高考数学模拟试题
四川省邻水中学（国家级示范高中）特级教师 杨才荣
（总分：150分，考试时间：120分钟）
第Ⅰ卷(选择题 , 共60分)
一、 选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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） 直线x + 3y－7= 0和kx－y－2 = 0与x轴、y轴的正半轴所围成的四边形有外接圆 , 则k为( )
（A） －3 ( B ) 6 ( C ) －6 ( D ) 3
（2）已知tan(
-α) = 
，tan(-β) = 
，则tan（α-β）等于
( )
（A）
（B）- （C）
（D）-
（3）设
、
是不共线的单位向量，若
= 5+3
，
= 3-5 , 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）既非充分又非必要条件
（4）已知平面α与平面β相交，直线m⊥α , 则 ( )
（A）β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直
（B）β内不一定存在直线与m平行，也不一定存在直线与m垂直
（C）β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直
（D）β内必存在直线与m平行，但不一定存在直线与m垂直
（5）设函数f(x) = 3ax+1-2a
，在区间（-1，1）上存在
，使f(x0) = 0 ，则实数a的取值范围是 ( )
（A）-1＜a＜
（B）a＞ （C）a＞或a＜-1 （D）a＜-1
（6）复数Z满足
，则 
的取值范围是
( )
（A）
（B）
（C）
（D）
（7） 椭圆
（a> b >0） 有内接正n边形 ，则n的可能值是 ( )
（A） 4 （B） 3，4 （C） 3，4，5 （D） 3，4，6
（8）设一个正多面体的面数为F，顶点数为V，若F + V = 8，且它的各条棱长都等于4，则这一多面体的外接球的球面面积是 （ ）
（A）12π （B）24π （C）16π （D）28π
（9）数列{an}中，a1 = 1 , 且an+1 = an +
+
，则a99等于
( )
（A）2004 （B）2005 （C）2400 （D）2500
（10）曲线C与函数 y = 2x-3 的图象关于直线 l : y = x 对称 ，则曲线 C 与 l 的一个交点的横坐标属于区间 ( )
（A）（-2，-1） （B）（2，3） （C）（1，2） （D）（-1，0）
（11）用四种不同颜色给一正方体的六个表面涂色，相邻两面涂不同颜色，则共有涂色方法有 ( )
（A）24种 （B）72种 （C）96种 （D）48种
（12）在曲线y = x3 + x – 2的切线中，与直线4x –y = 1平行的切线方程是 （ ）
（A）4x –y = 0 （B）4x –y – 4 = 0
（C）2x –y – 2 = 0 （D）4x –y – 4 = 0 或 4x –y = 0
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，将答案填写在题中的横线上
（13）设集合A={5，log2(a+3)},集合B={a，b}，若A∩B={2}，则A∪B = ________________
（14）若不等式
＜1的解集为{xx＜1或x＞2＝，则实数a的值为________________
（15）曲线
在点(1,3)处的切线方程是
（16） 双曲线
的两个焦点为
, P是此双曲线上一点，若PF1
PF2 , 则点P到x轴的距离为_______________.
三、解答题：本大题共6小题,共74分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤
（17）（本小题满分12分）
是否存在常数
，使得不等式
对任意正数
恒成立 , 试证明你的结论。
（18）（本小题满分12分）
在
中，A、B、C分别为三个内角，a、b、c分别为其对边，外接圆半径为
，已知
；
（Ⅰ）求角C ;
（Ⅱ）求面积S的最大值 .
（19）（本小题满分12分）
已知正项数列{an}和{bn}中，a1 = a ,(0＜a＜1＝,b1=1-a,当n≥2且n∈
时，an = an-1bn , bn =
,
（Ⅰ）证明：对任意n∈
，都有an + bn =
1
（Ⅱ）求数列 {an} 的通项公式
（Ⅲ）设Cn = a
·bn+1 , Sn为数列 {Cn} 的前n项和，求
Sn
的值
（20）（本小题满分12分）
如图，已知四棱锥P-ABCD中，面ABCD为正方形，PA⊥面ABCD，且PA = AB = a ,点M是PC的中点,
（Ⅰ）求异面直线BP与MD所成角的大小；
（Ⅱ）求二面角M-DA-C的大小.
（21）（本小题满分12分）
已知直线l：
与椭圆C：
，且b为整数）交于M、N两点，B为椭圆C短轴的上端点，若ΔMBN的重心恰为椭圆焦点F．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设椭圆C的左焦点为F’，问在椭圆C上是否存在一点P，使得∠F’PF = 60° ,证明你的结论．
（Ⅲ）是否存在斜率不为零的直线l，使椭圆C与直线l相交于不同的两点R、S，且 BR = BS，如果存在，求直线l在y轴上截距的取值范围；如果不存在，请说明理由．
（22）(本小题满分14分)
设x1、x2是函数f(x) = 
x3+
x2-a2x
(a＞0) 的两个极值点，且x1+x2 = 2
（Ⅰ）证明：0＜a≤1 ;
（Ⅱ）证明：
≤
;
（Ⅲ）若函数h(x) = f′(x)-2a(x-x1),证明：当x1＜x＜2且x1＜0时，h(x)≤4a .
参考答案
1、D 2、B 3、C 4、C 5、C 6、B 7、B 8、B 9、D 10、B 11、C 12、D
13、{1，2，5}
14、 15、4x - y – 1 = 0
16、
.
17 证明：当
时，可由已知不等式得出 
4分
下面分两方面给出证明．
先证
，因为x、y为正数 ，所以
这是显然成立的． 8分
再证
因为x、y为正数，所以
这是显然成立的．
综上可知，存在常数
使对任何正数
题中的不等式恒成立． 12分
18 解：（Ⅰ）因为外接圆半径为，由已知等式和正弦定理得：
，可化为
，结合余弦定理得：
，所以
，又
，因此 
.
6分
（Ⅱ）由得
，所以
= 
.
因此当
时，
. 12分
19 解：（Ⅰ）用数学归纳法证明
①当n =1时，a1 + b1 = a + (1-a) = 1 , 命题成立；
②假设当n = k (k∈)时命题成立，即ak + bk = 1 , 则当n = k+1时，
ak+1+bk+1 =
ak·bk+1+bk+1
= bk+1(1+ak) = 
= 
= 
= 1
∴ 当n = k+1时，命题也成立;
综合①②知an+bn=1对n∈恒成立 4分
（Ⅱ）∵ an+1 = an·bn+1 = an·
= 
=
,
∴ 
=
=
+1 即 -= 1 （*）
∴ 数列{}是公差为1的等差数列，其首项是
=
∴ = + (n-1)×1,从而an = 
8分
（Ⅲ）∵ Cn
= 
= an (an bn+1 ) = an·an+1 ,, ( *) 式变形为an·an+1 = an - an+1 , ∴ Cn = an - an+1
∴ Sn = C1 + C 2 +
… + Cn = ( a1 - a2 )
+ ( a2 - a3 ) + … + ( an -
an+1 ) = a1 - an+1 = a - 
,
∴
Sn =(a-) = a 12分
20解法一：
以AB为x轴 ，AD为y轴 ，AP为z轴，建立空间直角坐标系 ，由已知得：
A（0，0，0）, B（a , 0 , 0）, C( a , a , 0 ) , D( 0 , a , 0 ) , P( 0 , 0 , a ) ,
则PC的中点M的坐标为（
， , ）,于是有： 4分
（Ⅰ）设直线PB与DM所成的角为θ , ∵
=（-a , 0 , a）, 
= ( , - , )
∴
·
= 0 ，∴直线PB与DM所成的角为90° , 8分
（Ⅱ） ∵
=（0，0，a）= (a , 0 , 0) , 
= (0 , a , 0) ,
∴
·
= 0 ，·
= 0 , ∴ BP与AP的夹角为所求的二面角 ,
10分
设BP与AP的夹角为φ,则cosφ = 
= 
,故二面角M-DA-C的大小为45o . 12分
解法二：
（Ⅰ）取BC的中点N，连接MN、ND，则∠NMD就是异面直线BP与MD所成的角（或其补角）,
由PA⊥面ABCD且PA = AB = a , ∴PB = PD = AC = -
a ,
PC =
a , 又M是PC的中点 ，
∴ MN =
a ,
MD = 
a , ND =
= 
a ,
因此 NM2 + MD2 = ND2 , ∴ ∠MND = 90° .
即异面直线BP与MD所成的角为90° 6分
（Ⅱ）取AC的中点O ，连接MO，则OM∥AP
∵AP⊥面ABCD ， ∴OM⊥面ABCD
过O作OR⊥AD交AD于R，连MR，则∠MRO就是二面角M-DA-C的平面角，
∴OM =AP = a , OR = CD = a,∴∠MRO = 45°,即二面角M-DA-C的大小为45°
12分
21解：（Ⅰ）设M、N两点的坐标分别为
、
，依题意有
，由于M、N为直线与椭圆的交点，
∴
，即18c＋5b ＝ 56 ①
又 
②
由①、②求得：
，∴椭圆C的方程为
．
4分
（Ⅱ） 由（1）知F’与F的坐标分别为（－2,0） 、（2,0） ，设P是椭圆C上任意一点，且
，若
，利用余弦定理及椭圆的定义可得m、n为方程
的两实根,而此方程无实根
, 所以满足条件的P点不存在． 8分
（Ⅲ）假设满足条件的直线l存在，设直线l的方程为
，把代入椭圆方程并整理得：
，则Δ＞0，∴
①
设
为RS的中点，则
∴
，又
∴
，即
， ②
由①、②得
，又
，矛盾，
故满足条件的直线l不存在. 12分
22 解：（Ⅰ） f′(x) = ax2- bx - a2 , ∵ x1 , x2 是f(x)的两个极值点，
∴x1、x2是方程f′(x) = 0的两个实数根
∵a＞0,x1·x2 = -a＜0 ， x1 + x2 = -
，∴ x1 + x2
= x1-x2 =
，
∵ x1 + x2
= 2 , ∴ 
+ 4a = 4 , 即b2 = 4a2-4a3 ，由b2≥0 得 4a2-4a3≥0 , ∴0＜a≤1 4分
（Ⅱ）令 g(a) = 4a2-4a3 , 则g′(a) = 8a-12a2 = 4a ( 2-3a )
由g′(a)＞0
0＜a＜
, g′(a)＜0＜a≤1
故g(a)在区间（0，）上是增函数，在区间（，1）上是减函数，
∴g(a)
= g() = 
，∴ b ≤
8分
（Ⅲ）∵x1、x2是方程f′(x) = 0的两根，∴ f′(x) = a(x-x1)(x-x2) ，∴ h(x) = a(x-x1)(x-x2)-2a(x-x1)
= a ( x-x1 )( x-x2-2
)，∴ h(x) = a x-x1 x-x2-2 ≤a(
)2
∵x＞x1 , ∴ x-x1 = x-x1 ,又 x1＜0 , x1x2＜0 , ∴ x2＞0 ，∴ x2 + 2＞2 ,∵ x＜2 , 故x-x2 -2＜0 ，
∴ x-x1 + x-x2-2 = x-x1 + x2 + 2-x = x2 - x1 + 2 = x1 + x2 + 2 = 4 ，∴ h(x) ≤4a . 14分