高考文科数学期末模拟试题精编答案912套.docx

1、高考文科数学期末模拟试题精编答案912套高考文科数学期末模拟试题精编(九)1解析：选B.通解：z1i，1i，z2，故选B.优解：由题意知|z|，利用性质z|z|2，得z2，故选B.2解析：选A.AxR|x22x30x|1x3，Bx|xa，AB，a3，故选A.3解析：选A.自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1，a2，a9，依题意有，因为a2a3a1a4，a7a92a8，故a2a3a8.选A.4.解析：选B.由三视图知该几何体为四棱锥，如图，可知PO，VSABCDPO4，四棱锥的全面积S2222412，设四棱锥的内切球的半径为r，可知rSV，即r12，解得r.故选B.5解析：选A.由题意得m4，

2、当m4时，曲线为焦点在y轴上的椭圆，离心率为；当m4时，曲线为焦点在x轴上的双曲线，离心率为，故选A.6解析：选C.因为0a0.30.30.301，b1.20.31.201，clog1.20.3log1.210，所以cab，故命题p为假命题，綈p为真命题；由x2x60可得x2或x3，故“x2x60”是“x4”的必要不充分条件，q为真命题，故(綈p)q为真命题，选C.7解析：选C.作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示又过点M(4,0)，N(0，3)的直线的方程为3x4y120，而它与直线3x4y12平行，其距离d，所以当P点在原点O处时，PMN的面积最小，其面积为OMN的面积，此时SOM

3、N346；当P点在线段AB上时，PMN的面积最大，为12，故选C.8解析：选C.n21,210(mod 3)；n22，221(mod 3)；n23，232(mod 3)；233(mod 5)，输出n23.9解析：选B.设甲、乙、丙三人各持有x，y，z钱，则，解方程组得，所以乙手上有32钱10解析：选A.取AC的中点为O，连接OM，ON，则ONAP，ONAP，OMBC，OMBC，所以异面直线PA与MN所成的角为ONM，在ONM中，依题意得，OM2，ON2，MN4，由勾股定理可知OMON，则ONM30，选A.11解析：选D.由题意，知P，B，C三点共线，则存在实数使，所以()，所以(1)，则，所以

4、xy1且x，于是xyx(1x)2，所以当x时，xy取得最大值；当x或x时，xy取得最小值，所以xy的取值范围为，故选D.12解析：选A.令F(x)2xf(x)，则F(x)2f(x)2xf(x)，由f(x)xf(x)0可知F(x)0在1,2上恒成立，所以对任意的x1,2，F(x)2(xt)0恒成立，即tx，因此问题转化为th(x)x在1,2上恒成立因为h(x)min12，所以t2，选A.13解析：设工人数为n，由已知最多为600人，则劳动力的年生产能力为n2 0002 000n.由生产该产品平均每件需要120个工时，得产量为2 000n120n60010 000(件)，而这10 000件产品需要

5、某重要部件的数量40 0002 00034 00036 000，因此从供应部提供的信息知年生产量为36 00049 000，刚好达到预计销售量的最低限，由此可见，明年产量最多为9 000件答案：9 00014解析：由sin sin 1，得(sin sin )22，即sin2sin22sin sin ，由cos cos ，得cos2cos22cos cos ，得，2sin sin 2cos cos ，即cos().答案：15解析：q2，q.又Sk6464k4(2k1)化简得：22k172k160，2k16,2k1(舍)，k4.答案：416解析：由题意知，直线PA，PB的斜率均存在，设点P(t2，

6、t)(t0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，直线PA的斜率为k，则直线PA：ytk(xt2)，直线PB：ytk(xt2)，联立方程得化简得k2(xt2)2(2tk1)(xt2)0，又xAt2，所以xAt2，yAt，同理，xBt2，yBt，于是kAB，则t，则P(3，)答案：P(3，)17解：(1)由cos2sin Bsin C，得sin Bsin C，(2分)cos(BC)，(4分)cos A(0A)，A.(6分)(2)由余弦定理a2b2c22bccos A，得16b2c2bc(2)bc，当且仅当bc时取等号，即bc8(2)(10分)SABCbcsin Abc4(1)，即ABC面积的最大

7、值为4(1)(12分)18解：(1)a1(0.010.0150.030.0150.005)10100.025，450.1550.15650.25750.3850.15950.0569.(4分)(2)22列联表如下：文科生理科生总计获奖53540不获奖45115160总计50150200因为K24.1673.841，所以有超过95%的把握认为“获奖与学生的文、理科有关”(12分)19解：(1)证明：取PD的中点Q，连接AQ，EQ，则EQ綊CD，又AF綊CD，AFEQ为平行四边形，EFAQ，(2分)EF平面PCD，AQ平面PCD，PD平面PCD，AQPD，Q是PD的中点，APAD.(6分)(2)A

8、Q平面PCD，CD平面PCD，AQCD，又ADCD，又AQADA，CD平面PAD，CDPA，又BDPA，CDBDD，PA平面ABCD.(10分)VDACEVEACDPASACD222.故三棱锥DACE的体积为.(12分)20解：(1)设椭圆C的方程为1(ab0)，椭圆的左焦点为F1(2,0)，a2b24.(2分)点B(2，)在椭圆C上，1.解得a28，b24，椭圆C的方程为1.(5分)(2)依题意点A的坐标为(2，0)，设P(x0，y0)(不妨设x00)，则Q(x0，y0)，由得x0，y0，直线AP的方程为y(x2)，直线AQ的方程为y(x2)，(8分)M，N，|MN|，设MN的中点为E，则点

9、E的坐标为，则以MN为直径的圆的方程为x22，即x2y2y4.(10分)令y0得x2或x2，即以MN为直径的圆经过两定点P1(2，0)，P2(2,0)(12分)21解：(1)由已知得f(x)ax(a1)，则f(1)0.(1分)而f(1)ln 1(a1)1，曲线yf(x)在x1处的切线方程为y1.(2分)12，解得a2.(3分)f(x)ln xx23x，f(x)2x3.(4分)由f(x)2x30，得0x或x1，由f(x)2x30，得x1，f(x)的单调递增区间为和(1，)，f(x)的单调递减区间为.(6分)(2)若，则x(a1)，即在区间(0，)上恒成立(7分)设h(x)，则h(x)，(9分)由

10、h(x)0，得0xe，因而h(x)在上单调递增，由h(x)0，得xe，因而h(x)在(e，)上单调递减h(x)的最大值为h(e)e，e，故a2e1.从而实数a的取值范围为a|a2e1(12分)22.解：(1)将C的参数方程化为普通方程，得(x1)2(y2)21，(1分)xcos ，ysin ，直线l的极坐标方程为(R)，(3分)圆C的极坐标方程为22cos 4sin 40.(5分)(2)将代入22cos 4sin 40，得2340，解得12，2，|MN|12|，(8分)圆C的半径为1，CMN的面积为1sin.(10分)23解：(1)由f4|x|x|0，得|x|x|4.当x时，xx4，解得x2，

11、2x；当x时，xx4恒成立，x；当x时，xx4，解得x2，x2.综上，|x|x|4，即f0的解集为2,2(5分)(2)令a1，a2，a3.由柯西不定式，得(aaa)29，即(3p2qr)9.4，3p2qr，(8分)当且仅当，即p，q，r时，取等号3p2qr的最小值为.(10分)高考文科数学期末模拟试题精编(十)1解析：选C.根据题意可得，解得，满足题意0x1，所以集合AB(1,2)故选C.2解析：选A.(a1i)22a1(a21)2(a1)i.(a1i)22a1是纯虚数，解得a1，故选A.3解析：选A.因为sin()sin ，所以cos ，所以sin 22sin cos 2，故选A.4解析：选

12、A.(1,2)，(1,1)，向量在向量上的投影为，故选A.5解析：选A.设双曲线C的标准方程为1(a0，b0)，由于直线l过双曲线的焦点且与对称轴垂直，因此直线l的方程为xc或xc，代入1中得y2b2，y，故|AB|，依题意4a，2，e，选A.6解析：选B.由题意知，f(2)231，f(1)1，不等式化为f(a)1.当a0时，f(a)a31，解得a2；当a0时，f(a)1，解得a1.因而a(，2)(1，)，故选B.7解析：选A.执行流程图得，n1，x617，y8；n2，xy19，y10；n3，xy111，y12；n4，xy113，y14；n5，循环结束，输出(13,14)，故选A.8解析：选A

13、.由三视图知圆柱与正三棱柱的各侧面相切，设圆柱的底面半径为r，高为h，则V圆柱r2h.正三棱柱底面三角形的高为3r，边长为2r，则V正三棱柱2r3rh3r2h，所以该几何体的体积V(3)r2h，则该几何体的体积与挖去的圆柱的体积的比值为1.9解析：选D.由题意得：f(x)ab2cos4x2sin4x2(cos2xsin2x)(cos2xsin2x)2cos 2x2sin，而ysin 2xcos 2x2sin2sin，故只需将yf(x)的图象向右平移个单位即可10解析：选A.不妨记AB1，则由AC2ABBC得AC，从而BC，于是“黄金矩形”的面积为2.现在线段AB上任取一点C，设ACx，则BC1

14、x，由x(1x)2得0x或x1，故所求概率为P13.11.解析：选B.将几何体的展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EFADBC，即直线BE与CF共面，错；因为B平面PAD，E平面PAD，EAF，所以BE与AF是异面直线，正确；因为EFADBC，EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF平面PBC，正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，错故选B.12解析：选B.联立抛物线x22py与直线y2x2的方程，消去y得x24px4p0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则16p216p0，x1x24p，x1x24p，Q(2p,2p)0，(x12p)(x22p)(y12

15、p)(y22p)0，即(x12p)(x22p)(2x122p)(2x222p)0，5x1x2(46p)(x1x2)8p28p40，将x1x24p，x1x24p代入，得4p23p10，得p或p1(舍去)故选B.13解析：圆C：x2y22x4y10可化为(x1)2(y2)24，圆心C(1,2)，半径r2，依题意知弦长|AB|4，因此直线l经过圆心C(1,2)，故12a10，解得a1.答案：114解析：作出不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分所示，易求得A(1,1)，B(2,1)，作直线y2x，由图知，平移直线y2x，当经过A(1,1)时z取得最小值，则a211，当经过B(2,1)时z取得最大值，

16、则b2215，函数yx在1,5上的值域为(，)答案：(，)15解析：因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30，45，所以BAD60，CAD45.设这辆汽车的速度为v m/s，则BC14v，在RtADB中，AB200.在RtADC中，AC100.在ABC中，由余弦定理，得BC2AC2AB22ACABcosBAC，所以(14v)2(100)220022100200cos 135，所以v22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.答案：22.616.解析：函数f(x)，其图象如图所示，由图象可知f(x)的值域为(，1)(0，)，故错；在(0,1)和(1，)上单调递减，在(0，)上不是

17、单调的，故错；f(x)的图象关于y轴对称，故正确；由于在每个象限都有图象，所以与过原点的直线yax(a0)至少有一个交点，故正确答案：17解：(1)设等差数列an的公差为d，依题意有，(2分)解得a11，d2，从而an的通项公式为an2n1，nN*.(4分)(2)c1ab1a11，c2ab2a23，从而等比数列cn的公比为3，因此cn13n13n1.(7分)另一方面，cnabn2bn1，所以2bn13n1，因此bn.(9分)记bn的前n项和为Sn，则Sn.(12分)18解：(1)K29.16710.828，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，不能认为“成绩优秀与翻转合作学习法”有关(5分)

18、(2)设从“翻转班”中抽取x人，从“对照班”中抽取y人，由分层抽样的定义可知，解得x4，y2.(7分)在这6名学生中，设“对照班”的2名学生分别为A1，A2，“翻转班”的4名学生分别为B1，B2，B3，B4.则所有的抽样情况如下，A1，A2，B1，A1，A2，B2，A1，A2，B3，A1，A2，B4，A1，B1，B2，A1，B1，B3，A1，B1，B4，A1，B2，B3，A1，B2，B4，A1，B3，B4，A2，B1，B2，A2，B1，B3，A2，B1，B4，A2，B2，B3，A2，B2，B4，A2，B3，B4，B1，B2，B3，B1，B2，B4，B1，B3，B4，B2，B3，B4，共20种(

19、10分)其中至少有一名“对照班”学生的情况有16种记事件A为至少抽到一名“对照班”学生交流学习方法，则P(A)0.8.(12分)19解：(1)由题意知EA綊FD，EB綊FC，所以ABCD，即A，B，C，D四点共面(2分)由EFEBFC2，EFAB，得FBBC2，则BCFB，又翻折后平面AEFD平面EBCF，平面AEFD平面EBCFEF，DFEF，所以DF平面EBCF，因而BCDF，又DFFBF，所以BC平面BDF，由于BC平面BCD，则平面BCD平面BDF，又平面ABD即平面BCD，所以平面ABD平面BDF.(6分)(2)如图，连接AF，过点A作AHBD于点H，设EAt，则FD2t，SADF2

20、t22t，在ADF中，AD，在ABE中，AB，即ADAB，又DF平面EBCF，所以DFBF，在RtBDF中，BD，所以AH，因而SABD.(10分)由VBADFVFABD，得2t2，解得t1，即EA的长度为1.(12分)20解：(1)由题意得2b2，解得b1，(1分)e，a2b2c2，a，c1，故椭圆的标准方程为y21.(3分)(2)当直线AB的斜率不存在时，不妨取A，B，C，故SABC2；(4分)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为yk(x1)，联立方程得，化简得(2k21)x24k2x2k220，(5分)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，x1x2，(6分)|AB|2，(

21、8分)点O到直线kxyk0的距离d，O是线段AC的中点，点C到直线AB的距离为2d，(9分)SABC|AB|2d2 2 .(11分)综上，ABC面积的最大值为.(12分)21解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2xf，则f21f，解得f2，所以f(x)ln xx2x2，此时，f(x)2x1，(2分)由f(x)0得0x1，f(x)0得x1，所以函数f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，)(4分)(2)证明：不等式f(x)2ex等价于f(x)，(5分)由(1)f(x)在(0，)上的最大值为f(x)maxf(1)2，所以f(x)2，(6分)令g(x)ex(x0)，所以g(

22、x)exx1，(g(x)ex1，所以，当x0时，(g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，所以g(x)g(0)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，所以g(x)g(0)0，即ex0，(10分)因为x0，所以1，2f(x)(11分)所以，x0时，f(x)2ex，(12分)22解：(1)设曲线C1上一点P(x1，y1)与曲线C2上一点Q(x，y)，由题知：，(2分)所以C2的参数方程为(为参数)(4分)(2)由题知可得：直线l的直角坐标方程为：x2ym0.(5分)设曲线C2上一点B(2cos ，sin )到直线l的距离为d，则d，(7分)当m0时，dmax2，解得：m10，当m0时，dmax

23、2，解得：m10，综上所述：m10.(10分)23解：(1)原不等式为：|2x3|2x1|5，当x时，原不等式可转化为4x25，即x，(2分)当x时，原不等式可转化为45恒成立，x.(3分)当x时，原不等式可转化为4x25，即x，(4分)原不等式的解集为x|x(5分)(2)由已知函数f(x)，作出图象如图，由图象可得函数yf(x)的最小值为4，(8分)|m1|4，解得m5或m3.(10分)高考文科数学期末模拟试题精编(十一)1解析：选D.由题意知A0,1,2,3,4,5，Bx|2x5，AB0,1,2,5，故AB的真子集有24115个2解析：选D.(1i)(xyi)(xy)(xy)i2，解得，|

24、2xyi|2i|.3解析：选C.通解：由茎叶图可知，乙班的10名学生的成绩分别为88,96,97,98,101,102,103,105,111,129，所以乙103，对于甲班，不妨设被污染处的数值为x，则甲103，所以x8，即被污染处的数值为8.优解：由茎叶图可知，乙班的10名学生的成绩同时减去100，分别为12，4，3，2,1,2,3,5,11,29，所以乙100103，对于甲班，设被污染处的数值为x，甲班的10名学生的成绩同时减去100，分别为15，13，6，3，2,5,8,16,10x,22，所以甲100103，所以x8，即被污染处的数值为8.4解析：选B.不等式x2x20的解为1x2.

25、所以x2是1x2的必要不充分条件5解析：选C.y3sin的图象向右平移个单位长度得到y3sin3sin 2x的图象，由2xk，kZ得x，kZ，所以对称中心为(kZ)故选C.6解析：选D.设O为坐标原点，由2|，得4|2c(2c为双曲线的焦距)，|c，又由双曲线的性质可得|a，于是ac，e2.故选D.7解析：选B.该几何体为一个正方体去掉一个倒四棱锥，倒四棱锥顶点为正方体中心，底面为正方体上底面，设三视图中正方形的边长为a，因此有a3a2，解得a4，所以该几何体的表面积为5a24a(5)a28016.8解析：选D.第一次循环，得z3，x2，y3；第二次循环，得z5，x3，y5；第三次循环，得z8

26、，x5，y8；第四次循环，得z13，x8，y13；第五次循环，得z21，观察可知，要想输出5，则z20.故选D.9解析：选C.anan12n，an1an22(n1)，两式相减可得an2an2.又n1时，a1a22，a21，a1，a3，构成以a1为首项，公差为2的等差数列，a2，a4，也构成以a2为首项，公差为2的等差数列S2 018(a1a3)(a2 017)(a2a4a2 018)2(a1a3a2 017)，S2 0182(1 00912)1 00922.故选C.10解析：选B.通解：设大正方形的边长为1，直角三角形较大的锐角为，则小正方形的边长为sin cos ，所以(sin cos )2，所以sin cos ，两边平方得2sin cos ，所以sin ，故选B.优解：由赵爽弦图可知，直角三角形较大的锐角一定大于，所以其正弦值一定大于，故排除选项A，C，D，选B.11解析：选C.设椭圆的右焦点为E，由椭圆的定义知FMN的周长为L|MN|MF|NF|MN|(2|ME|)(2|NE|)因为|M