高考数学仿真卷三(理)及答案

高考数学仿真卷三（理）及答案（湖南卷）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．已知集合cbaA,,，集合1,0B。映射)()()(:cfbfafBAf满足.那么这样的映射BAf:有（）个.A、0B、2C、3D、42．非零向量ba与不共线，若a+b=c，a-b=d，则c⊥d是|a|=|b|的（）A、充要条件B、充分不必要条件C、必要不充分条件D、既不充分又不必要条件)1(log3x)4(x()fx3.设函数42x)4(x)7(,)81()(11afafxf则，且的反函数A．-2B．-1C．1D．24．已知函数f（x）＝),1(1),1(11142xaxxxxx在点x＝1处连续，则实数a的值为A．2B．0C．1D．－15．函数f(x)=(3sinx-4cosx)·|cosx|的最大值为（）A.5B.92C.12D.526.....lPPlAPBPlCPDPl若平面，，且点，，则下列命题中的假命题是过点且垂直于的直线平行于过点且垂直于的直线在内过点且垂直于的直线在内过点且垂直与的平面垂直与7．若)3(2sin)(fxxxf,则)3(f与)3(f的大小关系是()A、)3(f)3(fB、)3(f)3(fC、)3(f)3(fD、不能确定8．已知a0，且a≠1,f（x）＝x1－ax，当x∈（1,＋∞）时，均有f（x）21，则实数a的取值范围为（）A．（0,21）∪（1,∞）B．1[,1)4C．1[,1)2∪（1,＋∞）D．（1,＋∞）9．直线x=m，y=x将圆面422yx分成若干块，现用5种颜色给这若干块涂色，每块只涂一种颜色，且任意两块不同色，共有120种涂法，则m的取值范围是（）A．)2,2(B．)2,2(C．)2,2()2,2(D),2()2,(10．若数列na的通项公式为)(524525122Nnannn，na的最大值为M，最小项为N，则M+N等于（）A.15B.25C.-15D.3二．填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。把答案填在答题卡的相应位置11．设)(),1,0()1(2xfxxxxxfn且中所有项的系数和为An，则2lim2nnnA的值为12．如果实数x、y满足4303x+5y250x1xy,目标函数z=kx＋y的最大值为12,最小值3,那么实数k的值为13．已知等差数列}{na的前n项和为Sn，若32005OBaOAaOC，且A、B、C三点共线（该直线不过原点O），则S2007＝14．从装有1n个球（其中n个白球，1个黑球）的口袋中取出m个球0,,mnmnN,共有1mnC种取法。在这1mnC种取法中，可以分成两类：一类是取出的m个球全部为白球，共有01101111mmmnnnCCCCCC，即有等式：11mmmnnnCCC成立。试根据上述思想化简下列式子：1122mmmkmknknknknCCCCCCC。(1,,,)kmnkmnN。15如图，,,OAB是平面上的三点，向量OA=a，OB=b,设P为线段AB的垂直平分线CP上任意一点，向量OP=p若|a|=m，|b|=n，则p（a-b）等于三．解答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16．（本小题满分12分）ABC内接于以O为圆心，1为半径的圆，且345OAOBOC0．（1）求数量积OAOB，OBOC，OCOA；（2）求ABC的面积．17．（本小题满分12分）有甲.乙.丙三人玩掷骰子放球的游戏,若掷出1点,甲获得一球；若掷出2点或3点,乙获得一球；若掷出4点，5点或6点获得一球.设掷n次后,甲,乙,丙获得的球数分别为x,y,z.(Ⅰ)当n=3时,求x,y,z成等差数列的概率；（Ⅱ）当n=6时，求x,y,z成等比数列的概率。18（本小题满分12分）已知正三棱柱ABC—A1B1C1的底边长为1，高为h(h3)，点M在侧棱BB1上移动，到底面ABC的距离为x，且AM与侧面BCC1所成的角为α；（Ⅰ）若α在区间]4,6[上变化，求x的变化范围；（Ⅱ）若BCAM与求为,6所成的角.19．（本小题满分12分）已知函数f(x)=022xx，设正项数列{an}的首项a1=2,前OBAPCn项和Sn满足Sn=f(Sn-1)(n1,且n∈N*);(1)求an的表达式；(2)在平面直角坐标系内，直线Ln的斜率为an,且Ln与曲线y=x2相切，Ln又与y轴交于点Dn(0,bn),当n∈N*时，记dn=41nDD1n-1，若Cn=2211n2nnndddd,求证：C1+C2+C3+…+Cnn+1.20．（本小题满分13分）设M是由满足下列条件的函数)(xf构成的集合：“①方程)(xf0x有实数根；②函数)(xf的导数)(xf满足1)(0xf.”（I）判断函数4sin2)(xxxf是否是集合M中的元素，并说明理由；（II）集合M中的元素)(xf具有下面的性质：若)(xf的定义域为D，则对于任意[m，n]D，都存在0x[m，n]，使得等式)()()()(0xfmnmfnf成立”，试用这一性质证明：方程0)(xxf只有一个实数根；（III）设1x是方程0)(xxf的实数根，求证：对于)(xf定义域中任意的2|)()(|,1||,1||,,23131232xfxfxxxxxx时且当.21（本小题满分14分）在直角坐标系中，O为坐标原点，F是x轴正半轴上的一点，若△OFQ的面积为S，且1FQOF.（Ⅰ）（本问4分）若FQOFS与求向量,221夹角θ的取值范围；（Ⅱ）（本问5分）设,43),2)(0,(cSccOF若以O为中心，F为焦点的椭圆经过点Q，求|OQ|的最小值以及此时的椭圆方程；（Ⅲ）（本问6分）设（II）中所得椭圆为E，一条长为1045的弦AB的两个端点在椭圆E上滑动，M为线段AB的中点，求M点到椭圆右准线距离的最大值及对应的AB直线的方程.82615980高考数学仿真卷三（理）及答案参考答案（湖南卷）一、选择题：题次12345678910答案DAACBBBCAA提示1．()()()1,(()()0,()()0()1,()()0()1fafbfcfafbfcfafcfbfbfcfa且且，共四个2．法一：c⊥dc•d=（a+b）•（a-b）=|a|2-|b|2=0|a|=|b|法二：作OAa，OBb，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，则c=OC，d=BA.c⊥dOACB为菱形|a|=|b|.)1(log3x)4(x3．111(),()88fafa由则，4312,43,1,(7)(8)log928aaafaf4．11lim1)1(lim1)1(4lim)1114(lim)(lim1221221211xxxxxxxxxxxxfxxxxx＝0．又∵f（1）＝1limxf（x），∴a－1＝0，即得a＝1,故应选C．5。23cos21cos0,3sincos4cossin242239sin22cos22sin(2)224xxyxxxxxxx23cos0,3sincos4cossin22cos22259sin(2)2,22xyxxxxxx故选B。6过P的直线可以与L异面垂直.故不一定在内，选B7．'()sin2(),'()cos2'(),331()cos2()()33332'()cos10()fxxxffxxfffffxxfx’，故，，故递减，选B。。8．f（x）21即x121+ax，当a1时，y=21+13122xaya在（，+）上是增函数，，而11yx，所以a1合题意。当a1时，观察两个函数的图象知，只要x=1时，x121+11,122xaaa成立即可合题意。故选C9．因涂法有120种，所以圆面422yx分成4块，故选A。10．1222(),10,(0,1),54,55411,2155nnnntntatttatnaMN令的图象知时最小最小值为-，当即时最大为，故选A二．填空题：题次1112131415答案21k=2110032mnkC221)2mn（提示11112222122,limlim222nnnnnnnnAA12．求得可行域三角形的顶点为（1，1），（1，225），（5，2），观察直线y=-kx＋z及可行域知,直线过（1，1）时z取最小，过（5，2）时z取最大，所以k=213,因A、B、C三点共线。所以120073200520072007()200711.1003222aaaas14．根据题中的信息，可以把左边的式子归纳为从nk个球（n个白球，k个黑球）中取出m个球，可分为：没有黑球，一个黑球，……，k个黑球等1k类，故有mnkC种取法。1522111(),()()()()222pOCCPabCPpabababCPABab三．解答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16．解：（1）∵||||||1OAOBOC，由条件可得345OAOBOC两边平方得2229||2416||25||OAOAOBOBOC∴0OAOB．……（2分）同理可得45OBOC，35OCOA．……（6分）（2）由0OAOB可得OAOB，∴11||||22AOBSOAOB由45OBOC，得4cos5BOC，∴3sin5BOC，∴13||||sin210AOCSOBOCBOC，……（8分）由35OCOA，得3cos5COA，∴4sin5COA，∴12||||sin25AOCSOBOCCOA，……（10分）即可得132621055ABCAOBBOCCOASSSS．……（12分）17．解（Ⅰ）因为x+y+z=3，2y=x+z所以0121{1;2{1;3{1;210xxxyyyzzz2分（1）表示：掷3次，1次出现2点或3点，2次出现4点或5点或6点，共三种情况。所以x=0，y=1，z=2的概率为012131111.6324C4分（2）表示：掷3次，1次出现1点，1次出现2点或3点，1次出现4点或5点或6点共有6种情况。所以x=y=z=1的概率为11116.63266分同理x=2，y=1，z=0的概率为21011113.632368分所以当n=3时，求x，y，z成等差数列的概率为1114.463699分（Ⅱ）当n=6时，x，y，z成等比数列，所以x=y=z=2，所求概率为2222226421115.63272CCC12分18．解：（I）设BC的中点为D，连结AD、DM，在正△ABC中，易知AD⊥BC，又侧面BCC1与底面ABC互相垂直，∴AD⊥平面BCC1，即∠AMD为AM与侧面BCC1所成的角，∴∠AMD=α，∴在Rt△ADM中，cosAMD=,AMMD3分依题意BM即为点B到度面ABC的距离，∴BM=x，且22221241cos,241,1xxxDMxAM，4分由已知,6coscos4cos