高考数学仿真试题(一)答案

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1、高考数学仿真试题(一)答案一、1.B2.A3.D4.C5.B6.C7.A8.C9.B10.B11.A12.B二、13.14.(1，0)15.a＜b16.（，＋∞）三、17.解：(Ⅰ)∵ｚ＝－３cosθ＋２ｉsinθ∴｜ｚ｜＝3分∵π≤θ≤，∴０≤cos２θ≤１∴２≤｜ｚ｜≤３∴复数ｚ的模的取值范围是［２，３］6分(Ⅱ)由ｚ＝－３cosθ＋２ｉsinθ，得tg（argｚ）＝－tgθ８分而已知argｚ＝２π－arctg∴－tgθ＝－∴tgθ＝10分∴１２分18.解：ｅ１２＝４，ｅ2２＝１，ｅ１·ｅ2＝２×１cos６０°＝１2分∴(2ｔｅ１＋7ｅ2)·(ｅ１＋ｔｅ2)＝２ｔｅ１２＋（２ｔ

2、２＋７）ｅ１·ｅ2＋７ｔｅ２２＝２ｔ２＋１５ｔ＋７6分∴２ｔ２＋１５ｔ＋７＜０∴－７＜ｔ＜－８分设２ｔｅ１＋７ｅ2＝λ（ｅ１＋ｔｅ2）(λ＜０)10分∴ｔ＝－时，２ｔｅ１＋７ｅ2与ｅ１＋ｔｅ2的夹角为π11分∴ｔ的取值范围是（－７，－）∪（－，－）１２分19.解：设容器的高为x，则容器底面正三角形的边长为a-2ｘ2分∴Ｖ（ｘ）＝ｘ·（A－２ｘ）２（０＜ｘ＜）4分＝··４×（a－２ｘ）（a－２ｘ）≤10分当且仅当4x=a-2x,即x=时，Vmax=12分答：当容器的高为时，容器的容积最大，最大值为.Ⅰ）证明：∵PC⊥底面ABC，BD平面ABC，∴PC⊥BD，由AB＝BC，D为AC的中

3、点，得BD⊥AC，又PC∩AC＝C，∴BD⊥平面PAC2分又PA平面PAC，∴BD⊥PA，由已知DE⊥PA，PE∩BD＝D，∴AP⊥平面BDE4分(Ⅱ)证明：由BD⊥平面PAC，DE平面PAC，得BD⊥DE，由D、F分别为AC、PC的中点∴DF∥AP，又由已知DE⊥AP，∴DE⊥DF6分BD∩DF＝D，∴DE⊥平面BDF，又DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面BDF8分(Ⅲ)解：设点E和点A到平面PBC的距离分别为ｈ１和ｈ２则ｈ１∶ｈ２＝ＥP∶AP＝２∶３9分∴11分所以截面BEF分三棱锥P－ABC所成两部分体积比为１∶２或（２∶１）12分21.解：(Ⅰ)∵Ｋ０＝２ｘ０＝４，∴过点P

4、０的切线方程为４ｘ－ｙ－４＝０4分(Ⅱ)∵Ｋｎ＝２ｘｎ，∴过Pｎ的切线方程为ｙ－ｘｎ２＝２ｘｎ（ｘ－ｘｎ）6分将Qｎ＋１（ｘｎ＋１，０）的坐标代入方程得：－ｘｎ２＝２ｘｎ（ｘｎ＋１－ｘｎ）∴ｘｎ＋１＝8分故｛ｘｎ｝是首项为ｘ０＝２，公比为的等比数列∴ｘｎ＝f(n)=2·（）ｎ，即f(n)＝（）ｎ－１10分(Ⅲ)Ｓｎ＝∴Sn=4(1-)=414分22.(Ⅰ)证明：设P(x,y)是y=f(x)的图象上任意一点，关于（，－）对称点的坐标为（１－ｘ，－１－ｙ）2分由已知y=－则－１－ｙ＝－１＋＝－,f(1-x)＝－∴－１-ｙ＝f（１－ｘ），即函数ｙ＝f（ｘ）的图象关于点（，－）对称.4分

5、(Ⅱ)解：由(Ⅰ)有f(1-x)=-1-f(x)即f(x)+f(1-x)=-1∴f(-2)+f(3)=-1,f(-1)+f(2)=-1,f(0)+f(1)=-1则f(-2)+f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=-38分(Ⅲ)证明：bｎ＝bｎ＝３ｎ9分不等式bｎ＞ｎ２即为３ｎ＞ｎ２下面用数学归纳法证明当n=1时，左＝３，右＝１，３＞１不等式成立当n=2时，左＝９，右＝４，９＞４不等式成立令n=k(k≥２）不等式成立即３ｋ＞ｋ２则ｎ＝ｋ＋１时，左＝３ｋ＋１＝３·３ｋ＞３·ｋ２右＝（ｋ＋１）２＝ｋ２＋２ｋ＋１∵３ｋ２－（ｋ２＋２ｋ＋１）＝２ｋ２－２ｋ－１＝２（ｋ－）２－当

6、ｋ≥２，ｋ∈N时，上式恒为正值则左＞右，即３ｋ＋１＞（ｋ＋１）２，所以对任何自然数n，总有３ｎ＞ｎ２成立，即对任何自然数n，总有bｎ＞ｎ２成立12分