高考数学考前押题含金量高

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高考趋势押题

专题一经典母题30题(第一期)

1．设复数11zi，则z的共轭复数是( )

A．11iB．1iC．11iD．1i

【答案】D

【解析】由题可知，iiiiz11112，故z＝1＋i的共轭复数为z＝1－i；

2．已知函数223fxxx，若在区间4,4上任取一个实数0x，则使00fx成立的概率为()

A．425B．12C．23D．1

【答案】B

【解析】因为f(x0)≥0，所以－x02＋2x0＋3≥0，解得：－1≤x0≤3，所以使f(x0)≥0成立的概率是311442，故选B．

3．16)(yxxy的二项展开式17个项中，整式的个数是()

A．1B．3C．5D．7

【答案】B

【解析】二项展开式的通项为33816162211616()()(1)kkkkkkkkyxTCCxyxy，(,016)kZk，要使得它为整式，则382k与3162k均为非负整数，即38162k，k＝6，8，10，故有三项，选B.

4．在边长为1的正三角形ABC中，设2BCBD，CACE，若14ADBE，则的值为()

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(A)12(B)2(C)13(D)3

【答案】C

【解析】由题意可得：

12ADBEABBDBCCEABBCBCCA

21122ABBCBCABCABCCA41422121，所以31.

5.设ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且3b，1c，2AB.则a的值为()

(A)2(B)22(C)3(D)23

【答案】D

【解析】由题意可知：BbaBBABAcos2cossin2sin2sinsin，所以

6cosaB，由余弦定理可得：Baccabcos2222即31922aa，所以122a，所以32a.

6.将函数2sin4yx(0)的图象分别向左.向右各平移4个单位后，所得的两个图象的对称轴重合，则的最小值为()

A.12B.1C.2D.4

【答案】C

【解析】将函数2sin4yx(ω＞0)的图象向左平移4个单位后，所得图像的解析式为y＝2

12sin[()]2sin()444xx，将函数2sin4yx(ω＞0)

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的图象向右平移4个单位后，所得图像的解析式为2sin[()]44yx12sin()2x，由于所得的两个图象的对称轴重合，则1122xx①，或12xx

1,2kkz②，解①得=0不合题意，解②得：ω＝2k，k∈Z，则ω的最小值为2，故选C

7.如图所示的程序框图输出的所有点都在函数()

A．1xy的图像上 B．xy2的图像上

C．xy2的图像上 D．12xy的图像上

【答案】D

【解析】由题可知，输入x＝1，y＝1，由于1≤4，输出点(1，1)，进入循环，

x＝1＋1＝2，y＝2×1＝2，由于2≤4，输出点(2，2)，进入循环，

x＝2＋1＝3，y＝2×2＝4，由于3≤4，输出点(3，4)，进入循环，

x＝3＋1＝4，y＝2×4＝8，由于4≤4，输出点(4，8)，进入循环，

x＝4＋1＝5＞4，循环结束；故点(2，2)，点(3，4)点(4，8)满足均在函数12xy的图像上；

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8.对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f '(x)是函数y＝f(x)的导数，f ''(x)是f '(x)的导数，若方程f ''(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心。设函数32115()33212gxxxx，则122014201520152015ggg()

A．1B．2016C．2015D．2014

【答案】D

【解析】依题意得：2321gxxxgxx（），（），由0210gxx（），即，可得x＝12，而g(12)＝1，即函数g(x)的拐点为(12，1)，即g(1－x)＋g(x)＝2，

所以120142201332012()()()()()()201520152015201520152015gggggg＝„„＝2

所以所求为2014220142，故选D．

9.若不等式组43430yxyxx，所表示的平面区域被直线34kxy分为面积相等的两部分，则k＝( )

A.73B.34C.37D.43

【答案】C

【解析】作出可行域，求出点的坐标)34,0(A，)1,1(B，)4,0(C；34kxy恒过点)34,0(A，所以当直线34kxy经过BC的中点时，直线将平面区域分成面积相等的两部分，则342125x，解得37k.

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10.如图，已知某品牌墨水瓶的外形三视图和尺寸，则该墨水瓶的容积为( )(瓶壁厚度忽见解析不计)

A．π8B．π48C．π16D．π416

【答案】C

【解析】根据所给的三视图，可知该几何体为一个长方体和一个圆柱的组合体，故其容积为24221116Vpp=鬃+鬃=+，故选C.

11.若三角形内切圆半径为r，三边长分别为cba,,，则三角形的面积为)(21cbars，根据类比思想，若四面体内切球半径为R，四个面的面积分别为4321,,,SSSS，则这个四面体的体积为()

A．)(614321SSSSRV

B．)(414321SSSSRV

C．)(314321SSSSRV

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D．)(214321SSSSRV

【答案】C

【解析】根据题意，三角形和内切圆为二维空间，三角形的面积是)(21cbars，三棱锥和内切球是三维空间的，所以类推)(314321SSSSRV。

12.双曲线221xym的离心率3e，则以双曲线的两条渐近线与抛物线2ymx的交点为顶点的三角形的面积为( )

A.42B.122C.82D.162

【答案】C

【解析】双曲线122mxy的离心率31me，解得2m；则双曲线1222xy的两条渐近线xy22与抛物线xy22的交点为22,4,22,4BA，则2842421ABOS.

13．已知ABC中，设三个内角CBA,,所对的边长分别为cba,,，且6,3,1Aba，则c＝.

【答案】1或2

【解析】6,3,1Aba，且Aaccbacos2222，6cos32312cc，

即022cc，解得1c或2c.

14.已知对任意*Nn，向量nnnnnaaaad211,41都是直线xy的方向向量，设数列}{na的前n项和为nS，若11a，则nnSlim_____________．

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【答案】2

【解析】向量nnnnnaaaad211,41都是直线xy的方向向量，则2211111110422nnnnnnnnaaaaaaaa，}{na是公比为12的等比数列，所以1lim2.112nnS

15.ABCD是矩形，4AB，3AD，沿AC将ADC折起到ADC，使平面ADC平面ABC，F是AD的中点，E是AC上的一点，给出下列结论：

① 存在点E，使得//EF平面BCD

② 存在点E，使得EF平面ABD

③ 存在点E，使得DE平面ABC

④ 存在点E，使得AC平面BDE

其中正确结论的序号是.(写出所有正确结论的序号)

【答案】①②③．

【解析】①存在AC中点E，则EF∥CD′，利用线面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′，正确；

②EF⊥AC，利用面面垂直的性质，可得EF⊥平面ABD′，正确；

③D′E⊥AC，利用面面垂直的性质，可得D′E⊥平面ABC，正确；

④因为ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，所以B，D′在AC上的射影不是同一点，所以不存在点E，使得AC⊥平面BD′E，故不正确；

故答案为：①②③．

16.已知椭圆的左焦点为1F，右焦点为2F.若椭圆上存在一点P，满足线段2PF相切于以椭圆的短轴为直径的圆，切点为线段2PF的中点，则该椭圆的离心率为．

【答案】35

【解析】因为线段2PF相切于以椭圆的短轴为直径的圆，切点为线段2PF的中点M，则

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1//PFOM，

2PFOM，21PFPF，设bOMPFcFF22,2121，由椭圆的定义，得baPF222；由勾股定理，得2224)22(4cbab，解得222295,94acab，所以椭圆的离心率35ace.

17.已知函数fx是定义在R上的奇函数，当0x时，12fx22223xaxaa．若xR，1fxfx，则实数a的取值范围为.

【答案】6666a

【解析】当x≥0时，2222220,2,2,3axxaxaaaxaxxf，由23axxf，22ax得2axf；