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1、河南省济源市沁园中学高三数学理模拟试题含解析一、 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. 四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年美国数学家阿佩尔与哈肯证明了四色定理其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域（如区域D由两个边长为1的小正方形构成）上分别标有数字1，2，3，4的四色地图符合四色定理，区域
2、A、B、C、D、E、F标记的数字丢失若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是A. B. C. D. 参考答案：B【分析】根据相邻的两个区域必须是不同的数字这一规则，逐个区域进行判断，区域C相邻给定的标记为1,2,3的区域，从而可以最先判断，最后可根据几何概型的概率求法来求得概率.【详解】因为区域C相邻标记1，2，3的区域，所以区域C标记4,进而区域D相邻标记2,3,4的区域，从而推出区域D标记1,区域A相邻标记1,2,4的区域，所以区域A标记3,区域E相邻标记2,3,4的区域，从而区域E标记1,区域F相邻标记1,3,4的区域，从而标记2,区域B相邻标记为1,2,3的区域，所
3、以标记4,所以只有B,C标记为4，共占8个边长为1的正方形，面积为8,总共的区域面积为30，所以在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是,故选B.【点睛】此题除了考查概率的基础知识外，更重要考查处理问题的能力.2. 已知向量，对任意，恒有，则 A B C D参考答案：C3. 的展开式中的常数项是（A）（B）（C）（D）参考答案：C略4. 下列函数中，为奇函数的是( )ABf（x）=lnxCf（x）=2xDf（x）=sinx参考答案：D【考点】函数奇偶性的判断 【专题】函数的性质及应用【分析】利用函数奇偶性的定义进行判断即可【解答】解：A函数的定义域为x|x0，定义域不关于原点
4、对称，A为非奇非偶函数B函数f（x）的定义域为x|x0，定义域不关于原点对称，B为非奇非偶函数C函数f（x）的定义域为R，定义域关于原点对称，C不是奇函数D函数f（x）的定义域为R，定义域关于原点对称，f（x）=sin（x）=sinx=f（x），D是奇函数故选D【点评】本题主要考查函数奇偶性的判断，利用函数奇偶性的定义是判断的主要依据，注意要先判断函数的定义域是否关于原点对称5. 已知全集为R，集合M=,集合N=,则 A（3,5） B. 3,5） C.（1,3） D.(1,3 参考答案：A6. 已知三个向量，平行，其中分别是的三条边和三个角，则的形状是（ ）A. 等腰三角形 B.等边三角形 C
5、. 直角三角形 D. 等腰直角三角形参考答案：B略7. 若直线上存在点满足约束条件，则实数的最大值为（ ）(A) -1 (B) 1 (C) (D) 2参考答案：B8. 函数的值域为D，若，则实数a的取值范围为（ ）A(,1 B(,2 C. (0,2 D2,+) 参考答案：B9. O为空间任意一点，若，则A，B，C，P四点（ ） A一定不共面 B一定共面 C不一定共面 D无法判断参考答案：B10. 若复数（为虚数单位），则的共轭复数（ ）A B C D.参考答案：D二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 若复数（a为正实数）的模为2，则a= .参考答案：由题意，所以12. 已知
6、函数,若曲线在点 (,其中,互不相等)处的切线互相平行,则的取值范围是 参考答案：（1,2）13. 已知函数f(x)(a是常数且a0)对于下列命题：函数f(x)的最小值是1；函数f(x)在R上是单调函数；若f(x)0在上恒成立，则a的取值范围是a1；对任意的x10，x20且x1x2，恒有f其中正确命题的序号是_(写出所有正确命题的序号)参考答案：14. 如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动，设顶点P（x,y）的轨迹方程是，则在其两个相邻零点间的图象与x轴所围区域的面积为 。参考答案： 15. 已知三被锥SABC的体积为，底面ABC是边长为2的正三角形，且所有頂点都在直径为SC的球面上则
7、此球的半径为参考答案：2【考点】LG：球的体积和表面积【分析】设球心为O，球的半径为R，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1平面ABC，作SD平面ABC交CO1的延长线与D，用半径表示出OO1、高SD，利用V三棱锥SABC=求出R的值【解答】解：设球心为O，球的半径为R，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1平面ABC，作SD平面ABC交CO1的延长线与D，如图所示；ABC是正三角形，CD=2=，O1C=CD=，OO1=，高SD=2OO1=2；又ABC是边长为2的正三角形，SABC=?22=，V三棱锥SABC=?2=，解得R=2故答案为：216. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的
8、体积为 参考答案：由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形的四棱柱。棱柱的高为4，底面梯形的上底为4，下底为5，腰,所以梯形的面积为，所以该几何体的体积为。【解析】略17. 已知角的终边经过点，且,则的值为 参考答案：试题分析：由已知，考点：任意角的三角函数.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. 二次函数f(x)满足f(x1)f(x)2x，且f(0)1.(1)求f(x)的解析式；(2)在区间1,1上，yf(x)的图像恒在y2xm的图像上方，试确定实数m的范围参考答案：略19. （05年全国卷）（12分）已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，ABD
9、C，底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M是PB的中点。（）证明：面PAD面PCD；（）求AC与PB所成的角；（）求面AMC与面BMC所成二面角的大小。参考答案：解析：（）证明：PA面ABCD，CDAD，由三垂线定理得：CDPD.因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，CD面PAD.又CD面PCD，面PAD面PCD.（）解：过点B作BE/CA，且BE=CA，则PBE是AC与PB所成的角.连结AE，可知AC=CB=BE=AE=，又AB=2，所以四边形ACBE为正方形. 由PA面ABCD得PEB=90在RtPEB中BE=，PB=， （）解：作ANCM，垂足为N，连结BN.在Rt
10、PAB中，AM=MB，又AC=CB，AMCBMC,BNCM，故ANB为所求二面角的平面角.CBAC，由三垂线定理，得CBPC，在RtPCB中，CM=MB，所以CM=AM.在等腰三角形AMC中，ANMC=，. AB=2，故所求的二面角为方法二：因为PAPD，PAAB，ADAB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，.（）证明：因又由题设知ADDC，且AP与与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD面PCD.（）解：因由此得A
11、C与PB所成的角为（）解：在MC上取一点N（x，y，z），则存在使要使为所求二面角的平面角.20. 设a、b、cR+，求证： +参考答案：【考点】不等式的证明【分析】利用基本不等式，可得+（b+c）a， +（c+a）b， +（a+b）c，相加，即可得出结论【解答】证明：a、b、cR+，+（b+c）a， +（c+a）b， +（a+b）c，+（b+c）+（c+a）+（a+b）a+b+c，+21. 已知ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且.（1）求A；（2）若ABC的周长为3，求a的最小值.参考答案：（1）；（2）1.【分析】（1）由正弦定理把条件转化为角的关系，再由两角和的正弦公式
12、及诱导公式得的关系式，从而可得结论.（2）由余弦定理并代入可得，结合基本不等式可得的范围，从而得出的最小值及此时取值.【详解】（1）由已知及正弦定理得，即，.又，.（2），化简得，代入式得，即，解得或（舍），当且仅当时取“”.，即的最小值为1，此时，且为正三角形.【点睛】本题考查正弦定理与余弦定理，考查基本不等式的应用，解题时要注意边角关系的转化.求“角”时，常常把已知转化为角的关系，求“边”时，常常把条件转化为边的关系式，然后再进行转化变形.22. 已知的三个内角所对的边分别为a，b，c，向量，,且.()求角的大小;()若向量,试求的取值范围.参考答案：解：()由题意得，2分即. 3分.由余弦定理得, . 5分(), 6分 8分. 10分所以，故. 12分略
