2011届高考数学仿真押题卷——浙江卷：文02

2011届高考数学仿真押题卷——浙江卷（文2）

第Ⅰ卷（选择题，共50分）

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，只有一项是符合题

目要求的）

1.若A{x||x|2},B{x|xa}，ABA,则实数a的取值范围是（ ） A. a2 2.已知i为虚数单位，则A. 2i

B. a2

C. a2

D. a2

42i＝（ ）

12iB. 2i

C. 2

D.

23i 553.已知数列{an}是等比数列，且a2a62a4，则a3a5（ ） A．1

B．2

C．4

D．8

4.设函数f(x)为偶函数，且当x[0,2)时f(x)2sinx，当x[2,)时f(x)log2x，则

f()f(4)（ ）

3A．32

B. 1

C. 3

D. 32

5.先将函数f(x)sinxcosx的图像向左平移来的

个长度单位，再保持所有点的纵坐标不变横坐标压缩为原41，得到函数g(x)的图像．则使g(x)为增函数的一个区间是（ ） 2

B. (0,A．(,0)

2) C. (2,) D. (,) 42开始 6.根据右边的程序框图，若输入的实数x1，则输出的n的值为（ ） A．8

B．9

22C．10

33

D．11

输入x 7.设a,bR，则“ab”是“ab0”的 （ ） n1 A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

x2x1 nn1 x500？ 是 x2y28.若双曲线221(a0,b0)的离心率为3，则椭圆

ab否 输出n x2y2结束 21的离心率为 ( ) 2abA．

第6题

123 B. C. 223D.

3 2

9.设函数f(x)g(x)t，若对tR，f(x)恒有两个零点，则函数g(x)可为 ( ) A．g(x)2x2x B．g(x)2x2x C．g(x)log2x11 D．g(x)log2x log2xlog2x10.对两个实数x,y,定义运算“”，xy1xy．若点P(xy,(x)y)在第四象限，点

Q(xy,(x)(3xy))在第一象限，当P,Q变动时动点M(x,y)形成的平面区域为，则使

{(x,y)|(x1)2(y1)2r2(r0)}成立的r的最大值为（ ）

A．2

B．5

C.

5 5 D.

2 2第Ⅱ卷（非选择题，共100分）

二、填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分)

11.某校有学生3000人，其中高三学生500人．为了解学生的身体素质情况，采用按年级分层抽样的方法，从该校学生中抽取一个n人的样本．已知样本中高三学生的人数为50，则n________.

12.函数的最大值是 ．

f(x)sin(2x3)3cos(2x3)(xR)13.若某多面体的三视图(单位:cm)如图所示,则此多面体的表面积 是 ．

14.A袋中有1张10元1张5元的钱币，B袋中有2张10元1张

5元的钱币，从A袋中任取一张钱币与B袋中任取一张钱币互 换，这样的互换进行了一次. 那么，A袋中10元钱币至少一张 的概率是 ． 15.已知如下等式：

第13题

12342，7 132344233437，

1333243424334447，

13433432423434435457， 34则由上述等式可归纳得到3n3n143n24214n____（nN*）. 16.已知向量a,b均为单位向量，它们的夹角为45，实数x、y满足|xayb|1，则y的取值范围

n

是 ．

17.有10台型号相同的联合收割机，收割一片土地上的庄稼．现有两种工作方案：第一种方案，同时投入

并连续工作至收割完毕；第二种方案，每隔相同时间先后投入，每一台投入后都连续工作至收割完毕．若采用第一种方案需要24小时，而采用第二种方案时，第一台投入工作的时间恰好为最后一台投入工作时间的5倍，则采用第二种方案时第一台收割机投入工作的时间为 小时. 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. (本小题满分14分）如图，在△ABC中，D为BC边上一点，

A

BAD,　CAD，cos（1）求BAC的大小； （2）当D为BC中点时，求

25310． ,cos510B

D

第18题

n2*AC的值． ADC

19. (本小题满分14分)设Tn为数列｛an｝的前n项的积，且Tn()(nN). （1）求数列｛an｝的通项公式；

281an是bn与11an的等差中项，求使bn0成立的最小正整数n． （2）若223

20. (本小题满分14分)如图，在一个由矩形ABCD与正三角形APD组合而成的平面图形中，

AD2,DC2,现将正三角形APD沿AD折成四棱锥PABCD，使P在平面ABCD内的射影

恰好在边BC上．

（1）求证：平面PAB⊥平面PBC；

Ｐ （2）求直线AC与平面PAB所成角的正弦值．

D

Ｄ

xＡ Ｂ

A C 第20题 Ｃ

2Ｐ

B

21. (本小题满分15分)已知实数a满足a1，函数f(x)e(xax1)． （1）当a3时，求f(x)的极小值；

32 （2）若g(x)2x3(b1)x6bx6(bR)的极小值点与f(x)的极小值点相同，证明：g(x)的

极大值大于等于7．

22. (本小题满分15分)

已知m,t是实数，F是抛物线C:y2px(p0)的焦点，直线l:xmyt． （1）若t1,且F在直线l上，求抛物线C的方程；

2p（2）当t时，设直线l与抛物线C交于A,B两点，过

2

y A1 M A Q O F N B1 B x

A,B分别作抛物线C的准线的垂线，垂足为A1,B1，连

A1F交y轴于点M，连结B1F交y轴于点N．

①证明：AM⊥BN；

②若AM与BN交于点Q，记△AA1M、四边形

FMQN、△BB1N的面积分别为S1,S2,S3，问

2是否存在实数，使S2S1S3成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

参

一、 选择题答案及参考解答

答 案：1.B; 2.A; 3.C; 4.D; 5.D; 6.B; 7.B; 8.B; 9.Ｄ; 10.C.

参考解答：

1.解：由ABA,得AB,又A{x|2x2},B{x|xa}，知a2.B真. 2.解：

42i42i22i， A真.

12ii(2i)i223.解：a2a6a42a40a42a3a5a44．C真．

4.解：由已知，f()f(4)2sinlog2432．Ｄ真.

331kk,](kZ)．故Ｄ真. 5.解：g(x)cos4x，它的递增区间为[2242,n9. 6.解：x3,n2x7,n3x15,n4x255,n8x511B真.

7.解：a3b30ab0a2b2；但a2b2推不出a3b30．B真． 8.解：由e双2a2b2b2a212223，得b2a.所以，e椭.B真.

2a2b2119.解：先考察函数yx与yx的零点，再结合函数y2x与ylog2x的值域与单调性，

xx利用图解法判定.Ｄ真.

10.解：∵点P(xy,(x)y)在第四象限，点Q(xy,(x)(3xy))在第一象限，∴

xy0(x)y0(x)(3xy)01xy0，化简得 1xy0，该不等式组表示的平面区域即是.画图即知，

42xy0r的最大值是圆心C(1,1)到三条直线l1:1xy0,l2:1xy0,l3:42xy0距离的最小值dmin5．C真. 55; 6二、 填空题答案及参考解答

答 案：11.300;12.2；13. 12cm2（单位不写不扣分）; 14.

115. [3n1(4)n1]； 16.2y2;17. 40.

7参考解答：

n5011.解：由 ,得n300. 300050012.解： f(x)sin(2x)3cos(2x)2sin2x，故所求最大值为2．

3313.解：该几何体为一正四棱锥，底面是一边长为2的正方形，侧面是四个底边长与高均为2

1的等腰三角形．表面积224(22)12(cm2).

214.解：互换一张共有6种．互换后A袋中没有10元的情况只有1种．故所求概率为

15p1．

66115.解：由归纳推理，可得原式=[3n1(4)n1](nN*)．

716.解： 由已知，|xayb|1x22xyy210．因关于x的方程有解，故

2y2402y2．

17.解: 设相同时间间隔为t1小时，第10台投入工作至收割完成为t2小时，则第1,2,3,4,5,6,7,8,9台投入工作的时间依次为9t1t2,8t1t2,,t1t2小时．因采用第一种方案总共用24小时完成，所以，每台收割机每小时完成收割任务的

9t1t25t2,1．依题意，有2401[(9t1t2)(8t1t2)t2]1，解得t28．故共需5t240（小时）． 240三．解答题参考解答及评分标准 18.（本小题满分14分）

解：（1） 由已知，sin1cos25 „„„„„„„1分 5

sin1cos210„„„„„„„2分 10cosBACcos()coscossinsin„„„„3分

253105102„„„„„„„5分 5105102∵BAC(0,)∴BAC4．„„„„„„„„„„ 7分

（2）当D为BC中点时，SABDSACD，可得

ABsin2， ACsin2即AC2AB„„„„„„„„„„„„„„„„„9分 由余弦定理，BC2AB2AC22ABACcos43AB22AB2AB2，

即ABBC，知ABC900．„„„„„„„„„„„„„„12分

设ABBC2,则AD5,AC22，所以，

AC210.„„„14分 AD5BDAD（2）方法二：ABD中，（1）„„„„„„„9分 sinsinBBCAC ABC中，（2）„„„„„„11分

sin()sinB1BC2 „„„„

(2)ACBCsin2sin252102(1)ADsin()BDsin()55BD14分

19.（本小题满分14分） 解：(1)当n≥2时，anTn2()2n1；„„„„„„„„„„4分 Tn132222又a1T1()1()21„„5分

333224∴ an()2n1()n1(nN*) „„„„„„„„„„6分

33922(2)由已知，81anbn11an，得bn81an11an„„„„„8分

11，„„„„„„„10分 812211又an()2n1在N*上单调递减且a1，

3381824112323311a2,a3()5„„„„„„„12分

278181324324381令bn0，得0an∴使bn0成立的最小正整数为n3„„„„„„„„„„„14分 20.（本小题满分14分） 解：（1）折起后，因P在平面ABCD内的射影 在边BC上，所以，平面PBC⊥平面ABCD且交线 为BC.„„„„„„„„„„„„„„„4分 又矩形ABCD，所以，AB⊥BC．

Ｐ

A D

C B

由两平面垂直的性质定理，AB⊥平面PBC平面PAB⊥平面PBC.„7分

（2）折起后，由(1), 在△PAB中，∠ABP900,AB2,AP2， ∴PB2，同理得PC2PC2PB2224BC2∴PCPB„„9分

而AB⊥平面PBCPC⊥AB，又ABPBB ∴PC平面PAB,知∠PAC是所求角„„„„11分

在RtAPC中，sinAPCPC23.„„„„„„„„„13分 AC633„„„„„„14分 3即直线AC与平面PAB所成角的正弦值为21.(本小题满分15分)

解：解：（1）f/(x)ex[x2(a2)xa1]„„„ „„„2分 当a3时，f/(x)ex(x2x2)

列表如下： x (－，－1) －1 (－1，2) 2 (2，＋) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f (x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 „„„„„„5分

所以，f(x)的极小值为f(2)e2„„„„„„„„„„6分

（2）∵a1，∴a11，又f/(x)ex[x2(a2)xa1]ex(xa1)(x1)，

∴f(x)的极小值点是xa1，从而g(x)的极小值点也是xa1„„9分 又g/(x)6(x1)(xb)ba1，即ba1„„„„„„„12分

故g(x)的极大值g(1)73b43a7 „„ „„„15分 22.(本小题满分15分)

p解：（1）当t1时，直线l过定点F(1,0)1．

2y A1 M A ∴抛物线C的方程是y4x„„„„„„„„„„4分

pxmy （2）①设A(x1,y1),B(x2,y2)．联立 2，消去

y22px2Q O F N B1 B x x，得y22pmyp20，△4p2m24p20,且y1y22pm,y1y2p2„6分 由已知，A1(yyypp,y1),B1(,y2)，于是M(0,1),N(0,2)kAM122222x1y1p 2y1y212p同理kBNpp2p2kAMkBN1AM⊥BN„„„„„„„„9分 2y2y1y2p①方法二：

由抛物线定义知，∵AAAA1|AF|1FAFA1

又∵AA1//OFAA1FA1FO „„„„„„„5分 AFA的平分线 „„6分 1A1FOFA1为AFO 同理FB1为BFO的平分线，A1FB1=900 „„7分

又等腰AA1F中，AM为中线，AMA1F

同理BNB1F „„„„„8分 AQB=900即AMBN „„„„„9分

②因kA1Fp2y1y2p，所以，kA1FkBN，得A1F∥BN.同理，B1F∥AM，而AM⊥ppy2BN，∴四边形FMQN是一个矩形．„„„„„„„„11分

S四边形FMQN∴ SAA1M1p|MN||FO|2|y1y2|2y12y2p224,而x1x2, 21p|y1|1p|y2|44p(x1),SBB1N(x2)222222x1x2m(y1y2)p2pm2p„„„„„„„„13分

2假设存在实数使S2S1S3成立，则有

p|y|(x1)1(x2yy22p222(1)()222p|y2|)222pp2[x1x2(x1x2)]|y1y2|(y1y2)24y1y2p224,代入4．

44162故存在实数4，使S2S1S3成立．„„ „„15分