2019年高考数学练习题汇总高考模拟试卷(四)
高考模拟试卷(四)
(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.已知集合A=,B={y|y=ex+1,x≤0},则下列结论正确的是( )
A.A=B B.A∪B=R
C.A∩(∁RB)=∅ D.B∩(∁RA)=∅
答案 D
解析 由题意得集合A={y|0
2},所以B∩(∁RA)=∅,
故选D.
2.设z=(i为虚数单位),则等于( )
A. B. C. D.2
答案 B
解析 复数z===-+i,
则|z|=,=,故选B.
3.在(1-x)5+(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8的展开式中,含x3的项的系数是( )
A.121 B.-74 C.74 D.-121
答案 D
解析 展开式中含x3的项的系数是-C-C-C-C=-10-20-35-56=-121,故选D.
4.已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列说法正确的是( )
A.若m∥α,m∥β,则α∥β
B.若m⊥α,m∥β,则α∥β
C.若m⊥α,n∥α,则m∥n
D.若m⊥α,n⊥α,则m∥n
答案 D
解析 若m∥α,m∥β,则α,β可能平行或相交,A错误;若m⊥α,m∥β,则α⊥β,B错误;若m⊥α,n∥α,则m⊥n,C错误;若m⊥α,n⊥α,则m∥n,D正确,故选D.
5.若a,b∈R且a≠0,b≠0,则“<”是“>0”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案 C
解析 当<时,-=<0,
而===>0,
充分性成立,反之,当>0时,因为a2+ab+b2=2+b2>0,所以>0,所以<0,必要性成立,所以“<”是“>0”的充要条件,故选C.
6.已知实数x,y满足条件若x2+2y2≥m恒成立,则实数m的最大值为( )
A.5 B. C. D.
答案 D
解析 令x′=x,y′=y,
不等式组即为
问题转化为求目标函数z=x′2+y′2 的最小值,
作出不等式组对应的平面区域如图阴影部分(含边界)所示:
则z的几何意义是区域内的点到原点的距离的平方,由图象知O到直线2x′+y′-4=0的距离最小,此时原点到直线的距离d==,则z=d2=,即m≤,
即实数m的最大值为.故选D.
7.已知函数f(x)=x(1+a|x|)(a∈R),则在同一个坐标系下函数f(x+a)与f(x)的图象不可能是( )
答案 D
解析 函数f(x)是奇函数,关于原点成中心对称,当a<0,x>0时,由1+ax>0得x<-,所以当x∈时,f(x)>0,当a≥0,x>0时,f(x)在(0,+∞)上恒大于0,因此由图象可知D错误;A,C中的图象说明a<0,那么f(x+a)是向右平移|a|个单位长度,所以A,C正确;B中的a>0,那么f(x+a)是向左平移|a|个单位长度,B正确,故选D.
8.过点M(2,-2p)引抛物线x2=2py(p>0)的切线,切点分别为A,B,若|AB|=4,则p的值是( )
A.1或2 B.或2
C.1 D.2
答案 A
解析 设切点为,因为y′=x,切线斜率存在,
所以切线斜率k==t(t≠2),
整理可得t2-4t-4p2=0,
设切点A,B,
由根与系数的关系可得t1+t2=4,t1t2=-4p2,
则(t1-t2)2=(t1+t2)2-4t1t2=16(1+p2).
则|AB|=
=,
即|AB|=4,
所以(1+p2)=10,
即p4-5p2+4=0,解得p2=1或p2=4,
即p=1或p=2,故选A.
9.在直三棱柱A1B1C1—ABC中,∠BAC=,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点),若GD⊥EF,则线段DF长度的取值范围为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),E,G,F(x,0,0),D(0,y,0),=,=,x,y∈(0,1).由于GD⊥EF,所以·=0,
所以x+2y-1=0,x=1-2y∈(0,1),解得00,b∈R,记m(a,b)为f(x)的最小值,则当m(a,b)=2时,b的取值范围为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 由题意得当b>0时,
①当≥a,即2b≥a2时,由对勾函数的性质易得m(a,b)=2+a=2,则2=2-a,所以此时00),
当k≥0时,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)无最值;
当k<0时,g(x)在上单调递增,
在上单调递减,
∴g(x)的最大值为g,
∴-=x0=1,∴k=-1,x0=1.
(2)证明 设h(x)=xex-x-ln x-1(x>0),
则h′(x)=(x+1)ex-
=(x+1)·(x>0).
设u(x)=ex-(x>0),
则u′(x)=ex+>0,
∴u(x)在(0,+∞)上单调递增.
又u=-2<0,u(1)=e-1>0,
∴存在x0∈,使u(x0)=0,
即-=0.
∴=,即x0=-ln x0.
∴h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
∴h(x)min=h(x0)=x0-x0-ln x0-1
=1-x0-ln x0-1
=1-x0+x0-1=0.
∴h(x)=xex-x-ln x-1≥0恒成立,
∴xex≥x+ln x+1,即f(x)≥g(x).
21.(15分)过点P(a,-2)作抛物线C:x2=4y的两条切线,切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)证明:x1x2+y1y2为定值;
(2)记△PAB的外接圆的圆心为点M,点F是抛物线C的焦点,对任意实数a,试判断以PM
为直径的圆是否恒过点F?并说明理由.
(1)证明 方法一 由x2=4y得y=x2,
所以y′=x,且PA,PB的斜率存在.
所以直线PA的斜率为x1,直线PB的斜率为x2.
因为点A(x1,y1)和B(x2,y2)在抛物线C上,
所以y1=x,y2=x,
所以直线PA的方程为y-x=x1(x-x1).
因为点P(a,-2)在直线PA上,
所以-2-x=x1(a-x1),
即x-2ax1-8=0.
同理,x-2ax2-8=0.
所以x1,x2是方程x2-2ax-8=0的两个根.
所以x1x2=-8.
又y1y2=x·x=(x1x2)2=4,
所以x1x2+y1y2=-4为定值.
方法二 由题意得切线斜率存在,设过点P(a,-2)且与抛物线C相切的切线方程为y+2=k(x-a),
由
消去y,得x2-4kx+4ka+8=0,
由Δ=16k2-4(4ak+8)=0,
化简得k2-ak-2=0.
设k1,k2是两条切线的斜率,
所以k1k2=-2.
由x2=4y得y=x2,
所以y′=x.
所以直线PA的斜率为k1=x1,
直线PB的斜率为k2=x2,
所以k1k2=x1x2=-2,
即x1x2=-8.
又y1y2=x·x=(x1x2)2=4,
所以x1x2+y1y2=-4为定值.
(2)解 方法一 直线PA的垂直平分线方程为y-=-,
由于y1=x,由(1)知,x-8=2ax1,
所以直线PA的垂直平分线方程为
y-=-,①
同理直线PB的垂直平分线方程为
y-=-.②
由①②解得x=a,y=1+,
所以M .
抛物线C的焦点为F(0,1),
则=,=(-a,3).
由于·=-=0,所以⊥.
所以以PM为直径的圆恒过点F.
方法二 以PM为直径的圆的方程为(x-a)+(y+2)=0.
把点F(0,1)代入上面方程,知点F的坐标是方程的解.
所以以PM为直径的圆恒过点F.
22.(15分)已知数列{an}满足:a1=1,=1+(n∈N*).
(1)证明:an+1≥an+;
(2)证明:<<1.
证明 (1)由题意知,an+1=an+,
an+1-an=>0,则an+1>an≥a1=1,
可得=1+≥1+,
即an+1≥an+.
(2)因为=1+,
所以=·.
由(1)知,0<<1,
所以=-=·<<=-,
累加得-<1-,则an+1,
所以-=·>·==-,
累加得->-,
则an+1>>,
即>.
综上,<<1.