，平面，所以平面，又平面，．（2）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，過點D且垂直于平面ABCD的直線為z軸建立空間直角坐標系，設點E為DA中點，則，設是中點，則，又，所以是二面角的平面角，即，，同理,解得：，，

設為平面的法向量，則，，，，，取，則，，，設為平面的法向量，則，，，，，取，則，，，與平面所成的銳二面角的余弦值為．17.已知橢圓的離心率為，以C的短軸為直徑的圓與直線相切.（1）求C的方程；（2）直線：與C相交于A，B兩點，過C上的點P作x軸的平行線交線段AB于點Q，直線OP的斜率為（O為坐標原點），△APQ的面積為.的面積為，若，判斷是否為定值？并說明理由.17.【解析】【小問1詳解】由橢圓的離心率為得：，即有，由以C的短軸為直徑的圓與直線相切得：，聯立解得，所以C的方程是.【小問2詳解】為定值，且，因為，則，因此，而，有，于是平分，直線的斜率互為相反數，即，設，由得，，即有，而，則，即于是，化簡得：，且又因為在橢圓上，即，即，，從而，，又因為不在直線上，則有，即，所以為定值，且.18．（本小題滿分17分）在概率統計中，常常用頻率估計概率．已知袋中有若干個紅球和白球，有放回地隨機摸球次，紅球出現次．假設每次摸出紅球的概率為，根據頻率估計概率的思想，則每次摸出紅球的概率的估計值為．（1）若袋中這兩種顏色球的個數之比為，不知道哪種顏色的球多．有放回地隨機摸取3個球，設摸出的球為紅球的次數為，則．注：表示當每次摸出紅球的概率為時，摸出紅球次數為的概率）0123=1\*GB3①完成下表；=2\*GB3②在統計理論中，把使得的取值達到最大時的，作為的估計值，記為，請寫出的值．（2）把（1）中“使得的取值達到最大時的作為的估計值”的思想稱為最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然參數估計方法稱為最大似然估計．具體步驟：先對參數構建對數似然函數，再對其關于參數求導，得到似然方程，最后求解參數的估計值．已知的參數的對數似然函數為，其中．求參數的估計值，并且說明頻率估計概率的合理性．18．（1）因為袋中這兩種顏色球的個數之比為，且，所以的值為或；=1\*GB3①當時，，，當時，，，表格如下0123=2\*GB3②由上表可知．當或1時，參數的概率最大；當或3時，參數的概率最大．所以；（2）由，則，令，即，故，即當時，，當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，即當時，取最大值，故，因此，用最大似然估計的參數與頻率估計概率的是一致的，故用頻率估計概率是合理的．19.（本題滿分17分）已知函數.(1)判斷函數在區間上極值點的個數并證明；(2)函數在區間上的極值點從小到大分別為，設為數列的前項和.①證明：；②試問是否存在使得？若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由.19.解：（1），設，又...........1分當時，在上單調遞減，，在上無零點................................................................2分當時，在上單調遞增，，在上有唯一零點.............................3分當時，在上單調遞減，，在上有唯一零點........................................4分綜上，函數在區間上有兩個零點且在零點左右函數符號發生改變，故函數在區間內恰有兩個極值點..................................................................5分（2）①由（1）知在無極值點；在有極小值點，即為；在有極大值點，即為，同理可得，在有極小值點，…，在有極值點，由得，，，.................................................8分由函數在單調遞增得，，由在單調遞減得........................................11分②同理，，由在上單調遞減得，，.......