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1、高考模拟训练卷二一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（甘肃高三一模（文）已知集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】根据集合交集的概念及运算，即可求解.【详解】由题意，集合，根据集合交集的概念及运算，可得.故选：A.2（浙江高三其他模拟）已知双曲线的焦距为10，则双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD【答案】D【解析】根据，求出，即可求解.【详解】双曲线的焦距为，所以，所以双曲线的渐近线方程为，故选：D3（辽宁高三其他模拟（文）已知满足约束条件，则的最小值为（ ）ABCD【答案】C【解析】画出可行域，将目标函数变形，通过平移直线
2、即可求出最优解，进而可得最值【详解】解：可行域如下图，联立 解得，即当过时，有最小值，此时，故选：C4（河南驻马店市高一期末（理）在九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线恰好平分矩形的面积，则该“堑堵”的表面积是（ ）ABCD【答案】B【解析】首先根据题意画出三视图的直观图，再求其表面积即可.【详解】如图所示：由题知：在直三棱柱中，为的中点，且.又因为为等腰直角三角形，所以，.所以表面积.故选：B5（山东德州市高三一模）已知，则是的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】根据不等式的性质
3、及指数函数的单调性即可判断.【详解】当时，推不出，例如时，当时，可得，即，所以成立，所以是成立的必要不充分条件，故选：B6（全国高三月考（理）已知函数，则的图象可能是（ ）ABCD【答案】A【解析】通过函数的奇偶性可排除CD，利用可排除B，由此得到结果.【详解】函数的定义域为，且，是奇函数，图象关于坐标原点对称，可排除C，D；当时，排除B.故选：A.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
4、7（全国高三专题练习）随机变量的分布列如下表，若，则（ ）-212A0B2C3D4【答案】B【解析】利用分布列的概率之和为1，利用期望的性质和方差公式求解.【详解】由题意可知，解得，又，所以；所以.故选：B.8（浙江高三其他模拟）如图，在四棱锥中，底面为正方形，且为线段上的动点（不含端点），设二面角的大小为，直线与平面所成的角为，直线与所成的角为，则（ ）A，B，C，D，【答案】B【解析】根据角的定义作出，再利用三角函数的单调性比较.【详解】如图所示：设在底面内的射影为，过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，连接，则，因为，所以，故选：B9（全国高三专题练习）定义在上的函数满足，且当时，若对
5、任意的，不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）ABCD【答案】C【解析】若对任意的，不等式恒成立，即对，不等式恒成立，进而可得答案.【详解】当时，单调递减，当时，单调递减，故在上单调递减，由，得的对称轴为，若对任意的，不等式恒成立，即对，不等式恒成立，即，即，故实数的最大值为.故选：C.10（长春市第二实验中学高三期中（理）已知数列的前项和为，首项(且)，且，数列的前项和为.若关于的不等式有且仅有两个不同的正整数解，则实数的取值范围为（ ）ABCD【答案】C【解析】先利用判断是等比数列，进而求出和的通项公式，求出数列的前项和为，解不等式即可.【详解】当时，两式作差有，又由，有，得，所以也成立可得
6、，故数列是等比数列，所以，而，所以数列为等差数列，且，若仅有两个整数解，又若满足，必有满足，不满足，有解得或，又当时，令，可得函数单调递减，不存在这样的m符合题意.故实数的取值范围为.故选：C【点睛】(1)利用求通项公式是求通项公式的一种常见方法；(2) 若是等比数列，且，记，则为等差数列.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11（江苏高一课时练习）已知复数z13bi，z212i，若是实数，则实数b_.【答案】6【解析】化简，利用虚部为零，计算出b即可.【详解】，是实数，6b0，即b6.故答案为：612（北京汇文中学高二期中）已知过点
7、的直线与圆相切，且与直线垂直，则实数_；直线的方程为_.【答案】 【解析】易知直线的斜率存在，设斜率为，由与圆相切，可建立等式关系，即可求出的方程，再由直线与直线垂直，可建立斜率关系，即可求出的值.【详解】由题意，圆的圆心为，半径为.若直线的斜率不存在，则直线为，此时与圆不相切，不符合题意；若直线的斜率存在，设斜率为，则直线为，则，解得，即直线为，因为直线与直线垂直，所以，即.故答案为：；.13（湖北高三月考）二项式的展开式中，x的系数为270，则：（1）_，（2）该二项式展开式中所有项的系数和为_【答案】3 32 【解析】（1）由题意利用通项公式，求得的系数，再根据的系数为270，求得的值（
8、2）令，可得二项式的展开式中所有项的系数和【详解】解：二项式的展开式中，通项公式为，令，可得，故的系数为，令，可得二项式的展开式中所有项的系数和为，故答案为：3；3214（全国高二（理）在中，已知点在线段上，且，则_，_.【答案】 【解析】（1）首先利用，求，再利用余弦定理求；（2）利用公式，利用余弦定理解.【详解】由题意得，在中，由余弦定理可知：，易知，又，由正弦定理可知，则.故答案为：4，15（全国高三专题练习）已知椭圆，过点的直线与椭圆交于，过点的直线与椭圆交于，且满足，设和的中点分别为，若四边形为矩形，且面积为，则该椭圆的离心率为_【答案】【解析】画出图形，不妨设，两条直线的斜率大于零
9、时，连结，由题意知，求出，求出，的斜率，设，利用点差法，转化推出椭圆的离心率即可【详解】解：如图，不妨设，两条直线的斜率大于零时，连结，由题意知，解得，或，（舍），在中，因为，所以，故此时，.设，则，两式相减得，即，即，因此离心率，所以.故答案为：16（昆明市云南师大附中高三月考（文）偶函数的定义域是，其导函数是.当时，则关于x的不等式的解集为_.【答案】【解析】根据时，构造函数，用导数法研究其单调性，再根据是上的偶函数，得到为偶函数，然后将原不等式转化为求解.【详解】令，则，因为当时，所有当时，在上单调递减，因为，为偶函数.当时，则等价于，即.因为为偶函数，所以，又因为，所以所求解集为.故答
10、案为：【点睛】思路点睛：先由时，构造函数，研究其单调性和奇偶性，再利用函数单调性的定义解不等式.17（湖南岳阳市高一月考）已知直角坐标系中，（1）若，则y=_.（2）若三角形的周长为2，则向量与的夹角为_.【答案】 【解析】（1）根据以及平面向量数量积的坐标表示可解得结果；（2）由三角形的周长为2，可得，化简得，利用以及平面向量的夹角公式变形可得答案.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，所以，即，解得.（2）依题意得，因为三角形的周长为2，所以，所以，两边平方化简得，因为，因为，所以.故答案为（1）；（2）.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18（
11、沙坪坝区重庆南开中学高一期末）先将函数图像上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍(横坐标不变)，再将所得到的图像横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)得到函数的图像.（1）求函数的解析式；（2）若，满足，且，设，求函数在上的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先对函数化简变形可得，再由三角函数图像变换规律可求出的解析式；（2）由已知条件可得，则可得，然后令，则，从而可求出其最值【详解】（1）原函数化简得到，将图像上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍(横坐标不变)，可得，再将的图像横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)得到所以.（2）由题意知，因为所以，解得，则有：.令，则对称轴为.所以.【点睛】关
12、键点点睛：此题考查三角恒等变换公式的应用，考查三角函数图像变换规律，考查数学转化思想，解题的关键是由求出，再对两边取余弦化简可求出，从而可对化简可得，再利用换元法可求得结果，属于中档题19（甘肃高三一模（理）如图，在四棱锥中，底面为梯形，平面平面，为棱上一点（1）在平面内能否作一条直线与平面垂直？若能，请画出直线并加以证明；若不能，请说明理由；（2）若时，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）过作，交棱于，由平面可知平面；（2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）过作，交棱于，为所求作的直
13、线，因为平面平面，且，所以平面，又因为，所以平面（如证明平面、或寻找上任意一点作平行线、垂线都可）（2）取中点，中点，连接，则平面，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系则可得，则，设平面的法向量为，易得，不妨取因为，所以，所以设与平面所成角为，则所以与平面所成角的正弦值为20（辽宁沈阳市高三一模）已知正项数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式;（2）若，数列前项和为，求使的最小的正整数的值.【答案】（1）；（2）8.【解析】（1）根据，利用数列通项与前n项和的关系求解； （2）由（2）得，利用错位相减法求得，再根据的单调性，根据求解.【详解】（1）当时，由，得，两式相减得，即正项数列.当时，数列是以为首项，为公差的等差数列，.（2）由（1）知，所以，两式相减得：，.，所以当时，单调递增，当时，当
