09届高考数学精编模拟试题1

海量资源尽在星星文库：本资料来源于《七彩教育网》届高考数学精编模拟试题（一）一．填空题1ii13的共轭复数是2.设集合M＝｛直线｝，P＝｛圆｝，则集合PM中的元素的个数为3．在三棱锥的六条棱中任意选择两条,则这两条棱是一对异面直线的概率4．banbamxba2,2),1,(),2,1(，且nm，则x5．函数)2||,0,0()sin(AkxAy的图象如下，则y的表达式是6．设二次函数2fxaxbxc的导数为fx，00f，对于任意的实数x恒有0fx，则20ff的最小值是7．在等差数列2011128441,120,}{aaaaaan则若中的值是8．若直线)0,0(022babyax始终平分圆的周082422yxyx长，则12ab的最小值为9．一个总体共有100个个体，随机编号0，1，2，…，99，按从小到大的编号顺序平均分成10个小组，组号依次为1，2，3，…，10，现用系统抽样方法抽取一个容量为10的样本，规定如果在第1组随机抽取的号码为m，那么在第k组中抽取的号码个位数字与m＋k的个位数字相同，若m＝4，则在第6组中抽取的号码是10.、设球的半径为R,P、Q是球面上北纬600圈上的两点，这两点在纬度圈上的劣弧的长是2R，则这两点的球面距离是11.过)0(2aaxy的焦点F作直线交抛物线与Q、P两点，若PF与FQ的长分别是q、p，则qp11海量资源尽在星星文库：错误!不能通过编辑域代码创建对象。12.一个几何的三视图如图所示：其中，正视图中△ABC的边长是2的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体几的体积为.13.已知0t1，)1(logtma、)1(logtna,则m与n的大小关系为______.14、不论k为何实数，直线1kxy与曲线0422222aaaxyx恒有交点，则实数a的取值范围是。二．解答题15.已知：复数1cos()zbCaci,2(2)cos4zacBi,且12zz，其中B、C为△ABC的内角，a、b、c为角A、B、C所对的边．（Ⅰ）求角B的大小；(Ⅱ)若22b，求△ABC的面积．16.如图，已知正方体1111ABCDABCD的棱长为2，E、F分别是11BA、1CC的中点，过1D、E、F作平面EGFD1交1BB于G..（1）求证：EG∥FD1；（2）求正方体被平面EGFD1所截得的几何体ABCDDEFGA1B1C1D1海量资源尽在星星文库：的体积.17.已知圆C：2230xyDxEy，圆C关于直线10xy对称，圆心在第二象限，半径为2（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）已知不过原点的直线l与圆C相切，且在x轴、y轴上的截距相等，求直线l的方程。18.设实数0,0ab，且满足1ab（1）求22loglogaabb的最小值；（2）设1,3ab求证：（9)(9)baab19.已知数列}{na满足：,21,121aa且*2,0]1)1[(22])1(3[Nnaannnn．（Ⅰ）求3a，4a，5a，6a的值及数列}{na的通项公式；（Ⅱ）设nnnaab212，求数列}{nb的前n项和nS；20.已知二次函数2fxaxbxc.（1）若10f，试判断函数fx零点个数；海量资源尽在星星文库：(2)若对12,,xxR且12xx，12fxfx，试证明012,xxx，使01212fxfxfx成立。(3)是否存在,,abcR，使()fx同时满足以下条件①对,(4)(2)xRfxfx，且()0fx；②对xR,都有210()(1)2fxxx。若存在，求出,,abc的值，若不存在，请说明理由。试题答案一．填空题1.i23232.03.514.2或725.1)32sin(23xy6.07.308.9.5010.3R11.a412.3213、.nm；14、31a；二．解答题15.解：（Ⅰ）∵12zz∴cos(2)cosbCacB----①,4ac----②由①得2coscoscosaBbCcB------③在△ABC中,由正弦定理得sinsinabAB=sincC,设sinsinabABsincC＝(0)kk则sin,sin,sinakAbkBckC,代入③得2sincossincossincosABBCCB2sincossin()sin()sinABBCAA海量资源尽在星星文库：∵0A∴sin0A∴1cos2B,∵0B∴3B(Ⅱ)∵22b,由余弦定理得2222cosbacacB228acac,--④由②得22216acac-⑤由④⑤得83ac，∴1sin2ABCSacB=183232323.16.．（1）证明：在正方体1111ABCDABCD中，∵平面11AABB∥平面11DDCC平面EGFD1平面11AABBEG，平面EGFD1平面11DDCCFD1∴EG∥FD1.（2）解：设所求几何体11DCFDABGEA的体积为V，∵1EGB～11FCD，211CD，11FC，∴121111CDEB，111122BGCF，∴111111112224EGBSEBBG，112212111111FCCDSFCD故V棱台111EGBFCD)(3||11111111FCDFCDEGBEGBSSSSCB2117(11)3446∴V=V正方体-V棱台111EGBFCD3741266.17.解：（Ⅰ）由2230xyDxEy知圆心C的坐标为(,)22DE∵圆C关于直线10xy对称∴点(,)22DE在直线10xy上即D+E=－2，------------①且221224DE-----------------②又∵圆心C在第二象限∴0,0DEABCDDEFGA1B1C1D1海量资源尽在星星文库：由①②解得D=2,E=－4∴所求圆C的方程为：222430xyxy（Ⅱ）切线在两坐标轴上的截距相等且不为零，设l：xy圆C:22(x1)(y2)2圆心c(1,2)到切线的距离等于半径2，即122213或。所求切线方程xy1xy30或18.．解：（1）1ba代入得22log(1)log(1)aaaa设22()log(1)log(1)(0,1)fxxxxxx2222'()logloglog(1)logfxxexe22loglog(1)xx3分令'()0fx解得12x()fx在10,2上单调递减，在1,12上单调递增。min1,()12xfx即原式的最小值为-1（2）要证(9)(9),baab即证ln(9)ln(9)baab即证ln(9)ln(9)0,0baabab即证ln(9)ln(9)abab由已知1233ab设ln(9)12(),,33xgxxx21ln(9)'()xgxx12,39633xx1ln3ln(9)ln6x'()0gx所以()gx在12,33上单调递减，()()gagb原不等式得证。19.解：（Ⅰ）经计算33a，414a，55a，816a．海量资源尽在星星文库：为奇数时，22nnaa，即数列}{na的奇数项成等差数列，122)1(112nnaan；当n为偶数，nnaa212，即数列}{na的偶数项成等比数列，nnnaa)21()21(122．因此，数列}{na的通项公式为)()21()(2为偶数为奇数nnnann．（Ⅱ）nnnb)21()12(，nnnnnS)21()12()21()32()21(5)21(3211132……（1）1432)21()12()21()32()21(5)21(3)21(121nnnnnS…（2）（1）、（2）两式相减，得132)21()12(])21()21()21[(221121nnnnS11)21()12(211])21(1[2121nnn1)21()32(23nn．nnnS)21()32(3．20..解（1）10,0,fabcbac2224()4()bacacacac，当ac时0，函数fx有一个零点；当ac时，0，函数fx有两个零点。（2）令1212gxfxfxfx，则海量资源尽在星星文库：121112122fxfxgxfxfxfx212212122fxfxgxfxfxfx，212121210,4gxgxfxfxfxfx0gx在12,xx内必有一个实根。即012,xxx，使01212fxfxfx成立。（3）假设,,abc存在，由①知抛物线的对称轴为x＝－1，且min()0fx∴241,024bacbaa222,444babacaacac由②知对xR,都有210()(1)2fxxx令1x得0(1)10f(1)10f(1)1f1abc由12abcbaac得11,42acb，当11,42acb时，221111()(1)4244fxxxx，其顶点为（－1，0）满足条件①，又21()(1)4fxxx对xR,都有210()(1)2fxxx，满足条件②。∴存在,,abcR，使()fx同时满足条件①、②。