云南省昆明市云天化中学高三数学文模拟试题含解析

云南省昆明市云天化中学高三数学文模拟试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.A．

B．

C．

D．参考答案：C2.已知集合A＝{x|x＞1}，B＝{x|－1＜x＜2}，则A∩B＝（

）A．{x|－1＜x＜2}

B．{x|x＞－1}C．{x|－1＜x＜1}

D．{x|1＜x＜2}参考答案：D3.设函数，则函数的各极小值之和为（

）A．

B．

C．

D．

参考答案：D略4.若，，，则

A． B． C．

D．参考答案：A5.某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图.根据该折线图，下列结论错误的是A．月接待游客逐月增加B．年接待游客量逐年增加C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳

参考答案：A由折线图，7月份后月接待游客量减少，A错误；本题选择A选项.6.已知圆O：x2+y2=1交x轴正半轴于点A，在圆O上随机取一点B，则使成立的概率为（

）A．

B．

C.

D．参考答案：B法一：平方可得：结合三角函数图象，或三角函数线，得由对称性，可知此几何概率为角度比：法二：由向量减法得：由几何意义，点B在圆面：上，由图易知:点B在劣弧上运动,下同.【命题意图】本题考查了几何概率之角度比，通过两种不同的处理，囊括了数量积，向量减法，模的几何意义，三角函数类不等式.若此题的前提变为点B在单位圆上及其内部，又变成了一个面积比的几何概型.7.设，，，则a，b，c的大小关系是（

）A. B. C. D.参考答案：B【分析】利用指数函数与对数函数的单调性，进行大小比较，从而得出相应答案。【详解】根据指数函数的单调性可得：，即，，即，由于，根据对数函数的单调性可得：，即，所以，故答案选B。【点睛】本题主要考查学生对于对手函数的单调性及其应用这一知识点的掌握程度，指数函数以及对数函数的单调性，取决于底数与1的大小。8.已知函数，若方程恰有四个实数根，则实数的取值范围是A.

B.C.

D.参考答案：A略9.，则(

）A．

B．

C．D．参考答案：C10.给出计算

的值的一个程序框图如右图，其中判断框内应填入的条件是（

）．A．

B．

C．

D．参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知离心率是的双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一个焦点与抛物线y2=20x的焦点重合，则该双曲线的标准方程为．参考答案：【考点】KI：圆锥曲线的综合．【分析】利用抛物线方程求出双曲线的焦点坐标，通过离心率求出a，然后求解b，即可求解双曲线方程．【解答】解：离心率是的双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一个焦点与抛物线y2=20x的焦点重合，可得c=5，=，可得a=，则b==2．所求的双曲线方程为：．故答案为：．【点评】本题考查抛物线以及双曲线的简单性质的应用，双曲线方程的求法，考查计算能力．12.二项式，则该展开式中的常数项是______.参考答案：180【分析】求得二项展开式的通项，令，即可求解展开式的常数项，得到答案.【详解】由题意，二项式的展开式的通项为，令，可得，即展开式的常数项是.故答案为：.【点睛】本题主要考查了二项式定量的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.13.红队队员甲、乙、丙分别与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A,乙对B,丙对C各一局，已知甲胜、乙胜B、丙胜C的概率分别为，若各局比赛结果相互独立，用X表示红队队员获胜的总局数，则的数学期望

参考答案：14.设等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…an的最大值为

.参考答案：64试题分析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由得，解得，所以，于是当n=3或n=4时，a1a2…an取得最大值26=64.15.阅读右侧程序框图，为使输出的数据为31，则①处应填的自然数为

．参考答案：5略16.在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，BC1与平面ABCD所成的角为60°，则BC1与AC所成的角为

（结果用反三角函数表示）．参考答案：arccos考点：异面直线及其所成的角．专题：计算题；空间位置关系与距离；空间角．分析：连接A1C1，A1B，则AC∥A1C1，∠BC1A1即为BC1与AC所成的角．由于CC1⊥平面ABCD，则∠C1BC=60°，设正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中的底面边长为a，侧棱长为b，即b=a，再由余弦定理，即可得到．解答： 解：连接A1C1，A1B，则AC∥A1C1，∠BC1A1即为BC1与AC所成的角．设正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中的底面边长为a，侧棱长为b，则由于CC1⊥平面ABCD，则∠C1BC=60°，即有tan60°=，即b=a，在△BA1C1中，BC1=BA1==2a，A1C1=a，cos∠BC1A1==．则BC1与AC所成的角为arccos．故答案为：arccos．点评：本题考查空间的直线和平面所成的角，异面直线所成的角的求法，考查运算能力，属于基础题．17.已知是平面上两个不共线的向量，向量，．若，则实数m=

．参考答案：略三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.函数f（x）=Asin（?x+φ）（A＞0，?＞0，|φ|＜）在区间[﹣，]上的图象如图所示．（Ⅰ）求f（x）的解析式；（Ⅱ）设△ABC三内角A，B，C所对边分别为a，b，c且=，求f（x）在（0，B]上的值域．参考答案：【考点】正弦函数的图象；正弦定理．【专题】三角函数的求值；三角函数的图像与性质；解三角形．【分析】（Ⅰ）由图可知，A=1，T=π，可求ω=2，由函数f（x）=Asin（?x+φ）过点（，0），可得φ的值，从而可得f（x）解析式．（Ⅱ）由已知先求B的值，又f（x）=sin（2x+），由0，可得0≤f（x）≤1，即可求f（x）在（0，B]上的值域．【解答】解：（Ⅰ）由图可知，A=1，T=π，则ω=2，∵函数f（x）=Asin（?x+φ）过点（，0）∴φ=∴f（x）=sin（2x+）（Ⅱ）由=，得．则cosB=即B=又f（x）=sin（2x+），由0，则0≤sin（2x+）≤1故0≤f（x）≤1，即值域是[0，1]【点评】本题主要考察了正弦函数的图象和性质，正弦定理的应用，属于基本知识的考查．19.（本小题满分13分）在数1和100之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，再令.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设求数列的前项和.参考答案：本题主要考查等比数列、三角化简以及拆项相消法求数列的前n项和，同时注重对学生的转化划归能力的考查。（1）设在数1和100之间插入个实数构成数列，所以数列是以为首项的等比数列，故，（。（2）=1-tan（-n-2）·tan（n+3）-1=[tan（-n-2）+tan（n+3）]÷tan（-n-2+n+3）-1=【tan（n+3)-tan(n+2)]-1所以Sn=b1+b2+···+bn=[（tan4-tan3）+（tan5-tan4）+···+（tan（n+3)-tan(n+2)]-n=【tan（n+3）-tan3】-n

20.已知点F（1，0），点P为平面上的动点，过点P作直线l：x=﹣1的垂线，垂足为H，且?=?．（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）设点P的轨迹C与x轴交于点M，点A，B是轨迹C上异于点M的不同D的两点，且满足?=0，在A，B处分别作轨迹C的切线交于点N，求点N的轨迹E的方程；（3）在（2）的条件下，求证：kMN?kAB为定值．参考答案：考点：直线与圆锥曲线的综合问题；轨迹方程．专题：向量与圆锥曲线；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）由，展开数量积公式可得，可知点P为线段HF中垂线上的点，由抛物线定义可得动点P的轨迹C为以F为焦点的抛物线，其方程为y2=4x；（2）设直线MA的斜率为k（k≠0），写出直线MA的方程，和抛物线联立求得，进一步求得切线NA的方程，同理求出切线NB的方程，联立即可求得交点N的轨迹方程；（3）由（2）求出N的坐标，由两点坐标求斜率公式求得kMN、kAB得答案．解答： （1）解：由可得：，即，可知点P为线段HF中垂线上的点，故动点P的轨迹C为以F为焦点的抛物线，其方程为y2=4x；（2）解：设直线MA的斜率为k（k≠0），则MA所在直线方程为y=kx，联立直线MA和抛物线方程，得，可求得切线NA的方程为，化简整理得，①∵MA⊥MB，∴，故直线MB的方程为．联立直线MB和抛物线方程，解得B（4k2，﹣4k），∴切线NB的方程为，化简整理得，②①﹣②得，，解得x=﹣4（定值）．故点N的轨迹为x=﹣4，是垂直x轴的一条定直线；（3）证明：由（2）有，∴，．故（定值）．点评：本小题主要考查抛物线的性质，直线与圆锥曲线的综合应用能力，具体涉及到抛物线标准方程的求取，直线与圆锥曲线的相关知识以及圆锥曲线中定值的求取．本小题对考生的化归与转化思想、运算求解能力都有很高要求，是压轴题．21.设函数f（x）=ax2lnx+b（x﹣1）（x＞0），曲线y=f（x）过点（e，e2﹣e+1），且在点（1，0）处的切线方程为y=0．（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）证明：当x≥1时，f（x）≥（x﹣1）2；（Ⅲ）若当x≥1时，f（x）≥m（x﹣1）2恒成立，求实数m的取值范围．参考答案：【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；函数恒成立问题．【专题】导数的综合应用．【分析】（Ⅰ）求出函数的f′（x），通过f′（1）=a+b=0，f（e）=e2﹣e+1，求出a，b．（Ⅱ）求出f（x）的解析式，设g（x）=x2lnx+x﹣x2，（x≥1），求出导数，二次求导，判断g′（x）的单调性，然后证明f（x）≥（x﹣1）2．（Ⅲ）设h（x）=x2lnx﹣x﹣m（x﹣1）2+1，求出h′（x），利用（Ⅱ）中知x2lnx≥（x﹣1）2+x﹣1=x（x﹣1），推出h′（x）≥3（x﹣1）﹣2m（x﹣1），①当时，②当时，求解m的范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=ax2lnx+b（x﹣1）（x＞0），可得f′（x）=2alnx+ax+b，∵f′（1）=a+b=0，f（e）=ae2+b（e﹣1）=a（e2﹣e+1）=e2﹣e+1∴a=1，b=﹣1．…（Ⅱ）f（x）=x2lnx﹣x+1，设g（x）=x2lnx+x﹣x2，（x≥1），g′（x）=2xlnx﹣x+1（g′（x））′=2lnx＞0，∴g′（x）在[0，+∞）上单调递增，∴g′（x）≥g′（1）=0，∴g（x）在[0，+∞）上单调递增，∴g（x）≥g（1）=0．∴f（x）≥（x﹣1）2．…（Ⅲ）设h（x）=x2lnx﹣x﹣m（x﹣1）2+1，h′（x）=2xlnx+x﹣2m（x﹣1）﹣1，（Ⅱ）中知x2lnx≥（x﹣1）2+x﹣1=x（x﹣1），∴xlnx≥x﹣1，∴h′（x）≥3（x﹣1）﹣2m（x﹣1），①当3﹣2m≥0即时，h′（x）≥0，∴h（x）在[1，+∞）单调递增，∴h（x）≥h（1）=0，成立．②当3﹣m＜0即时，h′（x）=2xlnx﹣（1﹣2m）（x﹣1），（h′（x））′=2l