文档内容
高考标准仿真卷·仿真卷 3
1．D [因为M＝{x|√x-1＜4}＝{x|1≤x＜17}，N＝{x|－2＜x≤3，x∈Z}＝{－
1，0，1，2，3}，所以M∩N＝{1，2，3}．故选D．]
i i(1-i) 1 1
2．A [因为z ＝ ＝ ＝ ＋ i，其在复平面内对应的点的坐标为
2 1+i (1+i)(1-i) 2 2
(1
，
1)，则由题意得复数z 在复平面内对应的点的坐标为(1
，-
1)，所以z
1 1
2 2 2 2
1 1
＝ - i ．故选A．]
2 2
3．C [因为x，y都是正数，且x＋y＝2，
则
4 1 1 ( 4 1 ) 1( 4 y+4 x+2) 1( √4 y+4 x+2) 9
+ ＝ [(x＋2)＋(y＋1)]· + ＝ 5+ + ≥ 5+2 · ＝
x+2 y+1 5 x+2 y+1 5 x+2 y+1 5 x+2 y+1 5
4 y+4 x+2 4 2
当且仅当 ＝ 且x＋y＝2，即x＝ ，y＝ 时取等号．故选C．]
x+2 y+1 3 3
4．A [由函数y＝ex-2＋1，可得y′＝ex-2，
设切点坐标为(t，et-2＋1)，可得切线方程为y－(et-2＋1)＝et-2(x－t)，
把原点(0，0)代入方程，可得0－(et-2＋1)＝et-2(0－t)，即(t－1)et-2＝1，
解得t＝2，所以切线方程为y－(e0＋1)＝e0(x－2)，即y＝x．故选A．]
5．D [根据题意，分3步分析：
①在第一行中，有且只有1个紫色小方格，有3种情况．
②在第二行的三个方格中，要求每一列上都有且只有1个紫色小方格，则第二
行有2种情况．
③在第三行中，只有1种情况．
则有3×2×1＝6种情况，即可以传递6种不同的信息．
故选D．]
T π 2π
6．D [由说法②可得ω＝1，由说法③可得 ＝ ，则T＝π＝ ，ω＝2，②
2 2 ω
和③相互矛盾．当说法 ①②④ 成立时，由题意得 A＝3，ω＝1，
π π π π
( )
＋φ＝kπ＋ ，k∈Z．因为φ∈ 0， ，故令k＝0，得φ＝ ，得f (x)
3 2 2 6
π π 3√3
＝3sin ( x+ ) ，则f ( ) ＝ ；当说法①③④成立时，由题意知A＝3，
6 2 2
1/72π π π π
( )
ω＝2， ＋φ＝kπ＋ ，k∈Z，得 φ＝kπ－ ∉ 0， ，故不符合题意．
3 2 6 2
综上，故选D．]
c 1
7．A [因为e＝ ＝ ，所以a＝2c，
a 2
M为椭圆上一动点，设|MF |＝m，|MF |＝n，则m＋n＝2a，
1 2
在△MF F 中，由余弦定理的推论可得
1 2
m2+n2-4c2 (m+n) 2-2mn-4c2 4a2-4c2 4a2-4c2
＝ ＝ -1≥ -1
cos ∠F
1
MF
2
＝ 2mn 2mn 2mn (m+n) 2
2
4a2-a2 1
＝ -1＝ ，当且仅当m＝n时“＝”成立．
2a2 2
1
所以cos ∠F MF 的最小值为 ，又∠F MF ∈(0，π)，
1 2 2 1 2
π
所以∠F MF 的最大值为 ．故选A．]
1 2 3
8．C [把棱长为2√6的正四面体 ABCD放到正方体中，
√2
如图所示，则正方体的棱长为2√6× ＝2√3，正四面
2
体的外接球即此正方体的外接球，即外接球的半径 R＝
√(2√3) 2+(2√3) 2+(2√3) 2 4
＝3，则外接球的体积 V＝ πR3
2 3
√2
＝36π，V ＝ ×(2√6)3＝8√3，则制作该模型所需原料的质量为(36π
正四面体ABCD
12
－8√3)×1≈36×3.14－8×1.73＝99.2(g)，故选C．]
9．BC [如图，作⃗OA＝a，⃗OB＝b，找一点 C 使得四边
形OACB是平行四边形，则⃗OC＝a＋b，⃗BA＝a－b，由向
量a＋b平分a与b的夹角，得四边形 OACB是菱形，即|a|
＝|b|．对于A，a与b不一定垂直，故 A错误；对于B，(a
＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0，即(a＋b)⊥(a－b)，故B正确；对于C，a在a＋b上
a·(a+b) a2+a·b
的投影向量为 (a＋b)＝ (a＋b)，b在a＋b上的投影向量为
|a+b| 2 |a+b| 2
b·(a+b) b2+a·b a2+a·b
(a＋b)＝ ·(a＋b)＝ (a+b)，故 C 正确；对于
|a+b| 2 |a+b| 2 |a+b| 2
D，由选项A知a·b不一定为0，则|a＋b|与|a－b|不一定相等，故D错误．故
2/7选BC．]
10
800
10．ABD[因为∑ x＝800，所以x＝ ＝80，代入经验回归方程，
i 10
i＝1
1
得y＝1.1×80－5＝83，则83＝ ×(80＋87＋75＋a＋100＋79＋93＋68＋85＋
10
77)，解得a＝86，所以A选项正确；因为1.1>0，所以B选项正确，C选项错误；
数学成绩每提高5分，则估计物理成绩能提高 1.1×5＝5.5(分)，所以D选项正
确．故选ABD．]
11．ABC [对于选项A，因为p＝2，所以|PQ|＝x ＋x ＋2＝8，故A正确；
1 2
对于选项B，设N为PQ中点，点N在l上的射影为N ，点Q在l上的射影为
1
|PP |+|QQ | |PF|+|QF| |PQ|
Q ，则由梯形性质可得|NN |＝ 1 1 ＝ ＝ ，故B正确；
1 1
2 2 2
对于选项C，因为F(1，0)，所以|PM|＋|PP |＝|PM|＋|PF|≥|MF|＝√2，故C正确；
1
对于选项D，显然直线x＝0，y＝1与抛物线只有一个公共点，设过M的直线为
y＝kx＋1，
{y＝kx+1，
联立 可得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，令Δ＝0，则k＝1，所以直线y＝x
y2＝4x，
＋1与抛物线也只有一个公共点，此时有 3条直线符合题意，故D错误．故选
ABC．]
12．8 [因为等差数列{a }的各项均为正数，
n
n(n-1) d ( d)
所以S ＝na ＋ d＝ n2＋ a - n，
n 1 2 2 1 2
又因为数列{√S }是等差数列，
n
d
所以a － ＝0，即2a ＝d，
1 2 1
a +a 3a +5a
所以 2 3＝ 1 1＝8．]
a a
1 1
13．65 [ ( x- 1) 6 的展开式的通项T ＝Ckx6-k( - 1) k ＝Ck (－1)kx6-2k，
x k＋1 6 x 6
令6－2k＝2，得k＝2，得T ＝C2 (－1)2x2＝15x2；
3 6
令6－2k＝0，得k＝3，得T ＝C3 (－1)3x0＝－20．
4 6
( 1) 6
故(3－x2) x- 的展开式中，x2项的系数为3×15＋(－1)×(－20)＝65．]
x
3/72 [1 )
14． [对任意的x∈ ，＋∞ ，ekx(kx－ln 2)－2x ln x≥0恒成立，即不等式
e e
1
ekx(kx－ln 2)≥x ln x恒成立，即不等式 e－ln 2ekx·(kx－ln 2)≥eln xln x恒成立，
2
即(kx－ln 2)ekx－ln 2≥(ln x)eln x恒成立，设 f (x)＝xex，x≥－1，则 f′(x)＝(x＋
[1 )
1)ex≥0，所以f (x)＝xex在[－1，＋∞)上单调递增，又对任意的 x∈ ，＋∞
e
[1 )
，ln x≥－1，kx－ln 2＞－1，所以kx－ln 2≥ln x，即对任意的x∈ ，＋∞ ，
e
[1 e)
k≥．可设g(x)＝，x≥，则g′(x)＝，当x∈ ， 时，g′(x)＞0，则g(x)单调递
e 2
增；当x∈时，g′(x)＜0，则g(x)单调递减，所以 g(x) ＝g＝＝，所以k≥，则
max
实数k的最小值为．]
15．解：(1)设∠A＝α，因为∠ACD＝90°，∠A＝∠BCD，
所以∠B＝90°－2α，
在△ACD中，因为∠ACD＝90°，
所以AC＝AD·cos A＝AD·cos α，
在△ABC中，由＝得＝．
所以AD sin αcos α＝BC cos 2α．
因为2AD＝3BC，所以3sin αcos α＝2cos 2α，
所以3tan α＝2(1－tan2α)，
所以tanα＝或tan α＝－2(舍去)，
所以tan A＝．
(2)由(1)得tan A＝，
所以sin A＝，cos A＝．
因为AC＝6，所以AD＝＝3，所以BC＝2，
在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos ∠ACB＝36＋20
－24cos (90°＋A)＝80，
所以AB＝4．
16．解：(1)证明：由题意可知，AE，AB，AD两两垂直．以 A为原点，AB，
AD，AE的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
4/7则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)，F(1，2，
1)，依题意知，AB＝(1，0，0)是平面ADE的法向量，又BF＝(0，2，1)，所以
BF·AB＝0，即BF⊥AB，
因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE．
(2)由(1)知，BD＝(－1，1，0)，BE＝(－1，0，2)，CE＝(－1，－2，2)，
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即取z＝1，则n＝(2，2，1)，
设直线CE与平面BDE所成角为θ，
则sin θ＝＝，所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为．
(3)设m＝(a，b，c)为平面BDF的法向量，
则即取b＝1，则m＝(1，1，－2)，所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝，所以平面BDE
与平面BDF夹角的余弦值为．
17．解：(1)因为f (x)的定义域为(－2，＋∞)，
f′(x)＝－x＝，
当a≤－1时，f′(x)≤0，所以f (x)在(－2，＋∞)上单调递减；
当－1＜a＜0时，
当x∈(－2，－－1)时，f′(x)＜0；
当x∈(－－1，－1)时，f′(x)＞0；
当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0，
所以f (x)在(－2，－－1)上单调递减，在(－－1，－1)上单调递增，在(－1，＋
∞)上单调递减；当a≥0时，f (x)在(－2，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单
调递减．
(2)(ⅰ)若f (x)有两个极值点，
则由(1)知－1＜a＜0，即a的取值范围为(－1，0)．
(ⅱ)证明：由(1)知f (x)的极大值为f (－1)，
因为f (－1)＝a ln (＋1)－(－1)2＜0，
5/74 4
又因为f ( ea －2)＝4－( ea －2)2＞0，
所以函数f (x)有且只有一个零点．
18．解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，c为半焦距，圆O的半径为
r．
由题意可得＝，b－r＝1－，r＝，a2＝b2＋c2，
解得a＝，b＝c＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1．
(2)证明：直线 AB与以OA为直径的圆的一个交点在圆 O上，所以直线 AB为
⊙O的切线．
①当AB⊥x轴时，假设AB与x轴相交于点M，把x＝－代入椭圆C的方程可得
＋y2＝1，解得 y＝±，所以|OM|＝|MB|＝|MA|，所以 OA⊥OB，所以∠AOB＝
90°，
即以AB为直径的圆过原点O．
②当AB与x轴不垂直时，设AB的方程为y＝kx＋m，
因为直线AB为⊙O的切线，所以＝，化为3m2－2k2－2＝0．
设A(x ，y )，B(x ，y )，
1 1 2 2
联立化为(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＞0，
即－m2＋1＋2k2＞0，
x ＋x ＝－，x x ＝，
1 2 1 2
所以OA·OB＝x x ＋y y ＝x x ＋(kx ＋m)(kx ＋m)＝(k2＋1)x x ＋km(x ＋x )＋m2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
＝(k2＋1)×＋km×＋m2＝＝0，
所以OA⊥OB，
所以以AB为直径的圆过原点O．
综上可得，以AB为直径的圆过定点O．
19．解：(1)(ⅰ)该二维离散型随机变量(ξ，η)的所有可能取值为(0，0)，(0，
1)，(0，2)，(0，3)，(1，0)，(1，1)，(1，2)，(2，0)，(2，1)，(3，0)．
(ⅱ)由题意知0≤m＋n≤3，
P(ξ＝m，η＝n)＝P(ξ＝m|η＝n)·P(η＝n)．
因为P(η＝n)＝C，
P(ξ＝m|η＝n)＝C＝C，
所以P(ξ＝m，η＝n)＝C·C·
6/7＝CC＝·．
(2)证明：由定义及全概率公式知，
P(ξ＝a)＝P{(ξ＝a)∩[(η＝b )∪(η＝b )∪…∪(η＝b)]}
i i 1 2 j
＝P{[(ξ＝a)∩(η＝b )]∪[(ξ＝a)∩(η＝b )]∪…∪[(ξ＝a)∩(η＝b)]}
i 1 i 2 i j
＝P[(ξ＝a)∩(η＝b )]＋P[(ξ＝a)∩(η＝b )]＋…＋P[(ξ＝a)∩(η＝b)]
i 1 i 2 i j
＝∑P[(ξ＝a)∩(η＝b)]
i j
＝∑P(ξ＝a，η＝b)
i j
＝∑p ．
ij
7/7
