高考数学全真模拟试题第12645期.docx

高考数学全真模拟试题1单选题(共8个，分值共：)1、正方体的棱长为2，的中点分别是P，Q，直线与正方体的外接球O相交于M，N两点点G是球O上的动点则面积的最大值为（）ABCD2、设复数、在复平面内的对应点关于虚轴对称，则（）ABCD3、函数在区间上的最小值为()A1BC.D14、已知函数满足时恒有成立，那么实数的取值范围是（）ABCD5、已知向量，若，则（）ABCD46、某几何体的三视图如图所示（图中小正方形的边长为），则该几何体的体积为（）ABCD7、已知函数，则函数的零点个数为（）A3B4C2D18、已知函数（，），且，则（）AB2C1D多选题(共4个，分值共：)9、已知函数，且，则（）A的值域为B的最小正周期可能为C的图象可能关于直线对称D的图象可能关于点对称10、使成立的一个充分条件可以是（）ABCD11、已知图1中的正三棱柱的底面边长为2，体积为，去掉其侧棱，再将上底面绕上下底面的中心所在的直线，逆时针旋转后，添上侧棱，得到图2所示的几何体，则下列说法正确的是（） 图1图2A平面ABCBC四边形为正方形D正三棱柱，与几何体的外接球体积相同12、已知函数，函数有四个不同的零点，且从小到大依次为，则下列结论正确的是（）ABCD双空题(共4个，分值共：)13、函数，的最小正周期是_，单调递增区间为_.14、在平面直角坐标系xOy中，设角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，将射线OP绕坐标原点O按逆时针方向旋转后与单位圆交于点.那么_，=_.15、已知函数，则_；_.解答题(共6个，分值共：)16、设矩形ABCD（ABAD）的周长为24，把ABC沿AC向ADC折叠，AB折过去后交DC于点P，设AB=x，求ADP的最大面积及相应x的值.17、如图所示，在三棱柱中，分别是，的中点，求证：（1）平面，（2）平面平面.18、已知.(1)求；(2)探求的值；(3)利用（2）的结论求的值.19、已知的图象经过点，图象上与点最近的一个最高点是（1）求函数的最小正周期和其图象对称中心的坐标；（2）先将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求函数在上的单调递增区间20、已知函数，求（1）求函数的最小正周期；（2）当，求函数的值域21、如图，平行四边形中，为线段的中点，为线段上的点且.（1）若，求的值；（2）延长、交于点，在线段上（包含端点），若，求的取值范围.双空题(共4个，分值共：)22、在中，点M，N是线段上的两点，则_，的取值范围是_.14高考数学全真模拟试题参考答案1、答案：A解析：如图，设正方体外接球球O的半径为r，过球心O作，垂足为H，可得H为的中点，由已知数据可求得的长是定值，而点G是球O上的动点，所以当点G到的距离最大时，面积的面积最大，而点G到的最大距离为，从而利用三角形的面积公式可求得结果如图，设正方体外接球球O的半径为r，过球心O作，垂足为H，易知H为的中点因为正方体的棱长为2，所以，所以，所以因为点G是球O上的动点，所以点G到的最大距离为，故面积的最大值为故选：A2、答案：A解析：求出复数，利用复数的乘法可化简复数.由题意可得，因此，.故选：A.3、答案：A解析：根据基本初等函数的单调性，得到的单调性，进而可得出结果.因为，在区间上都是减函数，所以在区间上单调递减，因此.故选A小提示：本题主要考查由函数单调性求函数的最值，熟记基本初等函数的单调性即可，属于常考题型.4、答案：D解析：由函数单调性的定义可得函数在R上单调递增，结合分段函数、对数函数的单调性即可得解.因为函数满足时恒有成立，所以函数在R上单调递增，所以，解得.故选：D.5、答案：A解析：用向量平行坐标运算公式.因为，所以，故选:A6、答案：C解析：由三视图还原几何体为三棱锥，确定棱锥底面积和高之后，根据棱锥体积公式可求得结果.由三视图知，原几何体是棱长为的正方体中的三棱锥，且，由正方体的性质可知：，三棱锥的底面上的高为，该几何体的体积为.故选：C.7、答案：A解析：令，令，得出，求出关于的方程的根或，然后再考查直线或与函数的图象的交点个数，即可得出答案令，令，则,当时，则，所以 ，当时，则，作出函数的图象如下图所示，直线与函数的图象只有1个交点，线，与函数的图象只有2个交点，因此，函数只有3个零点，故选：8、答案：C解析：令，由，可得为奇函数，利用奇函数的性质即可求解.解：令，因为，所以为奇函数，所以，即，又，所以，故选：C.9、答案：ACD解析：先通过诱导公式将函数化简，进而通过三角函数的图象和性质求得答案.，A正确；由，得或，即或，因为，所以或，当时，则的图象关于直线对称，C正确；当时，则，B错误，D正确.故选：ACD.10、答案：AB解析：解不等式，根据充分条件的概念即可求解.或，故使成立的一个充分条件的x的范围应该是的子集.故选：AB.11、答案：ACD解析：由旋转前后底面平行，几何体高不变，底面边长不变，外接球不变依次判断即可.由，可得平面ABC，所以A正确.；作平面，垂足为 ，连结、，则， 所以，所以B错；由A、B选项的上述判断过程可知四边形为菱形，又平面，所以，故四边形为正方形，C正确；因为旋转前与旋转后几何体的外接球不变，故D正确. 故选: ACD.12、答案：BCD解析：由题意得，画出的图象如图所示，由函数有四个不同的零点，可得有4个解，则与的图象有4个交点，然后根据图象逐个分析判断即可因为，所以当时，当时，所以时，所以，作出的图象如图所示，若有4个解，则与的图象有4个交点，如图，所以，由，得，即，所以，所以，所以，当时，；当时，由基本不等式可得，所以，解得或（舍）；所以，所以A错误，B正确，对于C，因为，所以，所以，即，所以，所以C正确， 对于D，因为，所以，所以D正确.故选：BCD13、答案： ，解析：由两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质得出结论，最小正周期为，由得，增区间是是，故答案为：；，14、答案： #0.75 #-0.6解析：利用三角函数的定义和诱导公式求出结果由三角函数的定义及已知可得：，所以又故答案为：，15、答案： 解析：利用函数的解析式可求出的值，由内到外逐层可计算得出的值.，则.故答案为：；.16、答案：时，取最大面积为解析：由可得，设，则，则在直角中由勾股定理可得，则，所以，化简利用基本不等式可求得答案由题意可知，矩形的周长为24，即，设，则，而为直角三角形，.当且仅当，即时，此时，满足，即时，取最大面积为.17、答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.解析：（1）证明，根据线面平行的判定定理即可得证；（2）证明，即可证得平面，结合平面，根据面面平行的判定定理即可得证.证明：（1）因为，分别是，的中点，所以是的中位线，则，因为，分别是，的中点，所以是的中位线，则，又因为，所以，平面，平面，所以平面，（2）由，分别为，的中点，所以，所以是平行四边形，所以.平面，平面，所以平面，又平面，平面，且，所以平面平面.18、答案：(1)(2)(3)解析：（1）直接代入求值；（2）代入化简即可；（3）由（2）得直接可解.(1)解：(2)解：，得，故有.(3)解：由（2）知，.19、答案：（1）最小正周期；对称中心的坐标为，其中；（2）单调递增区间为和解析：（1）根据题意得，进而得，再待定系数求得，故，再求函数对称中心即可；（2）根据函数图象平移变换得，进而得函数的单调递增区间为，再与求交集即可得答案.解：（1）由题意，所以，因为图象上与点最近的一个最高点是，所以函数的最小正周期，则，由得，因为，所以，所以函数的解析式为，令，解得，所以，函数图象对称中心的坐标为，其中（2）由题意，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，所以，由，解得，令集合，集合，则所以，函数在上的单调递增区间为和20、答案：（1）；（2）.解析：（1）应用二倍角正余弦公式及辅助角公式有，即可求最小正周期；（2）由题设得，再由正弦函数的性质求值域即可.，（1）最小正周期为；（2）由知：，故.21、答案：（1）；（2）解析：（1）由题意可得，进而可得结果.（2）设，则，则，由，即可得出结果.（1）由已知，（2），N为的中点，易证与全等，则，设，则22、答案： ； .解析：由题意，先算出的值，再根据，即可得的值；然后由向量数量积的定义及，可得，对点利用极端分析，算出，的值，即可得到的取值范围解：由题意，又，由题意，则为外接圆的圆心，则.因为点在线段上，所以假设点与点重合，则，与矛盾，所以假设点与点重合，则，即，假设点与点重合，则，此时，综上，即，故答案为：；小提示：关键点点睛：根据点在线段上，所以分点与三个特殊点、重合进行极端分析，从而求解.