1、高三數(shù)學(xué)模擬試卷（文科）一、選擇題：1已知集合m=x|16x20，集合n=y|y=|x|+1，則mn=（）ax|2x4 bx|x1 cx|1x4 dx|x22若復(fù)數(shù)z滿足z（4i）=5+3i（i為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為（）a1i b1+i c1+i d1i3由變量x與y的一組數(shù)據(jù)：x1571319yy1y2y3y4y5得到的線性回歸方程為=2x+45，則=（）a135 b90 c67 d634如圖程序框圖的算法思路源于我國古代數(shù)學(xué)名著九章算術(shù)中的“更相減損術(shù)”執(zhí)行該程序框圖，若輸入a，b分別為16，20，則輸出的a=（）a0b2c4d145函數(shù)的圖象經(jīng)過下列平移，可以得到函數(shù)圖象的是

2、（）a向右平移個單位b向左平移個單位c向右平移個單位d向左平移個單位6已知f（x）是定義在r上的偶函數(shù)且以2為周期，則“f（x）為0，1上的增函數(shù)”是“f（x）為3，4上的減函數(shù)”的（）a充分而不必要的條件b必要而不充分的條件c充要條件d既不充分也不必要的條件7某三棱錐的三視圖如圖所示，其中三個視圖都是直角三角形，則該三棱錐的體積為（） abc1d68已知向量與的夾角為60，時，實數(shù)x為（）a4b2cl d9已知點p在直線x=1上移動，過點p作圓（x2）2+（y2）2=1的切線，相切于點q，則切線長|pq|的最小值為（）a2bc3d10已知函數(shù)，若關(guān)于x的方程恰有四個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)k的

3、取值范圍是（）abcd2、 填空題：11在某市舉辦的安全教育知識競賽中，抽取1800名學(xué)生的成績（單位：分），其頻率分布直方圖如圖所示，則成績落在50，60）中的學(xué)生人數(shù)為12在上隨機(jī)的取一個數(shù)x，則事件“滿足不等式”發(fā)生的概率為13實數(shù)x、y滿足約束條件的取值范圍為14德國數(shù)學(xué)家萊布尼茲發(fā)現(xiàn)了右面的單位分?jǐn)?shù)三角形，單位分?jǐn)?shù)是分子為1，分母為正整數(shù)的分?jǐn)?shù)稱為萊布尼茲三角形：根據(jù)前6行的規(guī)律，寫出第7行的第3個數(shù)是15以拋物線y2=8x的焦點為圓心，以雙曲線的虛半軸長b為半徑的圓與該雙曲線的漸近線相切，則當(dāng)取得最小值時，雙曲線的離心率為3、 解答題：16（12分）已知f（x）=，其中（i）求f（

4、x）在區(qū)間，上的單調(diào)遞增區(qū)間；（）在abc中，角a、b、c所對的邊分別為a、b、c，f（a）=1，a=，且向量垂直，求邊長b和c的值17（12分）一廠家生產(chǎn)a、b、c三類空氣凈化器，每類凈化器均有經(jīng)典版和至尊版兩種型號，某月的產(chǎn)量如表（單位：臺）：空氣凈化器a空氣凈化器b空氣凈化器c經(jīng)典版100150400至尊版300zxxk450600（i）在c類空氣凈化器中，用分層抽樣的方法抽取一個容量為5的樣本將該樣本看成一個總體，從中任取2輛，求至少有1臺經(jīng)典版空氣凈化器的概率；（）用隨機(jī)抽樣的方法從b類空氣凈化器中抽取8臺，經(jīng)檢測它們的得分如下：9.4，8.6，9.2，9.6，8.7，9.3，9.0

5、，8.2把這8臺空氣凈化器的得分看作一個總體，從中任取一個數(shù)，求該數(shù)與樣本平均數(shù)之差的絕對值不超過0.5的概率18（12分）如圖，在四棱錐pabcd中，pa平面abcd，底面abcd為菱形，ab=1，e為pd中點，pa=1（i）求證：pb平面aec；（）在棱pc上是否存在點m，使得直線pc平面bmd？若存在，求出點m的位置；若不存在，說明理由19（12分）已知數(shù)列an的前n項和為sn，且sn+2=2an等差數(shù)列bn的前n項和為tn，且t2=s2=b3（i）求數(shù)列bn的通項公式；（）令，求數(shù)列cn的前2n項和r2n20（13分）已知函數(shù)（i）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（）若存在x0，2，使得f（

6、x）g（x）0成立，求m的取值范圍；（）設(shè)x1、x2（x1x2）是函數(shù)f（x）的兩個零點，求證：x1+x2021（14分）如圖，圓o（o為坐標(biāo)原點）與離心率為的橢圓t： =1（ab0）相交于點m（0，1） （i）求橢圓t與圓o的方程；（）過點m引兩條互相垂直的兩直線l1、l2與兩曲線分別交于點a、c與點b、d（均不重合）p為橢圓上任一點（異于點m），記點p到兩直線的距離分別為d1、d2，求d12+d22的最大值；若3，求l1與l2的方程高考數(shù)學(xué)模擬試卷（文科）參考答案一、選擇題：1c2a3d4c5b6c7a8b9b10a二、填空題：1118012131415三、解答題：16（12分）【解答】解

7、：（）；f（x）=2cos2xsin2x=cos2xsin2x+1=2cos（2x+）+1，令+2k2x+2k，kz，得+kx+k，kz，當(dāng)k=0時，x，當(dāng)k=1時，x，f（x）在區(qū)間，上的單調(diào)遞增區(qū)間是，和，；（）abc中，f（a）=1，2cos（2a+）+1=1，cos（2a+）=1，2a+=，解得a=；又a=，向量垂直，=2sinb3sinc=0，由正弦定理得：2b3c=0，b=c；由余弦定理得：a2=b2+c22bccosa，即=c2+c22c2，解得c=1；b=17（12分）解：（）5=2，5=3，故5臺中2臺經(jīng)典版，3臺至尊版，故滿足條件的概率是：p=0.7；（）設(shè)9.4，8.6，

8、9.2，9.6，8.7，9.3，9.0，8.2的平均數(shù)是，則=9，則該數(shù)與樣本平均數(shù)之差的絕對值不超過0.5的共6個，滿足條件的概率是p=18（12分）解：（i）證明：如圖，連接bd，交ac于點o，連接eo，abcd為菱形，可得：o為bd中點，又e為pd中點，eopb，eo平面aec，pb平面aec，pb平面aec；解：（）在棱pc上存在點m，當(dāng)cm=時，使得直線pc平面bmd，理由如下：pa平面abcd，bd平面abcd，bdpa，又abcd為菱形，bdac，由paac=a，可得：bd平面pac，由pc平面pac，可得：bdpc，若在棱pc上存在點m，使得直線pc平面bmd，只需pcbm即可

9、若pcbm，由于pcbo，pc平面bom，可得pcom，compac，可得：，可得：，解得：cm=，在棱pc上存在點m，當(dāng)cm=時，使得直線pc平面bmd19（12分）解：（）當(dāng)n=1時，a1=s1=2a12，解得a1=2，當(dāng)n=2時，a1+a2=2a22，求得a2=4，設(shè)等差數(shù)列bn的公差為d，前n項和為tn，t2=s2=b3，可得b1+b1+d=a1+a2=b1+2d=6，解得b1=d=2，則bn=2n；（）tn=（2+2n）n=n（n+1），令=（1）n=（1）n（1+），則數(shù)列cn的前2n項和r2n=（1+1+）+（1+）（1+）+（1）+（1+）=1+=20（13分）（）解：f（x）

10、=ex1，令f（x）0，解得：x0，令f（x）0，解得：x0，故f（x）在（，0）遞減，在（0，+）遞增；（）若存在x0，2，使得f（x）g（x）0成立，即存在x0，2，使得（ex2x）minm22m3成立，令h（x）=ex2x，x0，2，則h（x）=ex+222=0，故h（x）在0，2遞增，h（x）min=h（0）=0，故只需m22m30，解得：m3或m1；（）證明：由（）可知，x=0是函數(shù)f（x）的極小值點，也是最小值點，即最小值為f（0）=2m+4，顯然只有2m+40時，函數(shù)f（x）有兩個零點，設(shè)x1x2，易知，x10，x20，f（x1）f（x2）=f（x2）f（x2）=ex2ex22x

11、2，令h（x）=exex2x（x0），由（）可知h（x）在0，+）上單調(diào)遞增，h（x）h（0）=0，又x10x2，h（x2）0，即ex2ex22x20，f（x1）f（x2），又x10，x20，且由（）知f（x）在（，0）上單調(diào)遞減，x1x2，x1+x2021（14分）解：（）圓o（o為坐標(biāo)原點）與離心率為的橢圓t： =1（ab0）相交于點m（0，1） 由題意知：離心率為e=，b=1，a2=b2+c2，解得：a=2，b=1，c=，橢圓c的方程為=1，圓o的方程x2+y2=1（）設(shè)p（x0，y0），由l1l2，則d12+d22=丨pm丨2=x02+（y01）2，由=1，得d12+d22=+（y01）2=3（）2+，1y01，當(dāng)時，取得最大值為，此時點p（，）設(shè)l1的方程為y=kx+1，由，得（k2+1）x2+2kx=0，xa0，代入y=kx+1，得，a（，），由，得