高考文科數(shù)學(xué)期末模擬試題答案1-4套

1、詳 解 答 案高考文科數(shù)學(xué)期末模擬試題精編(一) 1解析： 選 d. qx|0 x52，x n0,1,2，滿足條件的集合 p 有 238 個2解析：選 a.由題意，得 m(m1)0 且(m1)0，得 m0，所以 zi，1z1ii，故選 a. 3解析： 選 c.由題意，得 (a15)2a1(a145)，解得 a152，所以 s6652652590，故選 c. 4解析：選 d.解法一：設(shè) “小明上學(xué)時到十字路口需要等待的時間不少于 20 秒”為事件 a，則 p(a)455204054513，選 d. 解法二：設(shè) “小明上學(xué)時到十字路口需要等待的時間不少于20秒”為事件 a， 其對立事件為 “小明上

2、學(xué)時到十字路口需要等待的時間少于 20 秒”，則 p(a)140204054513，選 d. 5解析： 選 d.由三視圖知識可知，選項a，b，c 表示同一個三棱錐，選項 d 不是該三棱錐的三視圖6解析： 選 c.f(x)ln(xa2x2)為奇函數(shù) ? f(x)f(x)0? ln(xx2a2)ln(xx2a2)0? ln a20? a 1. 7解析： 選 b.由 f(x4)f(x)知 f(x)是周期為 4 的周期函數(shù)，又 f(x)是定義在 r 上的偶函數(shù)，故f(4)f(0)1，f(1)f(1)，又1 2,0，所以 f(1)2112，所以f(1)12，f(1)f(4)32，選 b. 8解析：選 b

3、.根據(jù)已知的程序框圖可以得到，該程序的功能是利用隨機模擬的方法任取(0,1)內(nèi)的兩個數(shù) x， y， 求 x2y21 的概率 x (0,1)，y (0,1)，對應(yīng)的平面區(qū)域的面積為111，而 x2y21，x (0,1)，y (0,1)對應(yīng)的平面區(qū)域的面積為4，故47811 000，解得 3.124，故選 b. 9 解析： 選 c.因為 f(x)|f6|對 x r 恒成立，即|f6|sin3|1，所以 k 6(k z)因為 f2f()，所以 sin( )sin(2 ) sin sin ，即 sin 0，所以 56 2k( k z)，所以f(x) sin 2x56 ， 所 以 由 三 角 函 數(shù) 的

4、 單 調(diào) 性 知2x 562k 2，2k 2(k z)，得 xk 6，k 23(k z)，故選 c. 10解析： 選 b.設(shè) m(xm，ym)， pf3mf， 2(2)3(2xm)，則2xm413， xm23，代入拋物線 c：y28x，可得 ym4 33，不妨設(shè) m23，4 33，則直線 mf 的方程為 y3(x2)，代入拋物線 c：y28x，可得 3x220 x120， n 的橫坐標為 6， |mn |23262323. 11 解析： 選 a.由 a11， an1a1ann 可得 an1ann1，利用累加法可得ana1n1 n22，所以ann2n2，所以1an2n2n21n1n1，故1a11

5、a21a2 01821112121312 01812 0192 112 0194 0362 019，選 a. 12解析：選 c.函數(shù) y|f(x)|g(x)的零點的個數(shù)， 即|f(x)|g(x)0 的根的個數(shù)，可得 |f(x)|g(x)，畫出函數(shù) |f(x)|，g(x)的圖象如圖所示，觀察函數(shù)的圖象，則它們的交點為4 個，即函數(shù) y|f(x)|g(x)的零點個數(shù)為 4，選 c. 13解析：由|a|2，|b|1 可得 a24，b21，由(a2b)(2ab)9 可得 2a23a b2b29，即 243a b219， 得 a b1， 故|ab|a22a bb2421 3. 答案：3 14解析：依題意

6、，在坐標平面內(nèi)畫出不等式組表示的平面區(qū)域(如圖中陰影部分 )及直線 xy0，平移該直線，當平移到經(jīng)過該平面區(qū)域內(nèi)的點 a(11，2)時，相應(yīng)直線在y 軸上的截距達到最小，此時 zxy取得最小值，最小值為zmin11213. 答案： 13 15解析： 因為mf nf0，所以mf nf.設(shè)雙曲線的左焦點為f，則由雙曲線的對稱性知四邊形fmfn為矩形，則有 |mf |nf|， |mn|2c.不妨設(shè)點 n 在雙曲線右支上， 由雙曲線的定義知，|nf|nf|2a， 所以|mf |nf|2a.因為 s mnf12|mf | |nf|ab，所以|mf |nf|2ab.在 rt mnf 中，|mf|2|nf|

7、2|mn|2，即(|mf|nf|)22|mf |nf|mn|2，所以 (2a)22 2ab(2c)2，把 c2a2b2代入，并整理，得ba1，所以 eca1ba22. 答案：2 16解析： 假設(shè) ac 與 bd 垂直，過點 a 作 ae bd 于 e，連接 ce.則ae bdbd ac? bd平面aec? bd ce，而在平面bcd 中，ec 與 bd 不垂直，故假設(shè)不成立，錯假設(shè) ab cd， ab ad， ab平面acd， ab ac，由 abbc 可知，存在這樣的等腰直角三角形，使ab cd，故假設(shè)成立，正確假設(shè) ad bc， dc bc， bc平面adc， bc ac，即 abc為直角

8、三角形，且ab 為斜邊，而 abbc，故矛盾，假設(shè)不成立，錯答案： 17解：(1) c2，c3，由余弦定理得 4a2b22abcos3a2b2ab， abc 的面積等于3，12absin c3， ab4，(4 分) 聯(lián)立a2b2ab4ab4，解得 a2，b2.(6 分) (2) sin csin(ba)2sin 2a， sin(ba)sin(ba)4sin acos a， sin bcos a2sin acos a，(8 分) 當 cos a0 時，a2；(9 分) 當 cos a0 時，sin b2sin a，由正弦定理 b2a，聯(lián)立a2b2ab4b2a，解得 a2 33，b4 33， b2

9、a2c2， c3， a6. 綜上所述， a2或 a6.(12分) 18解：(1)因為 qd平面abcd，pa qd，所以 pa平面abcd. 又 bc? 平面 abcd，所以 pa bc，因為 ab bc，且 abpaa，所以 bc平面pab，又 bc? 平面 qbc，所以平面 pab平面qbc.(6 分) (2)平面 qdb 將幾何體分成四棱錐b-padq 和三棱錐 q-bdc兩部分，過 b 作 bo ad，因為 pa平面abcd，bo? 平面 abcd，所以 pa bo，又 ad ob，paada，所以 bo平面padq，即 bo 為四棱錐 b-apqd 的高，因為 boabsin 60

10、3，s四邊形padq12(12)23，所以vb-padq13 bo s四邊形padq3，因為 qd平面abcd，且 qd2，又 bcd 為頂角等于120 的等腰三角形， bd2，sbdc33，所以vq-bdc13 sbdc qd2 39，所以組合體 qpabcd的體積為32 3911 39.(12 分) 19解：(1)設(shè)抽到不相鄰的兩組數(shù)據(jù)為事件a，從 5 組數(shù)據(jù)中選取 2 組數(shù)據(jù)共有 10 種情況： (1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，(2 分) 其中數(shù)據(jù)為 12 月份的日期數(shù)每種情況都是可能出現(xiàn)的，事件a

11、包括的基本事件有6 種 p(a)61035.(4 分) 選取的2 組數(shù)據(jù)恰好是不相鄰2 天數(shù)據(jù)的概率是35.(6 分) (2)由已知數(shù)據(jù)，求得x 12， y 27.(7分) 由公式，求得 b52，a y bx 3，(9 分) y 關(guān)于 x 的線性回歸方程為 y52x3(10 分) (3)當 x10 時，y5210322，|2223|2；同樣當 x8 時，y528317，|1716|2；(12 分) 該研究所得到的回歸方程是可靠的20解： (1)解法一：|f1f2|4 3， c2 3，f1(2 3，0)，f2(2 3，0)(1 分) 由橢圓的定義可得2a32 32 132232 32 13221

12、214254112528，解得a4， e2 3432，b216124，(4 分) 橢圓c 的標準方程為x216y241.(5 分) 解法二： |f1f2|4 3， c2 3， 橢圓 c 的左焦點為 f1(2 3，0)，故 a2b212，(2 分) 又點 a3，132在橢圓x2a2y2b21 上，則3b212134b21，化簡得 4b423b21560，得 b24，故 a216， e2 3432，橢圓c 的標準方程為x216y241.(5 分) (2)由(1)知 m(4,0)，n(0,2)，設(shè)橢圓上任一點t(x0，y0)(x0 4 且x00)，則x2016y2041. 直線 tm：yy0 x04

13、(x4)，令 x0，得 yp4y0 x04， |pn|24y0 x04|.(8 分) 直線 tn：yy02x0 x2，令 y0，得 xq2x0y02， |qm|42x0y02|.(10分) |pn| |qm|24y0 x0442x0y022x04y08x042x04y08y024x204y204x0y08x016y016x0y02x04y08，由x2016y2041 可得 x204y2016，代入上式得 |pn| |qm|16，故|pn| |qm|為定值 (12 分) 21解：(1) g(x)(3a)x(2a)2ln x， g(x)3a2x， g(1)1a.(2 分) 又 g(1)1， 1a1

14、2101， 解得 a2.由 g(x)322xx2x0，解得 0 x2，函數(shù)g(x)在區(qū)間 (0,2)內(nèi)單調(diào)遞減 (4 分) (2) f(x)0 在區(qū)間 0，12內(nèi)恒成立不可能，要使f(x)在區(qū)間0，12內(nèi)無零點，只需對任意的x0，12，f(x)0 恒成立，即對任意的 x0，12，a22ln xx1恒成立 (6 分) 令 l(x)22ln xx1，x0，12，則 l(x)2ln x2x2x12，再令 m(x)2ln x2x2，x0，12，則 m(x)2 1xx20，故 m(x)在區(qū)間0，12內(nèi)單調(diào)遞減， 則 m(x)m1222ln 20，從而 l(x)0，即l(x)在區(qū)間 0，12內(nèi)單調(diào)遞增，l

15、(x)l1224ln 2.(10分) 故要使 a22ln xx1恒成立，只要 a 24ln 2，)，綜上，若函數(shù) yf(x)在區(qū)間 0，12內(nèi)無零點，則實數(shù) a 的最小值是 24ln 2.(12 分) 22解：(1)由曲線 c：x1cos ytan (為參數(shù) )，可得曲線 c 的普通方程是 x2y21.(2 分) 當 3時，直線 l 的參數(shù)方程為x312ty32t(t為參數(shù) )，代入曲線 c 的普通方程，得t26t160，(3 分) 得 t1t26，所以線段ab 的中點對應(yīng)的tt1t223，故線段ab 的中點的直角坐標為92，3 32.(5 分) (2)將直線 l 的參數(shù)方程代入曲線c 的普通

16、方程，化簡得 (cos2 sin2 )t26cos t80，(7 分) 則|pa| |pb|t1t2|8cos2 sin28 1tan21tan2，(9 分) 由已知得 tan 2，故|pa| |pb|403.(10 分) 23 解： (1)當 m1 時，f(x)6 等價于x1 x1 x3 6，或1x3x1 x3 6，或x3x1 x3 6，(3 分) 解得 x2 或 x4，所以不等式 f(x)6 的解集為 x|x2 或 x4(5 分) (2)解法一：化簡 f(x)得，當 m3 時，f(x)2x3m，xmm3，mx32xm3，x3，(6 分) 當m3 時，f(x)2x3m，x33m，3xm，2x

17、m3，xm(7 分) 根據(jù)題意得：m3m35，即3m2，(8 分) 或m3m35，即8m3，(9 分) 參數(shù)m的取值范圍為 m|8m2(10 分) 解法二：|x3|xm|(x3)(xm)|m3|， f(x)min|3m|，(7 分) |m3|5，(8 分) 8m2，參數(shù)m 的取值范圍為 m|8m2(10 分) 高考文科數(shù)學(xué)期末模擬試題精編(二) 1解析： 選 b.z|( 3i)i|i2 019|13i|i2i.z 2i. 2解析：選 b.依題意得 mx|1x1，nx|x0，mnx|0 x1，選 b. 3解析：選 c.根據(jù)等高條形圖，可知男生比女生喜歡理科的可能性大些4解析： 選 c.依題意可得

18、雙曲線的漸近線方程為ybax，batan 30 33，故b2a213，離心率為 eca1ba2432 33，選c. 5解析： 選 b.依題意，當 0， 時， 3 3，43，由 sin 312得3 356，0 2.因此，所求的概率等于212，選 b. 6.解析：選 c.由三視圖知， 該幾何體是一個長方體的一半再截去一個三棱錐后得到的，該幾何體的體積v12435131243(52)24，故選 c. 7解析： 選 c.作出不等式組2xy303xy30 x2y10表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，其中a(0,3)，b(1,0)， 由2xy3x2y10得x1y1，即 c(1,1)，對于 p1，因為 2(

19、1)01，故 p1是假命題，排除 a；對于 p2，將 c(1,1)代入 2x5y30 得到 215130，說明點 c(1,1)在 2x5y30 上，故 p2是真命題，排除d；對于 p3，因為3120113，故p3是假命題，排除b，故選 c. 8解析： 選 d.yxsin x 是偶函數(shù)； yxcos x 是奇函數(shù)；當 x時，ycos 0， yx|cos x|是奇函數(shù)，且當 x0時，y0； yx 2x是非奇非偶函數(shù)，故圖象對應(yīng)的函數(shù)序號為 . 9 解析： 選 d. f(x)sin(2x )3cos(2 x )2sin2x 3，將函數(shù)f(x)的圖象向左平移4個單位長度后，得到函數(shù)解析式為y2sin2

20、 x4 32cos2x 3的圖象該圖象關(guān)于點2，0 對稱，對稱中心在函數(shù)圖象上，2cos22 32cos 30，解得 3k 2，k z，即 k 56，k z. 0 ， 6， g(x)cosx6， x2，6， x63，3， cosx612，1 ，則函數(shù) g(x)cos( x )在2，6上的最小值是12.故選 d. 10解析：選 c.a5，b2，當 n1 時，a552152，b4；當 n2 時，a152154454，b8；當 n3 時，a4544581358，b16；當 n4 時，a13581351640516，b32；且 ab，則輸出的 n等于 4. 11解析： 選 a.設(shè)點 p x0，x208

21、，a x1，x218，b x2，x228，q(a,2)，r(b,2)由x28y，y2x2得 x216x160，x1x216.由 p，a，q 三點 共 線 得2x218ax1x208x218x0 x1x0 x18， a x0 x116x0 x1x0 x1x1x2x0 x1x1x0 x2x0 x1， 同理 bx2x0 x1x0 x2， abx1x0 x2x0 x1x2x0 x1x0 x2x1x216，or oqab420，故選 a. 12解析： 選 b.依題意， f(x)(x24x3)ex，令 f(x)0，可得 x3 或 x1，令 f(x)0，可得 3x1，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 (，3)，

22、(1，)，單調(diào)遞減區(qū)間為 (3，1) t 3，1，x1，x2 t，t2，f(3)4e3，f(1)0，f(1)4e， f(x)maxf(1)4e，f(x)minf(1)0， |f(x1)f(x2)|的最大值為 4e，故選 b. 13解析： 選 a.由題意知，甲沒有b 微信公眾號，乙沒有c 微信公眾號，而甲、乙、丙三人有同一個微信公眾號，所以他們都有a微信公眾號， 而甲具有的微信公眾號比乙多，所以甲具有兩個微信公眾號，乙只有一個微信公眾號，所以乙具有的微信公眾號為a. 14解析： 2x14， f(x)0 的解為 x6，即 a(6,0)，而a(6,0)恰為函數(shù) f(x)圖象的一個對稱中心， b、c

23、關(guān)于 a 對稱， (oboc)oa2oa oa2|oa|223672. 答案： 72 15解析：如圖，設(shè)球 o 的半徑為 r，球心 o 到平面 abc 的距離為 d，則由 o 是 ad 的中點得，點 d 到平面 abc 的距離等于 2d，所以 vd-abc2vo-abc2312 22d2，解得 d3，記 ac 的中點為 o，則 oo平面abc. 在 rt ooa 中，oa2oo2oa2，即 r2d21210，所以球 o 的體積 v43 r343 10 1040 103.答案：40 10316.解析：如圖，設(shè) abaca，adbdb，由 3bc2ab 得，bc2 33a.在 abc 中， 由余弦

24、定理得，cos abcab2bc2ac22abbca22 3a32a22a2 33a33， abc 是銳角，則 sin abc1cos2 abc63. 在 abd 中，由余弦定理ad2ab2bd22abbdcos abd，得 b2a2b22ab33，解得 a2 33b. 解法一：由正弦定理adsin abdabsin adb，得b63asin adb，解得 sin adb2 23. 解法二：由余弦定理得，cos adbad2bd2ab22adbdb2b2a22b213， sin adb1cos2 adb2 23. 答案：2 2317解：(1)因為 s1a1，s22a121222a12，s44a

25、143224a112， 由題意， 得(2a12)2a1(4a112)， 解得 a11，所以 an2n1，n n*.(4 分) (2)由題意，可知bn(1)n14nanan1(1)n14n2n1 2n1(1)n112n112n1.(7 分) 當 n 為偶數(shù)時， tn 113131512n312n112n112n1112n12n2n1；(9 分) 當 n 為奇數(shù)時， tn 113131512n312n112n112n1112n12n22n1.(11分) 所以 tn2n22n1，n為奇數(shù)，2n2n1，n為偶數(shù).(或 tn2n1 1n12n1)(12分) 18解：(1)在 abc 中，由于 ab2，a

26、c4，bc2 5， ab2ac2bc2，故 ab ac.(2 分) 又平面 sab平面abcd，平面 sab平面 abcdab，ac?平面 abcd， ac平面sab，(4 分) 又 ac? 平面 mac，故平面 sab平面mac.(6 分) (2)vs-macvm-sacmm1vd-sacmm1vs-adc，(8 分) vs-abcvs-amcm1mvs-abcvs-acdm1ms abcs acdm1m 23? m2.(12分) 19解：(1)由表中的數(shù)據(jù)，我們可以分別計算運動員a 和 b 前7 場比賽積分的平均數(shù)和方差，作為兩運動員比賽的成績及衡量兩運動員穩(wěn)定情況的依據(jù)運動員 a 的平均

27、分 x117213，方差 s2117(33)2(23)24(43)2(63)22；運動員 b 的平均分 x217284，方差s2217(14)22(34)2(54)2(104)2(44)228.(2 分) 從平均分和積分的方差來看，運動員a 的平均分及積分的方差都比運動員 b 的小，也就是說，前 7 場比賽，運動員 a 的成績優(yōu)異，而且表現(xiàn)較為穩(wěn)定 (4 分) (2)由表可知， 平均分低于 6.5分的運動員共有5 個，其中平均分低于 5 分的運動員有 3 個，分別記為 a1，a2，a3，平均分不低于 5 分且低于 6.5 分的運動員有 2 個，分別記為 b1，b2，(5 分) 從這 5 個運動

28、員中任取2 個共有 10 種情況：a1a2，a1a3，a1b1，a1b2，a2a3，a2b1，a2b2，a3b1，a3b2，b1b2，(8分) 其中至少有 1 個運動員平均分不低于5 分的有 7 種情況設(shè)至少有 1個運動員平均分不低于5分為事件 a， 則 p(a)710.(10分) (3)盡管此時還有4 場比賽沒有進行，但這里我們可以假定每位選手在各自的 11 場比賽中發(fā)揮的水平大致相同，因而可以把前7 場比賽的成績看作總體的一個樣本， 并由此估計每位運動員最后比賽的成績從已經(jīng)結(jié)束的7 場比賽的積分來看，運動員a 的成績最為優(yōu)異，而且表現(xiàn)最為穩(wěn)定， 因此，預(yù)測運動員 a 將獲得最后的冠軍 而運

29、動員 b 和 c 平均分相同，但運動員c 得分總體呈下降趨勢，所以預(yù)測運動員 c 將獲得亞軍 (12 分) (說明：方案不唯一，其他言之有理的方案也給滿分) 20解：(1)由eca352b2a325a2b2c2，可得a5b4c3，故橢圓 c 的標準方程為x225y2161.(4分) (2)設(shè)直線 l 的方程為 x54ym，代入x225y2161，消去 x，并整理得 25y220my8(m225)0.(6 分) 設(shè) a(x1，y1)，b(x2，y2)，則 y1y245m，y1y28 m22525，又易得|pa|2(x1m)2y214116y21，同理可得 |pb|24116y22.(8 分) 則

30、 |pa|2 |pb|24116(y21 y22) 4116(y1 y2)2 2y1y2 41164m5216 m2252541. 所以|pa|2|pb|2是定值 (12 分) 21解：(1)f(x)的定義域為 (0，)由已知，得 f(x)x1aaxx2 1a xaxx1 xax. 若 a0，則 f(x)0，此時 f(x)在(0，)上單調(diào)遞增若 a0，則由 f(x)0，得 xa.當 0 xa 時，f(x)0；當 xa 時，f(x)0. 此時 f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在 (a，)上單調(diào)遞增 (4 分) (2)令 g(x)f(ax)f(ax)，則g(x)12(ax)2(1a)(ax)aln

31、(ax)12ax2 1a ax aln ax 2xaln(ax)aln(ax) g(x)2aaxaax2x2a2x2. 當 0 xa 時，g(x)0， g(x)在(0，a)上是減函數(shù)而 g(0)0， g(x)g(0)0. 故當 0 xa 時，f(ax)f(ax)(8 分) (3)證明：由 (1)可知，當 a0 時，函數(shù) f(x)至多有一個零點，故a0，從而 f(x)的最小值為 f(a)，且 f(a)0. 不妨設(shè) 0 x1x2，則 0 x1ax2， 0ax1a. 由(2)，得 f(2ax1)f(aax1)f(x1)0f(x2)從而 x22ax1，于是x1x22a. 由(1)知，fx1x220.(

32、12 分) 22解：(1)直線 l 的普通方程為 xy10，(2 分) 由 4cos 0，得 24 cos 0，則 x2y24x0，即(x2)2y24，即曲線 c 的直角坐標方程為 (x2)2y24.(5 分) (2)把直線 l 的參數(shù)方程代入曲線c 的直角坐標方程得22t1222t24，即 t22t30，設(shè)方程 t22t30 的兩根分別為t1，t2，則|ab|t1t2|t1t224t1t214.(10 分) 23 解： (1)當 a5 時， 原不等式等價于 |x5|3， 即3x53? 2x8，所以解集為 x|2x8(4 分) (2)當 a1 時，f(x)|x1|. 令g(x) f(x 1)

33、f(2x) |x 2| |2x 1| 3x3，x12，x1，12x2，3x3，x2，作出其圖象，如圖所示，(6 分) 由圖象，易知 x12時，g(x)取得最小值32.(8 分) 由題意，知3212m? m14，所以實數(shù)m 的取值范圍為，14.(10 分) 高考文科數(shù)學(xué)期末模擬試題精編(三) 1解析：選 b.z2i1i2i 1i1i 1i1232i，所以 z的共軛復(fù)數(shù)為1232i，故選 b. 2解析：選 b.當 a1 時，b 中元素均為無理數(shù)， ab?；當a2 時，b1,2，ab1,2?；當 a3 時，b?，則 ab?.故 a 的值為 2.選 b. 3解析：選 d.由三視圖知，該幾何體是由一個邊

34、長為2 的正方體挖去一個底面半徑為1，高為 2 的半圓錐而得到的組合體，所以該幾何體的體積 v231213 12283，故選 d. 4解析： 選 b.由題意知馬每日所走的路程成等比數(shù)列an，且公比 q12，s7700，由等比數(shù)列的求和公式得a11127112700，解得a144 800127，故選 b. 5.解析：選 c.作出約束條件xy20 x2y40 x20對應(yīng)的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，作出直線 y3x 并平移知，當直線經(jīng)過點 a 時，z取得最大值，當直線經(jīng)過點b 時，z 取得最小值，由x2x2y40， 得x2y3， 即 a(2， 3)， 故 zmax9.由x2y40 xy20，得x0

35、y2，即 b(0,2)，故 zmin2，故 z 的最大值與最小值之差為7，選 c. 6解析：選 c.對|abac|3|abac|兩邊平方，得ab2ac22ab ac3(ab2ac22ab ac)，即 8ab ac2ab22ac223223236，所以ab ac92.因為|ab|ac|，所以abc 為等腰三角形，所以 abc bca，所以 cb ca(caab)caca2ab caca2ab ac99292，故選 c. 7解析：選 d.模擬執(zhí)行程序框圖，可得x2，y0，滿足條件y2 019，執(zhí)行循環(huán)體， x1121，y1，滿足條件 y2 019，執(zhí)行循環(huán)體， x11 112，y2，滿足條件 y2

36、 019，執(zhí)行循環(huán)體，x11122，y3，滿足條件 y2 019，執(zhí)行循環(huán)體， x1121，y4，觀察規(guī)律可知， x 的取值周期為 3，由于 2 0196733，可得：滿足條件 y2 019，執(zhí)行循環(huán)體， x2，y2 019，不滿足條件 y2 019，退出循環(huán)，輸出x 的值為 2.故選 d. 8解析：選 a.易知拋物線 y28x 的焦點為 (2,0)，所以雙曲線的右頂點是 (2,0)，所以 a2.又雙曲線的離心率e32，所以 c3，b2c2a25，所以雙曲線的方程為x24y251，選 a. 9解析：選 c.因為函數(shù) f(x2)為偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線 x2 對稱，又當 x 2,

37、2時，f(x)單調(diào)遞減，所以當 x 2,6時， f(x)單調(diào)遞增，f( 2)f(42)， 因為 2423 ， 所以 f( 2)f(3)f()10解析： 選 c.設(shè)男醫(yī)生人數(shù)為 a，女醫(yī)生人數(shù)為 b，女護士人數(shù)為 c，男護士人數(shù)為 d，則有：abcdca，abd2，得出： cabd2，假設(shè)： d2，僅有： a5，b4，c6，d2 時符合條件，又因為使abcd中一個數(shù)減一人符合條件，只有 b1 符合，即女醫(yī)生假設(shè)： d2 則沒有能滿足條件的情況綜上，這位說話的人是女醫(yī)生，故選 c. 11解析： 選 a.令 t2x，函數(shù)有零點就等價于方程t22at10 有正根，進而可得 0t1t20t1t20?4a

38、2402a010? a1，又 a 2,2，所以函數(shù)有零點的實數(shù)a 應(yīng)滿足 a 1,2，故 p212 214，選 a. 12解析：選 b.令 g(x)ax2bxc，則 g(x)2axb，f(x)exg(x)g(x)，因為 x1 是函數(shù) f(x)g(x)ex的一個極值點，所以有 g(1)g(1)0， 得 ca.設(shè) h(x)g(x)g(x)ax2(b2a)xab，若 b0，則 ac0，h(x)a(x1)2，h(x)在 x1 兩側(cè)不變號，與x1 是函數(shù) f(x)(ax2bxc)ex的一個極值點矛盾，故 b0 一定不成立，選擇b. 13解析： 由頻率分布直方圖可得所期望的月薪在2 500,3 500)內(nèi)

39、的頻率為 (0.000 50.000 4)5000.45，所以頻數(shù)為 3 0000.451 350，即所期望的月薪在 2 500,3 500)內(nèi)的大學(xué)生有 1 350 名答案： 1 350 14解析：2sin sin 2cos222sin 2sin cos 121cos 4sin 1cos 1cos 4sin . 答案： 4sin 15解析：解法一：依題意得，拋物線的焦點f(0,1)，準線方程是 y1，因為 2(oaof)(obof)0，即 2fafb0，所以 f，a，b 三點共線設(shè)直線 ab： ykx1(k0)，a(x1，y1)，b(x2，y2)，則由ykx1x24y，得 x24(kx1)，

40、即 x24kx40，x1x24；又 2fafb0，因此 2x1x20.由解得 x212，弦 ab 的中點到拋物線c 的準線的距離為12(y11)(y21)12(y1y2)118(x21x22)15x218194. 解法二：依題意得，拋物線的焦點f(0,1)，準線方程是 y1，因為 2(oaof)(obof)0，即 2fafb0，所以 f，a，b三點共線不妨設(shè)直線ab 的傾斜角為 ，0 2，|fa|m，點 a的縱坐標為 y1， 則有|fb|2m.分別由點 a， b 向拋物線的準線作垂線，垂足分別為 a1，b1，作 am bb1于 m，則有 |aa1|af|m，|bb1|fb|2m，|bm|bb1

41、|aa1|m，sin |bm|ab|13，|af|y112|af|sin ，|af|21sin ，同理 |bf|y2121sin ，|af|bf|21sin 21sin 41sin292，因此弦 ab 的中點到拋物線 c 的準線的距離等于12(y11)(y21)12(y1y2)112(|af|bf|)94. 答案：9416解析： a12，a28，an2anan1， an2an1an， a3a2a1826，同理可得a42，a58，a66，a72， a88， an6an， 又 2 01833662， n12 018an336(a1a2a3a4a5a6)a1a22810. 答案： 10 17解：(1

42、) 2ca2bcos a，根據(jù)正弦定理，得 2sin csin a2sin bcos a， ab c，(2 分) 可得 sin csin(ab)sin bcos acos bsin a，代入上式，得2sin bcos a2sin bcos a2cos bsin asin a， 化簡得(2cos b1)sin a0 (4 分) 由 a 是三角形的內(nèi)角可得sin a0， 2cos b10，解得 cos b12， b (0，)， b3；(6 分) (2)由余弦定理 b2a2c22accos b，得 12a2c2ac.(8 分) (ac)23ac12，由 acac22，3ac3ac24，(ac)23a

43、c(ac)234(ac)2， 1214(ac)2，(當且僅當 ac2 3時)，即(ac)248， ac4 3，(11分) ac的最大值為 4 3.(12 分) 18解：(1)由頻率分布直方圖可得分數(shù)在60,80)之間的學(xué)生人數(shù)為0.012520200 50， 在 80,100之 間 的 學(xué) 生 人 數(shù) 為 0.007 52020030， 所以低于 60分的學(xué)生人數(shù)為 120.因此 22 列聯(lián)表如下：理科意向文科意向總計男8030110 女405090 總計12080200 (4 分) 又 k2200 805030402120801109016.4986.635， 所以有 99%的把握認為是否為

44、 “文科意向 ”與性別有關(guān) (6 分) (2)將頻率視為概率，用分層抽樣的方法從“文科意向 ”學(xué)生中抽取 8 人作進一步調(diào)查，則抽取的8 人中有 3 名男生、 5 名女生， 3名男生分別記為x，y，z,5 名女生分別記為a，b，c，d，e，從中隨機選取 2 人，所有情況為 (a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(a，x)，(a，y)，(a，z)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(b，x)，(b，y)，(b，z)，(c，d)，(c，e)，(c，x)，(c，y)，(c，z)，(d，e)，(d，x)，(d，y)，(d，z)，(e，x)，(e，y)，(e，z)，(x，y)，(x，z)，(

45、y，z)，共 28 種(9 分) 記“恰好有 1 名男生、 1 名女生”為事件 a，則其包含的情況為(a，x)，(a，y)，(a，z)，(b，x)，(b，y)，(b，z)，(c，x)，(c，y)，(c，z)，(d，x)，(d，y)，(d，z)，(e，x)，(e，y)，(e，z)，共 15 種故恰好有 1 名男生、 1 名女生被采訪的概率為p(a)1528.(12 分 ) 19解：(1)因為 ad bc，ad? 平面 adef，bc?平面 adef，所以 bc平面adef，又 ef? 平面 adef ，(3 分) 所以 bc ef， bc? 平面 abcd，從而 ef平面abcd.(5 分) (

46、2)如圖，在平面 abcd 內(nèi)，過點 b 作 bh ad 于點 h，因為 de平面abcd，bh? 平面 abcd，所以 de bh，又 ad，de? 平面 adef，added，所以 bh平面adef ，所以bh 是三棱錐 b-def 的高在直角三角形 abh 中， bad30 ，ab4，所以 bh2.(8 分) 因為 de平面abcd，ad? 平面 abcd，所以 de ad，又由(1)知，bc ef，且 ad bc，所以 ad ef，所以 de ef，所以def的面積 s12222，(11分) 所以三棱錐 b-def 的體積 v13sbh132243.(12 分) 20解：(1)由題意知

47、，當點p 是橢圓的上、下頂點時， pf1f2的面積取得最大值，此時 pf1f2的面積s12 2c b43，即c a2c24 3.(2 分) 又橢圓的離心率e12，所以ca12，(3 分) 聯(lián)立解得 a4，c2，b212，所以橢圓的方程為x216y2121.(5 分) (2)由(1)知 f1(2,0)，因為 ac bd0，所以 ac bd. 當直線ac，bd 中有一條直線的斜率不存在時，|ac|bd|8614；(7 分) 當直線ac 的斜率為k，k0 時，其方程為yk(x2)，由yk x2x216y2121，消去 y并整理得 (34k2)x216k2x16k2480. 設(shè) a(x1，y1)，c(

48、x2，y2)，則 x1x216k234k2，x1x216k24834k2，所以|ac|1k2|x1x2|1k2x1x224x1x224 1k234k2，直線 bd 的方程為y1k(x2)，同理可得 |bd|24 1k243k2，(9 分) 所以|ac|bd|168 1k2 234k243k2，令 1k2t，則 t1，所以|ac|bd|168t24t1 3t1168t212t2t116812t1t2，(10 分) 設(shè) f(t)t1t2(t1)，則 f(t)t2t3，所以當 t (1,2)時，f(t)0，當 t (2，)時，f(t)0，故當 t2 時，f(t)取得最大值14. 又當 t1 時，f(

49、t)t1t20，所以 0t1t214，所以 |ac|bd|967，14 . 綜上， |ac|bd|的取值范圍為967，14 .(12 分) 21解：(1)證明：由已知得f(x)的定義域為 (0，) f(x)ln xx12x， f(x)1x12x2x12x24x23x1x 12x2.(3 分) x0， 4x23x10，x(12x)20. 當x0 時，f(x)0. f(x)在(0，)上單調(diào)遞增 (6 分) (2) f(x)ln xx12x， f(1)ln 1112113. 由 fx(3x2)13得 fx(3x2)f(1)(9 分) 由(1)得x 3x2 0 x 3x2 1，解得13x0 或23x1

50、. 實數(shù)x 的取值范圍為 13，0 23，1 .(12分) 22解：(1)圓 o： cos sin ，即 2 cos sin ，故圓o 的直角坐標方程為： x2y2xy0，(2 分) 直線 l： sin 422，即 sin cos 1，則直線的直角坐標方程為： xy10.(5 分) (2)由(1)知圓o 與直線l 的直角坐標方程，將兩方程聯(lián)立得x2y2xy0 xy10，解得x0，y1.即圓 o 與直線 l 在直角坐標系下的公共點為(0,1)，(9 分) 轉(zhuǎn)化為極坐標為1，2.(10 分) 23解：(1)因為 f(x)|2xa|2xb|1|2xa(2xb)|1|ab|1，當且僅當 (2xa)(2

51、xb)0 時，等號成立， (2 分) 又 a0，b0，所以|ab|ab，所以 f(x)的最小值為 ab12，所以 ab1.(5 分) (2)由(1)知，ab1，所以1a4b(ab)1a4b14ba4ab52ba4ab9， 當且僅當ba4ab且 ab1， 即 a13， b23時取等號(7分) 所以 log31a4blog392，所以 ablog31a4b123，即 alog31a4b3b.(10分) 高考文科數(shù)學(xué)期末模擬試題精編(四) 1解析： 選 b.集合 a0,1，bx|(x2)(x1)0，x z1,0， a b1,0,1故選 b. 2解析：選 d.由 a103ia10 3i3i 3ia(3

52、i)a3i為純虛數(shù)得 a30，即 a3. 3解析：選 b. f(x)sin x2(1cos 2 x)12sin xcos 2 xsin xsin 3xsin(x)sin xsin 3x.最小正周期 t23.故選 b. 4解析： 選 a.綈 p，表示 “甲拋的硬幣正面向下 ”，綈 q 表示“乙拋的硬幣正面向下 ”則(綈 p) (綈 q)表示“至少有一人拋的硬幣是正面向下 ”故選 a 5解析： 選 c.通解： 因為 a (ab)，所以 a (ab)0，即 a aa b|a|2|a| |b|cos a，b0，所以 cos a，b|a|2|a| |b|32，又a，b 0， ，故 a 與 b的夾角為6，

53、選 c. 優(yōu)解： 因為 a (ab)，所以利用三角形法則不難得出，向量a，b，ab 構(gòu)成直角三角形，且a，b 的夾角必定為銳角，從而可知選c. 6解析：選 a.依題意得， 該機械部件是一個圓柱 (該圓柱的底面半徑為 1、高為 3)挖去一個圓錐 (該圓錐的底面半徑為1、高為 1)后所剩余的部分，因此該機械部件的表面積等于2 13 12 11212(72) cm2. 7解析：選 a.由圖象知， a2，周期 t4312 ，所以 22， 所以 f(x)2sin(2x )， 因為函數(shù) f(x)的圖象經(jīng)過點12，2 ，所以 22sin212， 所以 212 2k 2(k z)， 因為| |2所以令 k0

54、得 3，即 f(x)2sin2x3，把函數(shù) f(x)圖象上的所有點向右平移6個單位長度后， 得到 g(x)2sin2 x632sin 2x 的圖象，由22k 2x22k( k z)， 得4k x4k( k z)，所以函數(shù) g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為4k ，4k(k z)，故選 a. 8解析：選 b.由題可知，乙、丁兩人的觀點一致， 即同真同假，假設(shè)乙、丁說的是真話，那么甲、丙兩人說的是假話，由乙說的是真話，推論相互矛盾，所以乙、丁兩人說的是假話，而甲、丙兩人說的是真話，由甲、丙供述可得，乙是罪犯9解析：選 d.由算法流程圖可知， 其統(tǒng)計的是成績大于等于110的人數(shù)，所以由莖葉圖知：成績大于等于1

55、10的人數(shù)為 9，因此輸出結(jié)果為 9. 10解析： 選 c.若直線 yk(x3)與圓 x2y21 相交，則圓心到直線的距離d|3k|1k21，解得24k24，故在區(qū)間 1，1上隨機取一個數(shù)k， 使直線 yk(x3)與圓 x2y21 相交的概率為p22224，選 c. 11解析： 選 d.直線y33(xc)過左焦點 f1，且其傾斜角為30 ， pf1f230 ， pf2f160 ， f2pf190 ，即 f1p f2p. |pf2|12|f1f2|c，|pf1|f1f2|sin 60 3c，由雙曲線的定義得2a|pf1|pf2|3cc，雙曲線c的離心率 eca23131，選 d. 12.解析：選

56、 a.連接 hc， 過 d 作 dm hc， 連接 me ， mb，因為 bc平面hcd，又 dm? 平面 hcd，所以 bc dm ，因為 bchcc，所以 dm平面hcbe ，即 d 在平面 hcbe內(nèi)的射影為 m， 所以ebd 在平面 hcbe 內(nèi)的射影為ebm，在長方體中，hc be，所以 mbe 的面積等于cbe 的面積，所以ebd 在平面 ebc 上的射影的面積為12523242 34，故選 a. 13解析： 該系統(tǒng)抽樣的抽取間隔為3065，設(shè)抽到的最小編號為 x，則 x(5x)(10 x)(15x)(20 x)(25x)87，所以x2. 答案： 2 14 解析：由正弦定理bsin

57、 bcsin c? sin bbsin cc12， 又 cb，且 b (0， ) ， 所以 b6， 所以 a712， 所以 s12bc sin a1222 2sin7121222 262431. 答案：31 15解析： 因為 bc1，cd3，bc cd，所以 bd2，又abad2，所以 ab ad，所以三棱錐 a-bcd 的外接球的球心為bd 的中點，半徑為 1，所以三棱錐 a-bcd 的外接球的體積為43. 答案：4316 解析：前 5 小時污染物消除了10%， 此時污染物剩下90%，即 t5 時，p0.9p0，代入，得 (ek)50.9， ek50.90.915， pp0ektp0(0.9

58、15)t.當污染物減少 19%時，污染物剩下81%，此時 p0.81p0，代入得 0.81(0.915)t，解得 t10，即需要花費 10 小時答案： 10 17 解：(1)由 2a2， a4,3a3成等差數(shù)列可得 2a42a23a3， 即 2a1q32a1q3a1q2，(2 分) 又 q1，a11，故 2q223q，即 2q23q20，得 q2，因此數(shù)列 an的通項公式為 an2n1.(6 分) (2)bn2n2n1n2n，(7 分) tn12222323n2n，2tn122223324n2n1.(9 分) 得 tn222232nn2n1，(11 分) tn2 2n121n2n1，tn(n1

59、)2n12.(12分) 18解：(1)如圖，取 ab 的中點 e，連接 de，db，則四邊形bcde 為矩形，decb2， adbd5.(2分) 側(cè)面sab為等邊三角形，ab2， sasbab2.又 sd1， sa2sd2ad2，sb2sd2bd2，(4 分) dsa dsb90 ，即 sd sa，sd sb，且 sasds，sd平面sab.(6 分) (2)設(shè)四棱錐 s-abcd 的高為 h，則 h也是三棱錐 s-abd 的高由(1)，知 sd平面sab. 由 vs-abdvd-sab，得13sabd h13ssab sd， hssab sdsabd.(10 分) 又 sabd12ab de12222，ssab34ab23422 3，sd1， hssab sdsabd31232. 故四棱錐 s-abcd 的高為32.(12 分) 19解：(1)記甲袋中紅球是r，白球分別為 w1，w2. 由題意得顧客a 可從甲袋中先后摸出2 個球，其所有等可能出現(xiàn)的結(jié)果為 (r，r)，(r，w1)，(r，w2)，(w1，r)，(w1，w1)，(w1，w2)，(w2，r)，(w2，w1)，(w2，w2)，共 9 種(2 分) 其中結(jié)果 (r，w1)，(r，w2)，(w1，r)，(w