高三数学模拟试题及答案

高三数学模拟试卷（满分150分）一、选择题（每小题5分，共40分）1．已知全集U={1,2,3,4,5}，集合M＝{1,2,3}，N＝{3,4,5}，则M∩(ðUN)＝（）A.{1,2}B.｛4,5｝C.｛3｝D.｛1,2,3,4,5｝2.复数z=i2(1+i)的虚部为（）A.1B.iC.-1D.-i3．正项数列{an}成等比，a1+a2=3，a3+a4=12,则a4+a5的值是（）A.-24B.21C.24D.484．一组合体三视图如右，正视图中正方形边长为2，俯视图为正三角形及内切圆，则该组合体体积为（）A.23B.43C.23+43D.54343275．双曲线以一正方形两顶点为焦点，另两顶点在双曲线上，则其离心率为（）A.22B.2+1C.2D.16．在四边形ABCD中，“AB=2DC”是“四边形ABCD为梯形”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件7．设P在[0,5]上随机地取值，求方程x2+px+1=0有实根的概率为（）A.0.2B.0.4C.0.5D.0.68．已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(x∈R,A0,ω0,|φ|2)的图象（部分）如图所示，则f(x)的解析式是（）A．f(x)=5sin(6x+6)Ｂ．f(x)=5sin(6x-6)Ｃ．f(x)=5sin(3x+6)Ｄ．f(x)=5sin(3x-6)二、填空题：（每小题5分，共30分）9.直线y=kx+1与A（1,0），B（1,1）对应线段有公共点，则k的取值范围是_______.10．记nxx)12(的展开式中第m项的系数为mb，若432bb，则n=__________.11．设函数31()12xfxx的四个零点分别为1234xxxx、、、，则1234()fxxxx+++；12、设向量(12)(23)，，，ab，若向量ab与向量(47)，c共线，则11.211lim______34xxxx.14.对任意实数x、y，定义运算x*y=ax+by+cxy，其中x－5yO525a、b、c为常实数，等号右边的运算是通常意义的加、乘运算.现已知2*1=3，2*3=4，且有一个非零实数m，使得对任意实数x，都有x*m=2x，则m=.三、解答题：15．（本题10分）已知向量a=(sin(2+x),3cosx)，b=(sinx,cosx),f(x)=a·b.⑴求f(x)的最小正周期和单调增区间；⑵如果三角形ABC中，满足f(A)=32，求角A的值．16．（本题10分）如图：直三棱柱（侧棱⊥底面）ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°，AA1=AC=1，BC=2，CD⊥AB,垂足为D.⑴求证：BC∥平面AB1C1;⑵求点B1到面A1CD的距离.17．（本题10分）旅游公司为4个旅游团提供5条旅游线路，每个旅游团任选其中一条.（1）求4个旅游团选择互不相同的线路共有多少种方法;（2）求恰有2条线路被选中的概率;（3）求选择甲线路旅游团数的数学期望.18.（本题10分）数列{an}满足a1+2a2+22a3+…+2n-1an=4n.⑴求通项an；⑵求数列{an}的前n项和Sn.19．（本题12分）已知函数f(x)=alnx+bx,且f(1)=-1，f′(1)=0，⑴求f(x)；⑵求f(x)的最大值；⑶若x0,y0,证明：lnx+lny≤32xyxy.PA1B1C1ABCD20．（本题14分）设21,FF分别为椭圆)0(1:2222babyaxC的左、右两个焦点，若椭圆C上的点A(1,32)到F1，F2两点的距离之和等于4.⑴写出椭圆C的方程和焦点坐标；⑵过点P（1，14）的直线与椭圆交于两点D、E，若DP=PE，求直线DE的方程;⑶过点Q（1，0）的直线与椭圆交于两点M、N，若△OMN面积取得最大，求直线MN的方程.21.（本题14分）对任意正实数a1、a2、…、an；求证1/a1+2/(a1+a2)+…+n/(a1+a2+…+an)2(1/a1+1/a2+…+1/an)09高三数学模拟测试答案一、选择题:.ACCDBADA二、填空题：本题主要考查基础知识和基本运算．每小题4分，共16分.9.[-1,0]10.511.1912.213.1514.3三、解答题：15．本题考查向量、二倍角和合成的三角函数的公式及三角函数性质，要求学生能运用所学知识解决问题．解：⑴f(x)=sinxcosx+32+32cos2x=sin(2x+3)+32………T=π，2kπ-2≤2x+3≤2kπ+2，k∈Z,最小正周期为π，单调增区间[kπ-512,kπ+12],k∈Z.……………………⑵由sin(2A+3)=0,32A+373,……………∴2A+3=π或2π，∴A=3或56……………………16．、本题主要考查空间线线、线面的位置关系，考查空间距离角的计算，考查空间想象能力和推理、论证能力，同时也可考查学生灵活利用图形，建立空间直角坐标系，借助向量工具解决问题的能力．⑴证明：直三棱柱ABC—A1B1C1中，BC∥B1C1,又BC平面AB1C1，B1C1平面AB1C1，∴B1C1∥平面AB1C1；………………⑵（解法一）∵CD⊥AB且平面ABB1A1⊥平面ABC,∴CD⊥平面ABB1A1，∴CD⊥AD且CD⊥A1D,∴∠A1DA是二面角A1—CD—A的平面角，在Rt△ABC,AC=1,BC=2,∴AB=3,又CD⊥AB，∴AC2=AD×AB∴AD=33，AA1=1，∴∠DA1B1=∠A1DA=60°，∠A1B1A=30°，∴AB1⊥A1D又CD⊥A1D，∴AB1⊥平面A1CD，设A1D∩AB1=P,∴B1P为所求点B1到面A1CD的距离.B1P=A1B1cos∠A1B1A=3cos30°=32.PA1B1C1ABCD即点1B到面CDA1的距离为23．…………………………………………………（2）（解法二）由VB1-A1CD=VC-A1B1D=13×312×63=26，而cos∠A1CD=22×63=33,S△A1CD=12×2×63×63=23,设B1到平面A1CD距离为h,则13×23h=26,得h=32为所求.⑶（解法三）分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系（如图）则A（1，0，0），A1（1，0，1），C（0，0，0），C1（0，0，1），B（0，2，0），B1（0，2，1），∴D（23，23，0）1CB=（0，2，1），设平面A1CD的法向量n=（x，y，z），则132200nCDxynCAxz，取n=（1，-2，-1）点1B到面CDA1的距离为d=1nCBn23……………………………………17．本题主要考查排列，典型的离散型随机变量的概率计算和离散型随机变量分布列及期望等基础知识和基本运算能力．解：（1）4个旅游团选择互不相同的线路共有：A54=120种方法；…（2）恰有两条线路被选中的概率为：P2=2454(22)285125C…（3）设选择甲线路旅游团数为ξ，则ξ～B(4,15)∴期望Eξ=np=4×15=45………………答:（1）线路共有120种，（2）恰有两条线路被选中的概率为0.224,（3）所求期望为0.8个团数.………………………18．本题主要考查数列的基础知识，考查分类讨论的数学思想，考查考生综合应用所学知识创造zyxACBC1DA1B1性解决问题的能力．解：（1）a1+2a2+22a3+…+2n-1an=4n，∴a1+2a2+22a3+…+2nan+1=4n+1，相减得2nan+1=3×4n,∴an+1=3×2n,又n=1时a1=4，∴综上an=14(1)32(2)nnn为所求；………………………⑵n≥2时，Sn=4+3(2n-2),又n=1时S1=4也成立，∴Sn=3×2n-2………………12分19．本题主要考查函数、导数的基本知识、函数性质的处理以及不等式的综合问题，同时考查考生用函数放缩的方法证明不等式的能力．解：⑴由b=f(1)=-1,f′(1)=a+b=0,∴a=1,∴f(x)=lnx-x为所求；……………⑵∵x0,f′(x)=1x-1=1xx,x0x1x=1x1f′(x)+0-f(x)↗极大值↘∴f(x)在x=1处取得极大值-1，即所求最大值为-1；……………⑶由⑵得lnx≤x-1恒成立，∴lnx+lny=ln2xy+lnln2xy≤12xy+112xy=32xyxy成立………20．本题考查解析几何的基本思想和方法，求曲线方程及曲线性质处理的方法要求考生能正确分析问题，寻找较好的解题方向，同时兼顾考查算理和逻辑推理的能力，要求对代数式合理演变，正确分析最值问题．解：⑴椭圆C的焦点在x轴上，由椭圆上的点A到F1、F2两点的距离之和是4，得2a=4，即a=2.；又点A(1,32)在椭圆上，因此223141.2b得b2=1，于是c2=3；所以椭圆C的方程为22121,(3,0),(3,0).4xyFF焦点，………⑵∵P在椭圆内，∴直线DE与椭圆相交，∴设D(x1,y1),E(x2,y2)，代入椭圆C的方程得x12+4y12-4=0,x22+4y22-4=0,相减得2(x1-x2)+4×2×14(y1-y2)=0,∴斜率为k=-1∴DE方程为y-1=-1(x-14),即4x+4y=5;………(Ⅲ)直线MN不与y轴垂直，∴设MN方程为my=x-1，代入椭圆C的方程得（m2+4)y2+2my-3=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=-224mm,y1y2=-234m,且△0成立.又S△OMN=12|y1-y2|=12×222412(4)4mmm=22234mm，设t=23m≥3,则S△OMN=21tt,(t+1t)′=1-t-20对t≥3恒成立，∴t=3时t+1t取得最小，S△OMN最大，此时m=0,∴MN方程为x=1……………