（数学理科）高考数学复习大卷答案

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第三部分　仿真模拟冲刺卷
仿真模拟冲刺卷（一）
1．答案：C
解析：由题意，全集U＝{0，1，2，3，4，5，6}，集合A＝{1，2，4}，B＝{1，3，5}，故∁UB＝{0，2，4，6}，则A∩（∁UB）＝{2，4}．故选C.
2．答案：C
解析：z＝＋3＝＋3＝5＋i，则＝5－i.故选C.
3．答案：C
解析：3744（8）＝4×80＋4×81＋7×82＋3×83＝2020.故选C.
4．答案：A
解析：将信噪比从1 000提升至2 000，C大约增加了

＝≈≈10%，故选A.

5．答案：C
解析：如图，由题意可得抛物线的准线m的方程为x＝－，
过点G作抛物线准线m的垂线GD⊥m于D，过A，B分别作AA′⊥m于点A′，BB′⊥m于点B′，则|AA′|＋|BB′|＝|AB|＝2，
因为弦AB的中点为G，
所以|GD|＝（|AA′|＋|BB′|）＝|AB|＝1，
所以点G的横坐标是1－＝，故选C.
6．答案：B

解析：根据三视图知，该几何体是棱长为2的正方体截去四个角得出的正四面体ABCD，它的体积等于正方体的体积减去正方体四个角处三棱锥的体积．记每一个角处三棱锥的体积为V1，则V＝V正方体－4V1＝8－4××2×2×2×＝，故选B.
7．答案：D
解析：由杨辉三角知（1－x）4＝1－4x＋6x2－4x3＋x4，（x－）（1－x）4＝（x－）（1－4x＋6x2－4x3＋x4）的展开式的x2项有x·（－4x）＋（－）·（－4x3）＝4x2，所以展开式中含x2项的系数为4.故选D.
8．答案：A
解析：设AB＝2AD＝2a（a>0），则·＝2a×a×cos 60°＝a2，由条件可得＝＋，＝－＝λ－，由AE⊥DF可得·＝0，即·（λ－）＝0，即·＋·2－2＝a2＋2λa2－a2＝a2＝0.故λ＝.故选A.
9．答案：C
解析：f（x）＝sin 2x＋－＝sin 2x－cos 2x＝sin ，∵x∈，∴2x－∈，∴sin ∈，∴f（x）的值域为.故选C.
10．答案：A
解析：由圆C1：x2＋y2－kx＋2y＝0，圆C2：x2＋y2＋ky－2＝0，得圆C1与圆C2的公共弦所在直线方程为k（x＋y）－2y－2＝0，求得定点P（1，－1），又P（1，－1）在直线mx－ny－2＝0上，m＋n＝2，即n＝2－m.∴mn＝（2－m）m＝－（m－1）2＋1，∴mn的取值范围是（－∞，1].故选A.
11．答案：D
解析：由题设有f（x）＝＋sin ωx－＝sin ，令f（x）＝0，则有ωx－＝kπ，k∈Z即x＝，k∈Z.因为f（x）在区间（π，2π）内没有零点，故存在整数k，使得≤π0）.
由题意知x1>x2>0，故当x∈（0，＋∞）时函数t（x）单调递增，
所以t′（x）＝mx－ln x－1≥0恒成立，即m≥恒成立，
因此，记y＝，得y′＝，
∵函数在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
∴函数h（x）在x＝1时取得极大值，并且这个极大值就是函数h（x）的最大值．由此可得h（x）max＝h（1）＝1，故m≥1，结合已知条件m∈Z，m≤1，可得m＝1.
（3）不等式f（x）＋2g′（x）0，因而a≥，设y＝，
由y′＝＝，
∵当x∈（1，e）时x－1>0，x＋1－ln x>0，∴y′>0在x∈[1，e]时成立．
由不等式有解，可得知a≥ymin＝－，即实数a的取值范围是.
22．解析：（1）由可得sin 3θ＝，所以3θ＝2kπ＋或3θ＝2kπ＋（k∈Z），
所以θ＝＋或θ＝＋（k∈Z）.
因为θ∈[0，π），所以θ＝，，，，
所以交点的极坐标为，，，.
（2）由（1）可得圆M的极坐标方程为ρ＝，转化为直角坐标方程为x2＋y2＝.
直线l：ρcos ＝的直角坐标方程为x－y＝2，
所以点P到直线l的距离的最大值为＋＝.
23．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝|x－2|－|x＋2|；
当x≤－2时，f（x）＝2－x＋x＋2＝4>1，解集为∅；
当－20时的第一个交点的横坐标为，
结合函数图象可知，选项C符合题意，故选C.
8．答案：D
解析：因为f（x）＝－sin x，所以f（π－x）＝－sin （π－x）＝－sin x，所以f（π－x）≠f（x），故函数f（x）的图象不关于直线x＝对称，故①错误；f（π）＝－sin π＝－π，f′（x）＝－cosx，f′（π）＝－cosπ＝0，
切线的斜率为0，即切线与y轴垂直，故②正确；f′（x）＝－cos x＝＝.当x∈，sin x>0，sin 2x＋x>0，所以f′（x）>0，即函数f（x）在区间上单调递增，故③正确；因为f（x）＝－sin x，所以定义域为，f（－x）＝－sin （－x）＝－＋sin x＝－f（x），所以f（x）为奇函数，取x→＋∞时，因为cos x∈[－1，0）∪（0，1]，sin x∈（－1，1），当x＝2kπ，k∈Z时，cos x＝1，sin x＝0，所以f（x）＝x→＋∞，当x＝π＋2kπ，k∈Z时，cos x＝－1，sin x＝0，所以f（x）＝－x→－∞，故f（x）既无最大值，也无最小值，即④正确；故选D.
9．答案：D
解析：将函数y＝2sin 2x图象向左平移个单位长度得到y＝2sin 2＝2sin 的图象，
再向上平移1个单位长度可得到f（x）＝2sin ＋1的图象，故A错误；T＝＝π，故B错误；
令2x＋＝＋kπ，k∈Z，得x＝－＋，k∈Z，当k＝0时，x＝－；当k＝1时，x＝π，故C错误；令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
所以f（x）在上单调递减，故D正确，故选D.
10．答案：C
解析：由题意，a＝2ln 3－－1，b＝2ln － －1，c＝2ln 4－－1，
构选函数f（x）＝2ln x－－1（x≥3），则
f′（x）＝－＝2·＝2·＝2·≤0，
所以函数f（x）在[3，＋∞）上单调递减，所以f（3）>f>f（4），即a>b>c.故选C.

11．答案：D
解析：①当F为C1B1的中点，将CF平移至EM，则M为A1D1的四等分点，即D1M＝A1D1，过M点作MN⊥AD，设AD＝4，则MN＝4，BN＝5，BD＝4，
所以BE＝6，BM＝，ME＝，
所以在△BEM中，BM2＝BE2＋ME2，故ME⊥BE，
所以CF⊥BE，
所以过CF的平面与直线EB垂直，
②过D1作D1Q∥BE，易知Q为BB1的中点，此时D1Q和D1F相交，所以D1F和BE异面，故②错误；
③当F为B1时，△BEF的主视图和侧视图的面积相等，故③成立；
④因为C1B1∥BC，故C1B1∥平面EBC，故B1C1上任一点到平面EBC距离相等，且△EBC的面积固定，故VE­BFC＝S△BFC×d为定值，故④正确，故选D.
12．答案：A
解析：由题意eλx－≥0得eλx≥，设g（x）＝eλx，h（x）＝，
可得g（x）与h（x）互为反函数，且g（x）与h（x）的图象关于y＝x对称，
所以函数g（x）＝eλx的图象与直线y＝x相切时λ的值是不等式eλx－≥0恒成立时λ的最小值，设函数g（x）＝eλx与直线y＝x相切的切点为（x0，y0），可得，可得eλx0＝x0，同时对g（x）＝eλx求导可得：g′（x）＝λeλx，可得g′（x0）＝λeλx0＝1，
联立可得，解得：λ＝，
则λ的最小值为，故选A.
13．答案：－35
解析：在（1－x）＋（1－x）2＋（1－x）3＋（1－x）4＋（1－x）5＋（1－x）6的展开式中，
x3的系数为－C－C－C－C＝－35.
14．答案：
解析：由a·（a＋b）＝，得a·a＋a·b＝，
所以a·b＝－22＝，
∵b＝（3，－4），∴|b|＝5，
故cos 〈a，b〉＝＝＝.
15．答案：＋1
解析：设|PF1|＝m，∴|QF1|＝m，由椭圆的定义可知：|PF2|＝2a－m，∴|QF2|＝2a－m，
所以|PQ|＝4a－（＋1）m，因为PQ⊥PF1，所以|PF1|2＋|QP|2＝|QF1|2，即m2＋[4a－（＋1）m]2＝（m）2⇒（＋1）m2－4（＋1）ma＋8a2＝0，
解得m＝（4－2）a或m＝2a，
当m＝2a时，|QF2|＝2a－mbx0，当x0＝2时，a，b可以都为负数，即a>b>0不一定成立，
所以“ax0>bx0”是“a>b>0”的必要不充分条件，D正确．故选A.
5．答案：B
解析：由随机变量X～N（1，σ2），且P（X0，c＜0，f（0）＝＞0，
∴b>0，由f（x）＝0，∴ax＋b＝0，即x＝－，即函数的零点x＝－>0，∴a0，∴－0
若m|Tn|