2019年高考数学练习题汇总高考模拟试卷(三) 13页

高考模拟试卷(三) (时间：120 分钟 满分：150 分) 第Ⅰ卷(选择题 共 40 分) 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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∁RM＝{x|ln|x|>1}，N＝ y|y＝1 x ，x>0 ，则 M∪N 等于( ) A．(0，e] B．[－e，＋∞) C．(－∞，－e]∪(0，＋∞) D．[－e，e] 答案 B 解析 由 ln|x|>1，得|x|>e， ∴M＝[－e，e]，N＝(0，＋∞)， ∴M∪N＝[－e，＋∞)． 故选 B. 2．已知 a＝20.3，b＝0.32，c＝log0.32，则( ) A．b1，b＝0.32∈(0,1)，c＝log0.32<0，所以 c0)的图象如图所示，则函数 y＝ax＋b 的图象可能是( ) 答案 A 解析 由图象可得 3 4T<π，即3 4 ×2π a <π，解得 a>3 2 ，01，与 y 轴的交点在(0,1)的上方，故选 A. 6．从 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 这 10 个数中任取 3 个不同的数，每个数被取到的可能性相同，则 这 3 个数的和恰好能被 3 整除的概率是( ) A. 1 20 B. 1 10 C. 3 10 D. 7 20 答案 D 解析 从 10 个数中任取 3 个，共有 C310＝120(种)取法，若所取的 3 个数的和恰能被 3 整除， 则第一类：这 3 个数从 1,4,7,10 中取，共有 C34＝4(种)取法；第二类：这 3 个数从 2,5,8 中取， 共有 C33＝1(种)取法；第三类：这 3 个数从 3,6,9 中取，共有 C33＝1(种)取法；第四类：这 3 个数从 1,4,7,10 中取 1 个数，从 2,5,8 中取 1 个数，从 3,6,9 中取 1 个数，共有 4×3×3＝36(种) 取法，所以所取的 3 个数的和恰好能被 3 整除的概率是4＋1＋1＋36 120 ＝ 7 20 ，故选 D. 7．已知实数 x，y 满足 0≤x≤1， 0≤y≤1， y≥x＋b， 若 z＝x－y 的最大值为 1，则实数 b 的取值范围是( ) A．[1，＋∞) B．(－∞，1] C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1] 答案 D 解析 作出不等式组所表示的平面区域如图(阴影部分含边界)所示，观察可知目标函数在点 (1，0)处取到最大值为 1，因此 y＝x＋b 在不等式组 0≤x≤1， 0≤y≤1， y≥x＋b 表示的可行域外， 故 0≥1＋b，解得 b≤－1，故选 D. 8．已知在△ABC 中，CA＝2，O 为△ABC 的外心，OC→ ＝OA→ ＋OB→ ，CD→ ＝mCA→＋nCB→(m∈R， m≠0，n∈R)，则|CD→ | |m| 的最小值为( ) A. 3 3 B.1 3 C. 3 D．3 答案 C 解析 由题意可知四边形 OACB 为菱形，∠ACB＝2π 3 ，CB＝CA＝2. 所以|CD→ |2 |m|2 ＝4m2－mn＋n2 m2 ＝4 n m 2－n m ＋1 ≥3， 当n m ＝1 2 时，等号成立，所以|CD→ | |m| 的最小值为 3，故选 C. 9．过双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)上任意一点 P，作与 y 轴平行的直线，交两渐近线于 A，B 两点，若PA→·PB→＝－a2 4 ，则该双曲线的离心率为( ) A. 10 3 B. 3 C. 6 2 D. 5 2 答案 D 解析 设 P(x0，y0)，则由双曲线的对称性， 不妨令 A x0，b ax0 ，B x0，－b ax0 ， 从而PA→＝ 0，b ax0－y0 ，PB→＝ 0，－b ax0－y0 ， 则PA→·PB→＝y20－b2 a2x20＝－a2 4 .又点 P 在双曲线上， 所以x20 a2 －y20 b2 ＝1，故有－a2 4 ＝y20－b2 a2·x20＝－b2， 即有 4b2＝a2， 又 c2＝a2＋b2，得 4c2＝5a2，即 e＝ 5 2 ，故选 D. 10．已知函数 f(x)＝ax2＋(b－a)x＋c－b(其中 a>b>c)，且 a＋b＋c＝0，x1，x2 为 f(x)的两个零 点，则|x1－x2|的取值范围为( ) A. 3 2 ，2 3 B．(2,2 3) C．(1,2) D．(1,2 3) 答案 A 解析 由 a>b>c，a＋b＋c＝0，知 a>0>c. 由题意得 x1，x2 是方程 ax2＋(b－a)x＋c－b＝0 的两个根，故 x1＋x2＝－b－a a ，x1x2＝c－b a ， 则|x1－x2|＝ x1＋x22－4x1x2＝ b－a a 2－4·c－b a ＝ b－a2－4ac－b a ＝ b＋a2－4ac a ＝ －c2－4ac a ＝ c2－4ac a ＝ c a 2－4·c a ＝ c a －2 2－4. 因为 a>b>c，a＋b＋c＝0， 所以 a>－(a＋c)>c，所以－20，n>0，上式转化为n＋1 m ＋m＋1 n ＝m＋n＋1， 即m2＋n2＋m＋n mn ＝m＋n＋1， 又由基本不等式得 m2＋n2≥m＋n2 2 ，mn≤m＋n2 4 ， 所以有 m＋n＋1＝m2＋n2＋m＋n mn ≥ m＋n2 2 ＋m＋n m＋n2 4 ， 令 t＝m＋n，则 t>0，上式转化为 t＋1≥ t2 2 ＋t t2 4 ， 即 t2－t－4≥0， 解得 t≥1＋ 17 2 ， 所以 t＝m＋n＝a c ＋b c ＝a＋b c 的最小值为1＋ 17 2 (当且仅当 a＝b 时，等号成立)． 三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(14 分)已知函数 f(x)＝2sin(2x＋φ) －π 2<φ<0 ，且 f π 4 ＝1. (1)求φ的值； (2)若函数 F(x)＝f(x)·f x＋π 6 －m 在 － π 12 ，π 6 上存在零点，求实数 m 的取值范围． 解 (1)由 f π 4 ＝2sin π 2 ＋φ ＝1， 得 cos φ＝1 2 ， 又－π 2<φ<0，所以φ＝－π 3. (2)F(x)＝f(x)·f x＋π 6 －m＝2sin 2x－π 3 ·2sin 2x－m＝4sin 2x 1 2sin 2x－ 3 2 cos 2x －m ＝2sin22x－2 3sin 2xcos 2x－m＝1－cos 4x－ 3sin 4x－m＝1－m－2sin 4x＋π 6 ， 由 F(x)在 － π 12 ，π 6 上有零点，得 m＝1－2sin 4x＋π 6 在 － π 12 ，π 6 上有解， 因为 x∈ － π 12 ，π 6 ， 则－π 6<4x＋π 6<5π 6 ， 则－1 22 3 ； 另一方面，f′(x)＝12x2－ 2 1＋x3 ＝2[6x21＋x3－1] 1＋x3 ， 显然函数 h(x)＝6x2(1＋x)3－1 在[0,1]上单调递增，而 h(0)＝－1<0，h(1)＝47>0， 故 h(x)在(0,1)内存在唯一的零点 x0， 即 f′(x0)＝0，且当 x∈(0，x0)时，f′(x)<0； 当 x∈(x0,1)时，f′(x)>0， 故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0,1)上单调递增， 因此在[0,1]上，f(x)≤max{f(0)，f(1)}＝max 1，17 4 ＝17 4 . 综上，2 30)的焦点为 F，以 A(x1，y1)(x1≥0)为直角顶点的等 腰直角△ABC 的三个顶点 A，B，C 均在抛物线 C 上． (1)过 Q(0，－3)作抛物线 C 的切线 l，切点为 R，点 F 到切线 l 的距离为 2，求抛物线 C 的 方程； (2)求△ABC 面积的最小值． 解 (1)过点 Q(0，－3)的抛物线 C 的切线 l：y＝kx－3， 联立抛物线 C：x2＝2py(p>0)，得 x2－2pkx＋6p＝0， Δ＝4p2k2－4×6p＝0，即 pk2＝6. ∵F 0，p 2 ，F 到切线 l 的距离为 d＝ |p 2 ＋3| k2＋1 ＝2， 化简得(p＋6)2＝16(k2＋1)， ∴(p＋6)2＝16 6 p ＋1 ＝16p＋6 p ， ∵p>0， ∴p＋6>0，得 p2＋6p－16＝(p＋8)(p－2)＝0， ∴p＝2.∴抛物线方程为 x2＝4y. (2)已知直线 AB 不会与坐标轴平行，设直线 AB：y－y1＝t(x－x1)(t>0)，联立抛物线方程， 得 x2－2ptx＋2p(tx1－y1)＝0， 则 x1＋xB＝2pt， 则 xB＝2pt－x1， 同理可得 xC＝－2p t －x1. ∵|AB|＝|AC|， 即 1＋t2|xB－x1|＝ 1＋1 t2|xC－x1|， ∴t(xB－x1)＝x1－xC， 即 x1＝p t2－1 t t＋1 . ∴|AB|＝ 1＋t2|xB－x1| ＝ 1＋t2(2pt－2x1) ＝2p 1＋t2t2＋1 tt＋1 . ∵t2＋1 t ≥2(当且仅当 t＝1 时，等号成立)， t2＋1 t＋1 ＝ t2＋1 t2＋2t＋1 ≥ t2＋1 t2＋1＋t2＋1 ＝ 2 2 (当且仅当 t＝1 时等号成立)，故|AB|≥2 2p， △ABC 面积的最小值为 4p2. 22．(15 分)已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1·an＝1 n(n∈N*)． (1)证明：an＋2 n ＝ an n＋1 ； (2)证明：2( n＋1－1)≤ 1 2a3 ＋ 1 3a4 ＋…＋ 1 n＋1an＋2 ≤n. 证明 (1)∵an＋1·an＝1 n ，① ∴an＋2·an＋1＝ 1 n＋1 ，② 而 a1＝1，易得 an>0， 由②÷①得an＋2·an＋1 an＋1·an ＝an＋2 an ＝ n n＋1 ，∴an＋2 n ＝ an n＋1. (2)由(1)得(n＋1)an＋2＝nan， ∴ 1 2a3 ＋ 1 3a4 ＋…＋ 1 n＋1an＋2 ＝ 1 a1 ＋ 1 2a2 ＋…＋ 1 nan . 令 bn＝nan，则 bn·bn＋1＝nan·(n＋1)an＋1＝n·n＋1 n ＝n＋1，③ ∴当 n≥2 时，bn－1·bn＝n，④ 由 b1＝a1＝1，b2＝2，易得 bn>0， 由③－④得 1 bn ＝bn＋1－bn－1(n≥2)． ∴b1