全国名校优质高考数学模拟试题经典解析课件.pptx

1、一、选择题：本题共一、选择题：本题共12小题，每小题小题，每小题5分，共分，共60分在每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小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的12121.12i,1i,().610.6.2zzz zABCD若若则则12125210z zzzB 22.2,Z,230().1,2.1,2.0,2.0,1,2MxxxNx xxMNABCD 已已知知集集合合则则 2,1,0,1,2,|(1)(3)0|13,0,1,2MNxxxxxMN D2223.log 312.1log 32.1l3,()2og2.3.BCyDxA 执执行行如如图图的的程程序序框框图图 若

2、若输输出出则则输输或或入入 的的值值为为或或2221,32log,21log,21;22log,1,2,1xxyxxxyxxx 所所以以当当时时2223.log 312.1log 32.1l3,()2og2.3.BCyDxA 执执行行如如图图的的程程序序框框图图 若若输输出出则则输输或或入入 的的值值为为或或22231,2,23loglolog 312g 3112xxxyx 所所以以输输入入 的的值值为为当当时时或或A开始开始输入输入xx1?2xy 22logyx结束结束输出输出y是是否否 2222224.:1(0,0)21,()13.33.3.3xyCababxyCA yxB yxC yxD

3、 yx 若若双双曲曲线线的的渐渐近近线线与与圆圆相相切切 则则 的的渐渐近近线线方方程程为为222222(2,0)1,121,41,133,333kykxdkkkkkkkyx 圆圆心心到到渐渐近近线线的的距距离离所所以以两两边边平平方方 得得所所以以所所以以渐渐近近线线方方程程为为B5根据下图给出的根据下图给出的2000年至年至2016年我国实际利用外资情年我国实际利用外资情况，以下结论正确的是（况，以下结论正确的是（）A2000年以来我国实际利用外资规模与年份负相关年以来我国实际利用外资规模与年份负相关B2010年以来我国实际利用外资规模逐年增加年以来我国实际利用外资规模逐年增加C2008年

4、我国实际利用外资同比增速最大年我国实际利用外资同比增速最大D2010年我国实际利用外资同比增速最大年我国实际利用外资同比增速最大5根据下图给出的根据下图给出的2000年至年至2016年我国实际利用外资情年我国实际利用外资情况，以下结论正确的是（况，以下结论正确的是（）A2000年以来我国实际利用外资规模与年份负相关年以来我国实际利用外资规模与年份负相关选项选项A，由图可知，由图可知，2000年以来我国实际利用外资规模总年以来我国实际利用外资规模总体来说保持增长态势，所以体来说保持增长态势，所以2000年以来我国实际利用外资年以来我国实际利用外资规模与年份正相关，故选项规模与年份正相关，故选项A

5、错误错误5根据下图给出的根据下图给出的2000年至年至2016年我国实际利用外资情年我国实际利用外资情况，以下结论正确的是（况，以下结论正确的是（）B2010年以来我国实际利用外资规模逐年增加年以来我国实际利用外资规模逐年增加选项选项B，2010年以来我国实际利用外资规模有增有减，如年以来我国实际利用外资规模有增有减，如2001年，年，2009年，年，2012年为递减，所以选项年为递减，所以选项B错误错误5根据下图给出的根据下图给出的2000年至年至2016年我国实际利用外资情年我国实际利用外资情况，以下结论正确的是（况，以下结论正确的是（）C2008年我国实际利用外资同比增速最大年我国实际利

6、用外资同比增速最大D2010年我国实际利用外资同比增速最大年我国实际利用外资同比增速最大选项选项C，2008年我国实际利用外资同比增速超过年我国实际利用外资同比增速超过20%，为，为最大，选项最大，选项C正确，显然正确，显然D错误错误C26.,cossin,()63.36.36ABCD 若若为为锐锐角角 且且则则2cossinsin,63322+,33330()3 所所以以或或解解得得或或舍舍去去C 22227.:10,3,()2131.21.3122xyCabFabyxCA BAFBFCABCD已已知知椭椭圆圆的的左左焦焦点点为为直直线线与与 交交于于两两点点 且且则则 的的离离心心率率为为

7、222222,Rt,FAFAFAFAFFAOFFAOFOF O 如如图图 设设椭椭圆圆的的右右焦焦点点为为连连结结由由对对称称性性可可知知在在中中为为斜斜边边上上的的中中心心所所以以 22227.:10,3,()2131.21.3122xyCabFabyxCA BAFBFCABCD已已知知椭椭圆圆的的左左焦焦点点为为直直线线与与 交交于于两两点点 且且则则 的的离离心心率率为为222222:1:3:2,6022321,3,301AFAFFFFFcceaaAFFAFFAFAF 所所以以所所以以所所以以D8某几何体由长方体和半圆柱体组合而成，如图，网格某几何体由长方体和半圆柱体组合而成，如图，网格

8、纸上小正方形的边长为纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是该几何体的三视，粗线画出的是该几何体的三视图，则该几何体的表面积是（图，则该几何体的表面积是（）.18.182.16.162ABCD12 2 24 2 12 121 1182S A29.()sin(2)6,(),()()2.,(Z)63.,(Z)36.,(Z).,(Z)22xf xxfff xAkkkBkkkCkkkDkkk 已已知知是是函函数数的的图图象象的的一一条条对对称称轴轴 且且则则的的单单调调递递增增区区间间是是B2(),2f xT 函函数数的的最最小小正正周周期期,662,326xxxkkZkkZ又又是是函函数数的的一一条条对

9、对称称轴轴 所所以以当当时时所所以以71,sinsin,626621()sin 2,();622ffff 当当时时满满足足771,sinsin,6266271()sin 2,.62ff 当当时时不不满满足足题题意意()sin 2,6222,262,33(),(Z)36f xxkxkkZkxkkZf xkkk 所所以以由由解解得得故故的的单单调调递递增增区区间间为为22()2,()10.ln2.ln2.3.1ln2,().xaaf xexag xxebB ebC abDxbabA 则则下下列列的的零零点点为为函函数数的的不不等等式式中中成成立立的的零零为为是是点点已已知知函函数数xyelnyx2

10、yx()20,2,()ln20,ln2,ln,2.xxxf xexexg xxxxxyeyx yx由由得得由由得得作作出出函函数数的的图图象象如如图图所所示示Cxyelnyx2yx(,),(,ln),(1,1),2,ln2,.aaA a eB bbA BabebA B则则且且两两点点关关于于点点对对称称故故所所以以选选项项均均错错误误2()1,.4ababD 所所以以选选项项 错错误误xyelnyx2yx13(),(0)10,()0,2210,2f xffea 因因为为单单调调递递增增 且且所所以以222213,4.aabaeeC所所以以故故选选项项 正正确确11.3,2,120,()7 72

11、8 719 1976 19.3333PABCOPAABC PAABCOABCD 体体积积为为的的三三棱棱锥锥的的顶顶点点都都在在球球 的的球球面面上上平平面面则则球球 的的体体积积的的最最小小值值为为123 33,332133 3sin,6242PABCABCABCABCABCVSPASSSacBacac 22222,2cos2318,3 2(6)ABCbacacBacacacacacbac在在中中由由余余弦弦定定理理可可得得当当且且仅仅当当时时等等号号成成立立11.3,2,120,()7 728 719 1976 19.3333PABCOPAABC PAABCOABCD 体体积积为为的的三三

12、棱棱锥锥的的顶顶点点都都在在球球 的的球球面面上上平平面面则则球球 的的体体积积的的最最小小值值为为2223,3 2,22 6,sinsin120(2)(2)24428,7,428 733ABCrPABCbRrBRrPARVR 设设的的外外接接圆圆半半径径为为三三棱棱最最的的外外接接球球半半径径为为则则所所以以故故外外接接球球的的体体积积B 3211223331112.13,().4.5.6.7iiilyxxxA xyB xyC xyABACxyABCD 已已知知直直线线 与与曲曲线线有有三三个个不不同同的的交交点点且且则则22()21(1)0,()44,(1),()1,33fxxxxf xf

13、yf x 恒恒成成立立 所所以以单单调调递递增增 又又所所以以的的对对称称中中心心为为()3,4,1,.3yf xA B CABACAB CA 直直线线与与函函数数的的图图象象有有 个个不不同同的的交交点点且且所所以以且且关关于于点点 对对称称 3211223331112.13,().4.5.6.7iiilyxxxA xyB xyC xyABACxyABCD 已已知知直直线线 与与曲曲线线有有三三个个不不同同的的交交点点且且则则 2323312 12,482,334812733iiixxyyxy 所所以以所所以以D二、填空题：本题共二、填空题：本题共4小题，每小题小题，每小题5分，共分，共20

14、分分 13.,2,2,4.ababaab 已已知知向向量量 与与 的的夹夹角角为为则则实实数数 22,cos42042aabaabaa baab 因因为为所所以以解解得得2 14古希腊著名的毕达哥拉斯学派把古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1，3，6，10这样这样的数称为的数称为“三角形数三角形数”，而把，而把1，4，9，16 这样的数这样的数称为称为“正方形数正方形数”如图，可以发现任何一个大于的如图，可以发现任何一个大于的“正正方形数方形数”都可以看作两个相邻都可以看作两个相邻“三角形数三角形数”之和，下列等之和，下列等式：式：36=15+21；49=18+21；64=28+36；81=36+4

15、5中符合这一规律的等式是中符合这一规律的等式是 .（填写所有（填写所有正确结论的编号）正确结论的编号）56789(1)123,215,21,28,36,45,492128nn nSnSSSSS 三三角角形形数数且且所所以以符符合合这这一一规规律律 可可以以写写成成“”6233215.,.()xyx yx的的展展开开式式中中的的系系数数是是用用数数字字作作答答 623312212333642,2120 xyx yxC Cxyx yx 的的展展开开式式中中 含含的的项项为为120 16.4,1,sin.1338ABCOPABCOPBAPAPBAPC 的的边边长长为为且且外外接接圆圆圆圆心心为为点点

16、点点 在在内内 且且当当与与的的面面积积之之比比最最小小时时的的值值角角为为已已知知等等边边三三形形1,sin,321sin,23sinsin3APBAPCAPBAPCBAPCAPSAP ABSAP ACSS 则则sin,sin,sin,3sin,3APBAPCySyS 显显然然为为正正数数 且且为为单单调调递递增增函函数数是是单单调调递递减减函函数数 所所以以当当最最小小时时最最小小,4 31,33sin,413cos4APOOPAOOPOAPAOOAP 当当与与圆圆 相相切切时时最最小小此此时时sinsin6sincoscossin661133324241338PPP 此此时时三、解答题：

17、共三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程和分解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤演算步骤 2211*24317.3233,.(1),;nnnnnnaaaa aaaanNa已已知知各各项项均均为为正正数数的的数数列列满满足足且且其其中中证证明明数数列列是是等等比比数数列列 并并求求其其通通项项公公式式222211111111(1)32,230,()(3)0.0,0,3,3.nnnnnnnnnnnnnnnnnnaaa aaa aaaaaaaaaaaa得得得得由由已已知知得得所所以以所所以以数数列列是是公公比比为为 的的等等比比数数列列 243111133,3273(93),3,3nna

18、aaaaaaa由由得得解解得得所所以以(2),.nnnnbnabnS 令令求求数数列列的的前前 项项和和1231231(2)3,32 33 3(1)33nnnnnnnnbnanSbbbbbnn 由由则则2341332 33 3(1)33nnnSnn 23111,2333333(13)13331322nnnnnnSnnn 得得1133244nnnS 所所以以ABCA1B1C1O11111111111118.,1,60.(1);ABCA B CA AACA ACCABCA BA ACCA AAC 如如图图 已已知知三三棱棱柱柱的的底底面面是是边边长长为为 的的正正三三角角形形侧侧面面底底面面直直线

19、线与与平平面面所所成成角角为为证证明明1(1),ACOAO BOABCBOAC 证证明明：取取中中点点，连连接接由由于于是是正正三三角角形形 则则1111111111,.A ACCABCA ACCABCAC BOABCBOA ACCOA BA BA ACC 因因为为平平面面平平面面且且平平面面平平面面平平面面所所以以平平面面所所以以就就是是直直线线与与平平面面所所成成的的角角160OA B所所以以ABCA1B1C1O11131,.21Rt,tan2ABCBOBOAOBAOOA B 由由于于是是边边长长为为 的的正正三三角角形形 且且在在中中1111111111,245,90AAACAOACAO

20、OAOCOAAOA AOACAACA AAC 由由于于则则由由于于则则所所以以ABCA1B1C1OD1(2)AA BC求求二二面面角角的的余余弦弦值值1(2)1,.AADA BDCD 解解法法：过过 作作于于连连接接1111111111,.A ABACBABBC A AAC A BA BA ABACBCDA BCDADADCAA BC在在和和中中所所以以所所以以且且所所以以是是二二面面角角的的平平面面角角12211Rt,1AOBA BAOBO在在中中12211Rt,22AOAA AAOAO在在中中ABCA1B1C1OD122111111,22277,44A ABSA AABA AA B ADA

21、DCDAD由由解解得得则则22211,cos2717ADCDACADCADCAD CDAA BC 在在中中所所以以二二面面角角的的余余弦弦值值为为ABCA1B1C1Oxyz11(2)2(1),AOABCOOB OC OAxyzOxyz 解解法法：由由可可得得平平面面以以 为为原原点点所所在在直直线线为为 轴轴轴轴 轴轴建建立立如如图图所所示示空空间间直直角角坐坐标标系系1130,0,0,0,22110,0,0,0,22ABCA 则则10,0,2A 所所以以1311,0,0,0,0,0,0,222BCA11111111111111111(,),31022,1,3,311022(1,3,3)A A

22、Bnxy znABxyxyznAAyzA ABn 设设平平面面的的法法向向量量为为则则令令得得所所以以平平面面的的一一个个法法向向量量为为12222222222212212(,),31022,1,3,311022(1,3,3)A BCnxyznBCxyxyznCAyzA BCn 设设平平面面的的法法向向量量为为则则令令得得所所以以平平面面的的一一个个法法向向量量为为121212111cos,7,17nnn nnnAA BCAA BC 则则而而二二面面角角为为钝钝角角 所所以以二二面面角角的的余余弦弦值值为为19.某工厂生产的某工厂生产的A产品按每盒产品按每盒10件包装，每盒产品需检件包装，每盒

23、产品需检验合格后方可出厂，检验方案是：从每盒验合格后方可出厂，检验方案是：从每盒10件产品中任取件产品中任取4件，件，4件都做检验，若件都做检验，若4件都为合格品，则认为该盒产品件都为合格品，则认为该盒产品合格且其余产品不再检验；若合格且其余产品不再检验；若4件中次品数多件中次品数多1于件，则认于件，则认为该盒产品不合格且其余产品不再检验；若为该盒产品不合格且其余产品不再检验；若4件中只有件中只有1件件次品，则把剩余的次品，则把剩余的6件采用件采用一件一件一件一件抽取出来检验，没有抽取出来检验，没有检验出次品则认为该盒产品合格，检验出次品则认为该盒检验出次品则认为该盒产品合格，检验出次品则认为

24、该盒产品不合格产品不合格且停止检验且停止检验假设某盒假设某盒A产品中有产品中有8件合格品，件合格品，2件次品（件次品（1）求该盒产品可出厂的概率；）求该盒产品可出厂的概率；（1）依题意，该盒）依题意，该盒A产品可出厂即任取的产品可出厂即任取的4件产品都为合件产品都为合格品格品 4104848410104,4,13CCCAPC从从件件产产品品中中任任取取 件件的的基基本本事事件件数数为为件件都都为为合合格格品品的的事事件件数数为为故故该该盒盒 产产品品可可出出厂厂的的概概率率为为（2）已知每件产品的检验费用为）已知每件产品的检验费用为10元，且抽取的每件都元，且抽取的每件都需要检验，设该盒产品的

25、检验费用为需要检验，设该盒产品的检验费用为X(单位：元单位：元)（i）求）求P(X=40)（ii）求）求X的分布列和数学期望的分布列和数学期望 E(X)（2）（）（i）该盒）该盒A产品的检验费用产品的检验费用40元表示只检验元表示只检验4件产品件产品就停止检验记就停止检验记“从该盒从该盒10件产品中任取件产品中任取4件产品都为合件产品都为合格品格品”为事件为事件T1“从该盒从该盒10件产品中任取件产品中任取4件产品，件产品，2件为合格品，件为合格品，2件为件为次品次品”为事件为事件T2 事件事件T1与事件与事件T2为互斥事件为互斥事件 2282121241017(40)()()()315CCP

26、 XP TTP TP TC 则则（ii）X的可能取值为的可能取值为40，50，60，70，80，90，100 3182410714(40),(50)15645CCP XP XC 则则31824103182410514(60),65455414(70),65445444(80),(90),(100)454545CCP XCCCP XCP XP XP X 同同理理所以所以X的分布列为：的分布列为：X405060708090100P71544544544544544544574240(50607080901005815453EX）2121220.,(0,2),:20,3.(1);(2),2,.ORF

27、CxpypRFOFCRlCA ByMCA BllllNMONl 已已知知 为为坐坐标标原原点点 点点是是抛抛物物线线的的焦焦点点求求抛抛物物线线 的的方方程程过过点点 的的直直线线 与与抛抛物物线线 交交于于两两点点 与与直直线线交交于于点点抛抛物物线线 在在点点处处的的切切线线分分别别记记为为与与 交交于于点点若若是是等等腰腰三三角角形形 求求直直线线 的的方方程程 22(1):20,0,2(0,2),3,23,2212().2.pFCxpy pFppRRFOFppCxy 因因为为 是是抛抛物物线线的的焦焦点点因因为为点点则则解解得得：或或舍舍去去所所以以抛抛物物线线 的的方方程程为为(2)

28、2(0)424,222lykxkyxMkykxky 设设直直线线 的的方方程程为为由由得得所所以以22112212122,2402(,),(,),2,4xyyxkxykxA xyB xyxxk x x 由由消消去去 得得设设则则21112211111,2(),22xyyxCAyyxxxxxylyx x 由由得得则则抛抛物物线线 在在点点处处的的切切线线方方程程为为又又的的方方程程为为21212222222,22,(,2)2xyx xxlyx xxyx xxkNky 同同理理可可得得 的的方方程程为为联联立立得得即即点点 的的坐坐标标为为2221,.216,442OMONkkkOMONkMONO

29、MONkkk 由由于于则则又又是是等等腰腰三三角角形形 则则即即解解得得2222lyxyx 所所以以直直线线 的的方方程程为为或或221.().(1)()R,;xf xexaxf xa已已知知函函数数若若函函数数在在 上上单单调调递递增增 求求 的的取取值值范范围围2(1)(),()2.()R,()202xxxxf xexaxfxexaf xfxexaaex 由由得得因因为为函函数数在在 上上单单调调递递增增 所所以以得得ln2()2,()2.ln2,()0,();ln2,()0,();ln2,()(ln2)2ln222ln2.xxg xexg xexg xg xxg xg xxg xge 设

30、设则则当当时时单单调调递递减减当当时时单单调调递递增增所所以以当当时时取取得得最最小小值值 22ln2,22ln2aa所所以以即即实实数数 的的取取值值范范围围是是2221.().ln2ln2(2)1,0,()122xf xexaxaxf x已已知知函函数数若若证证明明：当当时时2(2)1,(),()21,(1)()(,ln2),(ln2,).xxaf xexxfxexfx证证明明：若若则则得得由由可可知知在在上上单单调调递递减减 在在上上单单调调递递增增11ln22(0)0,(1)30,111ln22 1ln2123ln2022ffefee 又又00000011,1ln2,()0,2102(

31、0,),()0,(),(,),()0,().xxfxexxxfxf xxxfxf x 则则存存在在使使即即当当时时单单调调递递减减当当时时单单调调递递增增020000,()()xxxf xf xexx所所以以当当时时 函函数数取取得得最最小小值值00002000002220000000,()(),210,21,()1521124xxxxf xf xexexf xexxxxxxxx 所所以以当当时时由由得得则则02200211,1ln2,21511()1ln21ln212422ln2ln2122xf xx 由由于于则则2ln2ln20,()1.22xf x所所以以当当时时 2211,222.,3

32、,2(),12sin0(1).xtxOylyttxCa alC 在在直直角角坐坐标标系系中中 直直线线 的的参参数数方方程程为为为为参参数数 以以坐坐标标原原点点为为极极点点 以以 轴轴的的正正半半轴轴为为极极轴轴建建立立极极坐坐标标系系 曲曲线线 的的极极坐坐标标方方程程为为求求 的的普普通通方方程程和和 的的极极坐坐标标方方程程11,2(1),3(1),3,2330 xttlyxytxy 由由消消去去 得得 的的普普通通方方程程为为即即 2211,222.,3,2(),12sin0(1).xtxOylyttxCa alC 在在直直角角坐坐标标系系中中 直直线线 的的参参数数方方程程为为为为

33、参参数数 以以坐坐标标原原点点为为极极点点 以以 轴轴的的正正半半轴轴为为极极轴轴建建立立极极坐坐标标系系 曲曲线线 的的极极坐坐标标方方程程为为求求 的的普普通通方方程程和和 的的极极坐坐标标方方程程 22222222222212sin,2sin,sin,3,3aaxyyxyaCxya由由得得把把代代入入上上式式 得得即即曲曲线线 的的直直角角坐坐标标方方程程为为2 3(2),.5lCA BABa 若若 与与 交交于于两两点点 且且求求 的的值值22211,2(2)3,52220(*)3,2xtxyattayt 把把代代入入得得12121 2222,55aA Bttttt t 设设两两点点对

34、对应应的的参参数数分分别别为为则则2212121 2222()44552 1092 36,555aABttttt taa 则则解解得得66(*)44 522120,55a 此此时时的的故故 的的值值为为23.()2121,()2.(1);f xxxf xMM已已知知函函数数不不等等式式的的解解集集为为求求(1)()2,21212111,(21)(12)2,22211,(21)(21)2,22,2211.22111,(21)(21)2,222f xxxxxxxxxxxxxxxxx 即即当当时时解解得得故故当当时时即即故故当当时时解解得得即即-1122Mxx所所以以(2),1.a bMabab证证明明：当当时时1111(2),222211,.22a bMabab证证明明：当当时时即即()()0,()()21;ab abababababa当当时时()()0,()()21ab abababababb当当时时1abab所所以以