2017年數(shù)學(xué)高考模擬卷 (一)

一、選擇題：本大題共10題，每題4分，共40分.在每小題給出的4個選項中,只有1項是符合題目要求的．

1.設(shè)集合A={x|x>-3}，B={x|x2+3x-4≤0}，則CR(A∪B)=

( )

A.(-∞,-3] B.(-∞,-3) C.(-∞,-4] D.(-∞,-4)

2.“a=-1”是“直線ax+(2a-1)y+1=0與直線3x+ay-1=0垂直”的

( )

A．充分而不必要條件 B.必要而不充分條件 C．充要條件 D.既不充分也不必要條件

( )

A.3 B.4 C.6 D.8

( )

A.33+410 B.33-410 C.43+310 D.43-310

( )

A.B.C.D.

7.已知有來自3個班級的5名同學(xué)排成一排照相，其中高三(1)班有2名同學(xué)，高三(2)班有2名同學(xué)，高三(3)班有1名同學(xué)，則僅有1個班級的同學(xué)相鄰的概率為

( )

( )

( )

二、填空題：本大題共7個小題，多空題每小題6分，單空題每小題4分，共36分.

11.已知i為虛數(shù)單位，z·(1+i)=3-i，則復(fù)數(shù)z的模為______，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)位于第______象限.

圖1

13.一個幾何體的三視圖如圖1所示，則該幾何體的體積為______，表面積為______.

圖2

15.若多項式(x2+x)5=a0+a1x+a2x2+…+a9x9+a10x10,則a7=______.

三、解答題：本大題共5小題，共74分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

圖3 圖4

20.(15分)設(shè)函數(shù)f(x)=x3-ln(x+1)，其中x∈[0,1].證明： 1)f(x)≥x3-x； 2)-239≤f(x)≤1-ln2.

21.(15分)如圖4所示，直線l與橢圓C:x24+y22=1交于點(diǎn)M,N，且|MN|=2，設(shè)橢圓上點(diǎn)N關(guān)于原點(diǎn)O的對稱點(diǎn)為P，記△PMN的面積為S. 1)若直線MP的斜率為-12，求此時直線MN的斜率k的值； 2)求△PMN的面積S的最大值.

22.(15分)設(shè)正項數(shù)列{an}滿足：n(n-1)an=a2n-1+n(n-1)an-1(其中n≥2,n∈N*).

1)判斷并證明{an}的單調(diào)性.

2)①求證：1an-1-1an<1n(n-1)(其中n≥2,n∈N*)； ②已知a1=12，求證：對任意的n∈N*，均有4n(n+1)5n2+9n+2≤an≤nn+1.

參 考 答 案

1.D 2.A 3.B 4.C 5.A 6.C 7.B

8.D 9.A 10.C

13.64,144 14.2n2，2n+2-2 15.10 16.25

18.解 1)由2sin2A-3cosA=0，知

2-2cos2A-3cosA=0，

整理得

(2cosA-1)(cosA+2)=0,

解得

即2sinA·sinB= 1-cos(A+B)= 1-(cosA·cosB-sinA·sinB),從而cosA·cosB+sinA·sinB=cos(A-B)=1，

解得

故

2)在△ABC中，由余弦定理得

a2=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-3bc,

從而

于是

(b+c)2≤16，

即

b+c≤4，

當(dāng)且僅當(dāng)b=c=2時取到等號，因此△ABC周長的最大值為6.

19.1)證明 在△ACD中，因為M,N分別為AD,CD的中點(diǎn)，所以MN∥AC.又因為MN?面ACE，AC?面ACE，所以MN∥平面ACE.

2)解 如圖5，取AB的中點(diǎn)O，DE的中點(diǎn)P，因為四邊形ABDE是正方形，所以O(shè)P⊥AB，從而OP∥AE,直線AE與平面CDE所成的角等于直線OP與平面CDE所成的角.

圖5

因為AC=BC，所以CO⊥AB,則AB⊥面OPC.作OH⊥PC,由OH?面OPC，得AB⊥OH,從而OH⊥面CDE,故∠OPC為所求角.

又因為面ABC⊥面ABDE,面ABC∩面ABDE=AB,EA⊥AB,所以EA⊥面ABC.

h′(x)=9x2+6x=3x(3x+2).

因為x∈[0,1]，所以h(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，從而

h(x)min=h(0)=-1，h(x)max=h(1)=5，

因此存在x0∈[0,1]，使得h(x0)=0，于是f(x)在[0,x0]上單調(diào)遞減，在[x0,1]上單調(diào)遞增，從而

f(x)max=max{f(0),f(1)}=max{0,1-ln2},

即

f(x)≤1-ln2.

由第1)小題知

f(x)≥x3-x，

令φ(x)=x3-x，其中x∈[0,1]，即

f(x)≥φ(x),

從而

21.解 1)設(shè)直線MP的斜率為k′，點(diǎn)M(x,y)，N(s,t)，則P(-s,-t)，且

從而

2)當(dāng)直線MN的斜率k存在時，設(shè)直線MN的方程為

y=kx+m.

(1+2k2)x2+4kmx+2m2-4=0,

從而

Δ=8(4k2-m2+2)，

于是

化簡得

于是

22.1)解 {an}為單調(diào)遞增數(shù)列.

從而

an>an-1，

于是{an}為單調(diào)遞增數(shù)列.

2)證明 ①由第1)小題得an>an-1，從而

即

②當(dāng)n≥2時，

當(dāng)n≥2時，

從而

于是

得

于是

因此

當(dāng)n=1時， 上式也成立.

綜上所述，對任意的n∈N*，均有

(供稿人：李學(xué)軍 浙江省嘉興市平湖中學(xué))

7.已知袋中有20個大小相同的球，其中記上0號的有10個，記上n號的有n(其中n=1,2,3,4)個，現(xiàn)從袋中任取一球，X表示所取球的標(biāo)號.若η=aX+b(其中a>0)，E(η)=1，D(η)=11，則a+b的值是

( )

A.-1 B.0 C.1 D.2

( )

A．4∶2∶3 B．2∶3∶4 C．4∶3∶2 D．3∶4∶5

9.已知函數(shù)y=f(x)與y=F(x)的圖像關(guān)于y軸對稱，當(dāng)函數(shù)y=f(x)和y=F(x)在區(qū)間[a,b]上同時遞增或同時遞減時，把區(qū)間[a,b]叫做函數(shù)y=f(x)的“不動區(qū)間”，若區(qū)間[1,2]為函數(shù)y=|2x-t|的“不動區(qū)間”，則實數(shù)t的取值范圍是

( )

10.已知△ABC是邊長為6的正三角形，D在AB上，且滿足AD=2DB，現(xiàn)沿著CD將△ACD折起至△A′CD，使得A′在平面BCD上的投影在△BCD的內(nèi)部(包含邊界)，則二面角A′-CD-B的余弦值的取值范圍是

( )

二、填空題：本大題共7小題，多空題每小題6分，單空題每小題4分，共36分.

11.已知長方形ABCD，AB=4，BC=3，則以A,B為焦點(diǎn)，且過點(diǎn)C,D的橢圓的焦距為______，離心率為______．

圖1

12.我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中記載了公元前344年商鞅督造一種標(biāo)準(zhǔn)量器———商鞅銅方升，其三視圖如圖1所示(單位：寸)，若π取3，其體積為12．6(立方寸)，則圖1中的x為______寸，商鞅銅方升的表面積為______平方寸.

15.某單位擬安排6名員工在“五一”期間(4月29日、30日和5月1日)值班，每天安排2人，每人值班1天，若6名員工中的甲4月29日不值班、乙5月1日不值班，則不同的安排方法共有______種(用數(shù)字作答).

三、解答題：本大題共5小題，共74分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

圖2

19.(15分)如圖2，正方形ABCD的邊長為4，E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點(diǎn)，將正方形ABCD沿著線段EF折起，使得∠DFA=60°，設(shè)G為AF的中點(diǎn)． 1)求證：DG⊥EF； 2)求直線GA與平面BCF所成角的正弦值.

參 考 答 案

1.C 2.D 3.A 4.A 5.B 6.C 7.B

8.A 9.C 10.D

18.解 1)因為

故f(x)的最小正周期為π.

得

從而

于是

19.1)證明 因為在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點(diǎn)，所以EF⊥FD，EF⊥FA.將正方形ABCD沿著線段EF折起后，仍有EF⊥FD，EF⊥FA，而FD∩FA=F，于是EF⊥平面DFA.又因為DG?平面DFA，所以DG⊥EF．

圖3

2)解 因為∠DFA=60°，DF=FA，所以△DFA為等邊三角形.又AG=GF，得DG⊥FA，由第1)小題知，DG⊥EF，且EF∩FA=F，于是DG⊥平面ABEF．

令f′(x)=0可得x=1，當(dāng)0

當(dāng)x>1時，

于是f(x)在區(qū)間(0,1)上為增函數(shù),在(1,+∞)上為減函數(shù).

g(x)≤0<1+e-2.

當(dāng)0

只需證

1-x-xlnx

令h(x)=1-x-xlnx,其中x∈(0,+∞),則

h′(x)=-lnx-2=-(lnx-lne-2)，

因此，當(dāng)x∈(0,e-2)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(e-2,+∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減,于是h(x)的最大值為h(e-2)=1+e-2，故

1-x-xlnx≤1+e-2.

當(dāng)0

ex(1+e-2)>1+e-2，

從而

1-x-xlnx≤1+e-2

于是

因此對任意x>0，有g(shù)(x)<1+e-2.

21.解 1)設(shè)F(c,0)，由

得

即

a2-c2=3c2.

2)設(shè)直線l的斜率為k(其中k≠0)，則直線l的方程為y=k(x-2).設(shè)B(xB,yB)，由方程組

整理得

(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0,

解得

由題意得

從而

由第1)小題知，F(xiàn)(1,0).設(shè)H(0,yH)，則

從而

解得

因此直線MH的方程為

設(shè)M(xM,yM)，由方程組

解得

在△MAO中，∠MOA≤∠MAO等價于|MA|≤|MO|，即

化簡得

xM≥1，

即

解得

因此，直線l的斜率的取值范圍為

從而

an+1>an≥a1=1,

可得

即

得

累加得

即

an+1

于是

得

累加得

即

于是

(供稿人：王 凱 浙江省杭州市源清中學(xué))