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高考标准仿真卷·仿真卷 1
|z+1| |2+i|
1．B [ ＝ ＝√5．故选B．]
z-1 i
2．D [由全称量词命题的否定为存在量词命题，知命题“∀x＞0，ex＞1”的否
定为“∃x＞0，ex≤1”．故选D．]
-x3
3．A [定义域为R，f (－x)＝ ＝－f (x)，所以函数f (x)为奇函数，其
2-x +2x
图象关于坐标原点对称，排除 B，D；当x→＋∞时，f (x)→0，排除C．故选
A．]
4．C [因为a·(a－b)＝a2－a·b＝8，所以a·b＝32－8＝1，又|b|＝2，所以
a·b 1 1
cos 〈a，b〉＝ ＝ ＝ ．故选C．]
|a||b| 3×2 6
5．B [先将丙、丁2人全排列，有A2种不同排法，再将丙、丁视作一个整体，
2
与除甲、乙外的2人，共计3人全排列，有A3种不同排法，最后在3人的中间
3
与两边共 4 个空中选择 2 个空插入甲、乙 2 人，有A2种不同排法，故共有
4
A(2)A
3
(3)A2 4＝144(种)不同排法．故选B．]
2
1 1 9
6．D [因为f ′(x)＝ ＋4x－4，则f ′(2)＝ +8-4＝ ，所以函数 f (x)的图象
x 2 2
9
在x＝2处的切线的斜率为 ，又f (2)＝ln 2＋2×22－8＝ln 2，所以由直线的点
2
9
斜式方程可得y－ln 2＝ (x－2)，即9x－2y＋2ln 2－18＝0．故选D．]
2
1 1
7．A [由题意可知该惊鸟铃的体积为 ×π×82×20－ ×π×82×(20－
3 3
2)≈128(cm3)，所以该惊鸟铃的质量约为 128×8.96＝1 146.88(g)≈1(kg)．故选
A．]
8．C [由题意可得|PF |＝|F F |＝2c，所以|PF |＝2a－2c，
1 1 2 2
(2c) 2+(2c) 2-(2a-2c) 2 4c2+8ac-4a2
cos ∠PF F ＝ ＝ ，
1 2 2·2c·2c 8c2
1
因为⃗F P·⃗F F ＝ a2，
1 1 2 2
4c2+8ac-4a2 1
所以2c×2c× ＝ a2，
8c2 2
所以4c2＋8ac－4a2＝a2，
1/7所以5a2－8ac－4c2＝0，
c 1
所以(5a＋2c)(a－2c)＝0，所以a＝2c，所以e＝ ＝ ．故选C．]
a 2
1 1 2x-1 1 1 2 1 1
9．AD [对于A，|f (x)|＜ ，即－ ＜ ＜ ，即- ＜1－ ＜ ，即
3 3 2x+1 3 3 2x+1 3 3
1 2 3 1
＜ ＜ ，即 ＜2x＋1＜3，即 ＜2x＜2，所以－1＜x＜1，故A正确；
2x+1 3 2 2
2-x -1 1-2x
对于B，f (－x)＝ ＝ ＝－f (x)，故B错误；
2-x +1 1+2x
2 2
对于C，f (x)＝1－ ，因为u＝2x＋1在R上单调递增，且 u＞1，y＝1－
2x+1 u
在u＞1时单调递增，所以f (x)在R上单调递增，故C错误；
2 - y-1 - y-1
对于D，记y＝f (x)＝1－ ，显然y≠1，则2x＝ ，由2x＞0得，
2x+1 y-1 y-1
＞0，解得－1＜y＜1，所以函数f (x)的值域为(－1，1)，故D正确．
综上，故选AD．]
1+2+3+4+5 0.5+0.8+1+1.2+1.5
10．ABD [x＝ ＝3，y＝ ＝1，所以样本点的
5 5
1-0.28
中心坐标为(3，1)，代入^y＝b^x＋0.28，得b^＝ ＝0.24，故A正确；经验
3
回归方程为^y＝＝0.24x＋0.28，取x＝8，得^y＝＝0.24×8＋0.28＝2.2，故B正
0.8+1
确；样本数据y的40%分位数为 ＝0.9，故C错误；由样本相关系数公式
2
可知，去掉样本点(3，1)后，x与y的样本相关系数 r不变，故 D正确．故选
ABD．]
b
11．BC [因为渐近线方程为y＝±√3x，所以 ＝√3，又焦距为4√2，所以c＝
a
2√2，又c2＝a2＋b2，所以a＝√2，b＝√6．对选项A，实轴长为2a＝2√2，所
c 2√2
以选项A错误；对选项B，离心率e＝ ＝ ＝2，所以选项B正确；对选项
a √2
C，双曲线的焦点到渐近线的距离为b＝√6，所以选项C正确；对选项D，
F (2√2，0)，若点P在双曲线的右支上，则|PF |≥c－a＝2√2－√2＝√2，若点P
2 2
在双曲线的左支上，则|PF |≥c＋a＝2√2＋√2＝3√2，所以双曲线上不存在点
2
P，使|F P|＝1，所以选项D错误．故选BC．]
2
12．0．271 8 [记技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标的均值为
2/7μ ，标准差为 σ ，技术改造后，该企业生产的该种零部件质量指标的均值为
1 1
μ ，标准差为 σ ，由题知 μ ＝μ ＝50，σ ＝0.4，σ ＝0.2，(49.6，50.4)＝(μ －
2 2 1 2 1 2 1
σ ，μ ＋σ )＝(μ －2σ ，μ ＋2σ )，所以技术改造前的优品率约为0.682 7，技术改
1 1 1 2 2 2 2
造后的优品率约为0.954 5，故优品率之差约为0.954 5－0.682 7＝0.271 8．]
1 2π π π 1
13． [由题意知 ω+ ＝ ＋2kπ(k∈Z)，所以 ω＝ ＋3k(k∈Z) ①．
4 3 3 2 4
π π π
{ ω+ ≥2kπ- ，
π 3 3 2
因为函数 f (x)在区间
( ，π)
上无最小值，所以
3 π 3π
πω+ ≤2kπ+
3 2
5 7
(k∈Z)，解得6k－ ≤ω≤2k+ (k∈Z) ②．又ω＞0，所以由①②可得，ω＝
2 6
1
．]
4
14．56π 80π [圆台上底面面积S′＝π·22＝4π，下底面面
1
积S＝π·42＝16π，所以圆台的体积V＝ (S'+S+√S'S) h＝
3
1
(4π+16π+√4π×16π)×6＝56π．易知A，B，C，D四点
3
所在的球面，即为圆台的外接球球面，如图，作出圆台的轴截面，则圆台的外
接球球心O在轴O O 上，且在圆台内部，设外接球半径为R，则
1 2
√R2-4+√R2-16＝6，解得R2＝20，所以该球的表面积为4πR2＝80π．]
15．解：(1)设等差数列{a }的公差为d，
n
因为S ＝S ＋2n＋3(n∈N*)，
n＋2 n
所以a ＋a ＝2n＋3，
n＋2 n＋1
所以2a ＋(2n＋1)d＝2n＋3，
1
n＝1，2时可得：2a ＋3d＝5，2a ＋5d＝7，解得a ＝d＝1，
1 1 1
所以a ＝1＋n－1＝n．
n
a +2，n为奇数，
(2)由b ＝ n
n 3a n ，n为偶数，
可得b ＝a ＋2＝2n－1＋2＝2n＋1，b ＝32n＝9n．
2n－1 2n－1 2n
所以{b }的前2n项和T ＝(b ＋b ＋…＋b )＋(b ＋b ＋…＋b )
n 2n 1 3 2n－1 2 4 2n
＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(9＋92＋…＋9n)
n(3+2n+1) 9(9n-1)
＝ +
2 9-1
3/79n+1 -9
＝n2＋2n＋ ．
8
16．解：(1)由题意，|PF |＋|PF |＝2a＝8，
1 2
且|PF | ＝a＋c＝6，
1max
解得a＝4，c＝2，则b＝2√3，
x2 y2
所以椭圆E的标准方程是 + ＝1．
16 12
(2)由(1)可知F (－2，0)，F (2，0)，
1 2
当直线AB的方程为y＝0时，A(－4，0)，B(4，0)，
则⃗F A·⃗F B＝(－4＋2，0)·(4＋2，0)＝－12≠－2，不符合题意．
1 1
{ x＝my+2，
设直线AB的方程为x＝my＋2，A(x ，y )，B(x ，y )，联立 消
1 1 2 2 3x2+4 y2＝48，
去x整理得(3m2＋4)y2＋12my－36＝0，
-12m -36
则有y ＋y ＝ ，y y ＝ ，Δ＞0恒成立．
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
由⃗F A·⃗F B＝－2，得(x ＋2)(x ＋2)＋y y ＝－2．
1 1 1 2 1 2
又x ＝my ＋2，x ＝my ＋2，
1 1 2 2
可得(my ＋4)(my ＋4)＋y y ＝－2，
1 2 1 2
-36m2+28 6
即 ＝－2，解得m2＝ ，
3m2+4 5
√30 √30
所以m＝ 或m＝－ ，
5 5
故直线l的方程为5x±√30y－10＝0．
17．解：(1)由统计图知，参与足球运动的人数超过40的学校共4所，
记“选出的2所学校参与足球运动的人数都超过40”为事件S，
从这10所学校中随机选取2所学校，可得基本事件总数为C2 ，
10
4×3
C2
2 2
其中事件S所包含的基本事件个数为C2，所以P(S)＝ 4 ＝ ＝ ，
4 C2 10×9 15
10
2
2
所以选出的2所学校参与足球运动的人数都超过40的概率为 ．
15
(2)由统计图知，参与排球运动的人数在30以上的学校共4所，
则X的所有可能取值为0，1，2，3，
4/7C0·C3
1
C1·C2
1
P(X＝0)＝ 4 6＝ ，P(X＝1)＝ 4 6＝ ，
C3 6 C3 2
10 10
C2·C1
3
C3·C0
1
P(X＝2)＝ 4 6＝ ，P(X＝3)＝ 4 6＝ ，
C3 10 C3 30
10 10
所以X的分布列为
1 1 3 1 6
E(X)＝0× +1× +2× +3× ＝ ，
6 2 10 30 5
6
所以随机变量X的数学期望为 ．
5
18．解：(1)证明：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，M(2，1，
( 1 1)
0)，N 0， ， ．
2 2
则⃗PD＝(0，1，－1)，⃗DM＝(2，0，0)，⃗AN＝ ( 0， 1 ， 1) ．
2 2
设平面PDM的法向量为m＝(x，y，z)，
{m·⃗PD＝y-z＝0，
则 取y＝1，则z＝1，x＝0，
m·⃗DM＝2x＝0，
则m＝(0，1，1)，
1
所以⃗AN＝ m，则⃗AN∥m，
2
所以AN⊥平面PDM．
(2)⃗PD＝(0，1，－1)，⃗DC＝(2，1，0)，设平面 PDC 的法向量为 n＝(a，b，
c)，
{ n·⃗PD＝b-c＝0，
则 取b＝2，则a＝－1，c＝2，则n＝(－1，2，2)，
n·⃗DC＝2a+b＝0，
由(1)知平面PDM的一个法向量为m＝(0，1，1)，
5/7设平面PDM与平面PDC的夹角为θ，
|m·n| 4 2√2
则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝ ＝ ＝ ，
|m||n| √2×3 3
1
所以sin θ＝√1-cos2θ＝ ，
3
1
所以平面PDM与平面PDC夹角的正弦值为 ．
3
(3)假设存在点 E，设⃗PE＝λ⃗PC(0<λ<1)，⃗BP＝(－2，0，1)，⃗PC＝(2，2，－
1)，⃗PE＝(2λ，2λ，－λ)，则⃗BE＝⃗BP+⃗PE＝(2λ－2，2λ，1－λ)，设直线BE与
平面PDC所成的角为φ，
由(2)知平面PDC的一个法向量为n＝(－1，2，2)，
|⃗BE·n| 4 2
则sinφ＝|cos〈⃗BE，n〉|＝ ＝ ＝ ，
|⃗BE||n| √9λ2-10λ+5·√9 3
化简得9λ2－10λ＋1＝0，即(9λ－1)(λ－1)＝0，
因为0<λ<1，
1 1
所以λ＝ ，故⃗PE＝ ⃗PC，
9 9
因为⃗PC＝(2，2，－1)，则|⃗PC|＝3，
1 1 1
所以|⃗PE|＝ |⃗PC|＝ ×3＝ ，
9 9 3
1
所以存在点E，线段PE的长为 ．
3
19．解：(1)由题可得，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ln x＋1－a．
若a＝1，f ′(x)＝ln x，当0＜x＜1时，f ′(x)＜0，f (x)在(0，1)上单调递减；
当x＞1时，f ′(x)＞0，f (x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以f (x) ＝f (1)＝ln 1＋1－1＝0，无极大值．
极小值
(2)f (x)＝x ln x－ax＋a，易知f (1)＝0，
所求问题等价于函数f (x)＝x ln x－ax＋a在区间(1，e]上没有零点，
因为f ′(x)＝ln x＋1－a，
当0＜x＜ea-1时，f ′(x)＜0，所以f (x)在(0，ea-1)上单调递减，
当x＞ea-1时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(ea-1，＋∞)上单调递增．
①当ea-1≤1，即a≤1时，函数f (x)在区间(1，e]上单调递增，所以 f (x)＞f (1)
＝0，此时函数f (x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．
②当1＜ea-1＜e，即1＜a＜2时，f (x)在区间(1，ea-1)上单调递减，在区间(ea-1，
6/7e]上单调递增，
e
要使f (x)在(1，e]上没有零点，只需f (e)＜0，即e－ea＋a＜0，解得a> ，
e-1
e
所以 ．
e-1
7/7
