2012年高考模拟精品题库(一)

2008年普通高等学校招生全国（1）统一考试

第Ⅰ卷

一、选择题 1．函数yx(x1)x的定义域为（ ）

A．x|x≥0



B．x|x≥1 D．x|0≤x≤1

C．x|x≥10

2．汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程s看作时间t的函数，其图像可能是（ ） s s s s O A．

t O B．

t O C．

t O D．

t

3．在△ABC中，ABc，ACb．若点D满足BD2DC，则AD（ ）

A．

21bc 33

B．c532b 3 C．

21bc 33

D．b132c 34．设aR，且(ai)2i为正实数，则a（ ） A．2

B．1

C．0

D．1

5．已知等差数列an满足a2a44，a3a510，则它的前10项的和S10（ ） A．138

B．135

C．95

D．23

6．若函数yf(x1)的图像与函数ylnx1的图像关于直线yx对称，则f(x)（ ） A．e2x1

B．e

2xC．e2x1

D．e2x2

7．设曲线yA．2

x12)处的切线与直线axy10垂直，则a（ ） 在点(3，x111B． C． D．2

22 1

8．为得到函数ycos2xπ的图像，只需将函数ysin2x的图像（ ） 3

B．向右平移

5π个长度单位 125πC．向左平移个长度单位

6A．向左平移

5π个长度单位 125π D．向右平移个长度单位

6f(x)f(x)0的解9．设奇函数f(x)在(0，)上为增函数，且f(1)0，则不等式

x集为（ ）

，0)(1，) A．(11)(1，) C．(，10．若直线

1)(0，1) B．(，，0)(01)， D．(1xy1通过点M(cos，sin)，则（ ） ab112222A．ab≤1 B．ab≥1 C．22≤1

abD．

11≥1 22abABC内的射影为11．已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于（ ）

A．

1 3B．2 3 C．3 3 D．

2 312．如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（ ） A．96 B．84 C．60 D．48

A D

C B

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上． （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

xy≥0，13．若x，y满足约束条件xy3≥0，则z2xy的最大值为 ．

0≤x≤3，

2

14．已知抛物线yax21的焦点是坐标原点，则以抛物线与两坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为 ．

15．在△ABC中，ABBC，cosB7．若以A，B为焦点的椭圆经过点C，则该18椭圆的离心率e ．

16．等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角CABD的余弦值为

33，M，N分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余弦值等于 ．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分） （注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．） 设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且acosBbcosA35c． （Ⅰ）求tanAcotB的值； （Ⅱ）求tan(AB)的最大值．

3

18．（本小题满分12分）

BC2，四棱锥ABCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC底面BCDE，CD2，ABAC．

（Ⅰ）证明：ADCE（Ⅱ）设CE与平面ABE所成的角为45，求二面角

CADE的大小．

A B E C D

4

19．（本小题满分12分）

已知函数f(x)x3ax2x1，aR． （Ⅰ）讨论函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）设函数f(x)在区间，内是减函数，求a的取值范围．

5

2313

20．（本小题满分12分） （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物．血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病．下面是两种化验方法： 方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止．

方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性则表明患病动物为这3只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验．

（Ⅰ）求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率； （Ⅱ）表示依方案乙所需化验次数，求的期望．

6

21．（本小题满分12分） （注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

双曲线的中心为原点O，焦点在x轴上，两条渐近线分别为l1，l2，经过右焦点F垂直于l1AB、OB成等差数列，且BF与FA同向． 的直线分别交l1，l2于A，B两点．已知OA、（Ⅰ）求双曲线的离心率；

（Ⅱ）设AB被双曲线所截得的线段的长为4，求双曲线的方程．

7

22．（本小题满分12分） （注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．

） 设函数f(x)xxlnx．数列an满足0a11，an1f(an)． （Ⅰ）证明：函数f(x)在区间(0，1)是增函数； （Ⅱ）证明：anan11； （Ⅲ）设b(a1，1)，整数k≥a1bab．证明：ak1b． 1ln

8

2008年普通高等学校招生全国统一考试理科数学

（必修+选修Ⅱ）参

1. C.

由xx10,x0,得x1,或x0;

2. A． 根据汽车加速行驶s可知；

121at，匀速行驶svt，减速行驶sat2结合函数图像22123. A. 由ADAB2ACAD，3ADAB2ACc2b，ADcb；

334. D. 5. C. 6. B. 7.D.

ai2ia22ai1i2aa21i0,a1；

由a2a44,a3a510a14,d3,S1010a145d95； 由ylnx1xe由y2y1,fx1e2x1,fxe2x；

x12211,y',y'|,a2,a2； x32x1x12x15sin2x,只需将函数ysin2x的图

128.A.

5ycos2xsin2x36像向左平移

5ππ个单位得到函数ycos2x的图像. 123f(x)f(x)2f(x)0，()0，1)1()f0，而f1则f(xx9.D．由奇函数f(x)可知

)上为当x0时，f(x)0f(1)；当x0时，f(x)0f(1)，又f(x)在(0，增函数，则奇函数f(x)在(,0)上为增函数，0x1,或1x0.

10.D．由题意知直线

xy1与圆x2y21有交点，则ab11ab11122ab≤1,11≥1. a2b2另解：设向量m=(cos,sin),n=(,)，由题意知

cossin1 ab由mn≤mn可得1

cossin11≤ aba2b29

11.C．由题意知三棱锥A1ABC为正四面体，设棱长为a，则AB13a，棱柱的高

2326222，故AB1与AOaAOa(a)a（即点B1到底面ABC的距离）1323底面ABC所成角的正弦值为

AO21. AB130另解：设AB,AC,AA1为空间向量的一组基底，AB,AC,AA1的两两间的夹角为60

11长度均为a，平面ABC的法向量为OA1AA1ABAC,AB1ABAA1

33226OA1AB1a,OA1,AB13 33OA1AB12则AB1与底面ABC所成角的正弦值为.

3AOAB1123412.B.分三类：种两种花有A4种种法；种三种花有2A4种种法；种四种花有A4种种法.共有234A42A4A484.

另解：按ABCD顺序种花，可分A、C同色与不同色有43(1322)84 13.答案：9．如图，作出可行域，

作出直线l0:x2y0，将l0平移至过点A处 时，函数z2xy有最大值9.

14. 答案：2.由抛物线yax1的焦点坐标为

2xy0 xy30 y x3 O x A(3,3) x2y0 (0,1111)为坐标原点得，a，则yx21 4a4413题图 1412 2372522215.答案：.设ABBC1，cosB则ACABBC2ABBCcosB

81与坐标轴的交点为(0,1),(2,0),(2,0)，则以这三点围成的三角形的面积为

10

5582c3. ，2a1,2c1,eC 3332a81M 16.答案：.设AB2，作CO面ABDE， 6N OHAB，则CHAB，CHO为二面角CABD的平面角 A o H CH3,OHCHcosCHO1，结合等边三角形ABC ACE B D 与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥，则ANEMCH3 16题图（1） 11111AN(ACAB),EMACAE,ANEM(ABAC)(ACAE)

22222ANEM1故EM，AN所成角的余弦值

z ANEM6

另解：以O为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系， 则点A(1,1,0),B(1,1,0),E(1,1,0),C(0,0,2),

C M N H A E o y 112112M(,,),N(,,),

222222B D 16题图（2） x 3121321则AN(,,),EM(,,),ANEM,ANEM3, 2222222ANEM1故EM，AN所成角的余弦值.

ANEM617.解析：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理及acosBbcosA可得sinAcosBsinBcosA3c 53333sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB 5555即sinAcosB4cosAsinB，则tanAcotB4； （Ⅱ）由tanAcotB4得tanA4tanB0

tanAtanB3tanB33tan(AB)≤

1tanAtanB14tan2BcotB4tanB41当且仅当4tanBcotB,tanB,tanA2时，等号成立，

2 11

故当tanA2,tanB12时，tan(AB)的最大值为34. 18．解：（1）取BC中点F，连接DF交CE于点O， A ABAC，AFBC，

又面ABC面BCDE，AF面BCDE， AFCE．

B G FtanCEDtanFDC2 2， C O D OEDODE90，DOE90，即CEDF，

18题图 CE面ADF，CEAD．

（2）在面ACD内过C点作AD的垂线，垂足为G．

CGAD，CEAD，AD面CEG，EGAD， 则CGE即为所求二面角的平面角．

CGACCD23AD3，DG622303，EGDEDG3， CE6，则cosCGECG2GE2CE22CGGE1010， CGEπarccos1010，即二面角CADE的大小πarccos1010．19. 解：（1）f(x)x3ax2x1求导：f(x)3x22ax1 当a2≤3时，≤0，f(x)≥0，f(x)在R上递增

当a23，f(x)0求得两根为xaa233

aa2即f(x)在aa23aa23，33递增，3，3递减，

aa23，递增 3 E

12

a（2）aa232≤33a231≥33次数 概率 ，且a23解得：a≥7 4 20．解：（Ⅰ）对于甲： 1 0.2 2 0.4 2 0.2 3 0.2 3 0.4 4 0.2 4 0.2 5 0.2 对于乙：

次数 概率 0.20.40.20.80.210.210.．

（Ⅱ）表示依方案乙所需化验次数，的期望为E20.430.440.22.8． 21. 解：（Ⅰ）设OAmd，ABm，OBmd 由勾股定理可得：(md)2m2(md)2 得：d1bAB4m，tanAOF，tanAOBtan2AOF 4aOA3b

a4，解得b1,则离心率e5． 由倍角公式2

a232b

1a

2

ax2y2（Ⅱ）过F直线方程为y(xc),与双曲线方程221联立

bab将a2b，c5b代入，化简有

15285xx210 24bb2a2a41x1x21(x1x2)24x1x2 bb325b228b2,解得b3 4将数值代入，有45515 13

x2y21。 故所求的双曲线方程为

36922. 解析：（Ⅰ）证明：f(x)xxlnx，f'xlnx,当x0,1时，f'xlnx0 故函数fx在区间(0,1)上是增函数；

（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，0a11，a1lna10，

a2f(a1)a1a1lna1a1

由函数f(x)在区间(0，且函数f(x)在x1处连续，则f(x)在区间(0，1)是增函数，1]是增函数，a2f(a1)a1a1lna11，即a1a21成立；

（ⅱ）假设当xk(kN*)时，akak11成立，即0a1≤akak11

1]是增函数，0a1≤akak11得 那么当nk1时，由f(x)在区间(0，f(ak)f(ak1)f(1).而an1f(an)，则ak1f(ak),ak2f(ak1)，

ak1ak21，也就是说当nk1时，anan11也成立；

根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数n，anan11恒成立. （Ⅲ）证明：由f(x)xxlnx．an1f(an)可得

ababalnaa1bailnai k1kkki1k1， 若存在某i≤k满足ai≤b，则由⑵知：ak1baib≥0

babalna2， 若对任意i≤k都有aib，则a k1kkkabkalnb a1bailnaia1bailnba1b(ai)lnb11i1i1i1kkkabkalnbab(ab)0，即ak1b成立. 1111

14

15