四川省巴蜀黄金大联考20xx年高考数学模拟试卷理科3月份word版含解析

四川省巴蜀黄金大联考20xx年高考数学模拟试卷理科3月份word版含解析内容摘要：

查计算能力． 11．体积为 的球有一个内接正三棱锥 P﹣ ABC， PQ是球的直径， ∠ APQ=60176。 ，则三棱锥 P﹣ ABC 的体积为（ ） A． B． C． D． 【考点】 球内接多面体． 【分析】 先确定球的半径，计算 △ ABC 的面积，再计算三棱锥 P 一 ABC 的体积． 【解答】 解：由题意可得球 O 的半径为 2，如图， 因为 PQ 是球的直径，所 以 ∠ PAQ=90176。 ， ∠ APQ=60176。 ，可得 AP=2， △ ABC 所在小圆圆心为 O′，可由射影定理 AP2=PO′•PQ，所以 PO′=1， AO′= ， 因为 O′为 △ ABC 的中心，所以可求出 △ ABC 的边长为 3，面积为 ， 因此，三棱锥 P﹣ ABC 的体积为 V= = ． 故选： C． 【点评】 本题考查球的内接正三棱锥，考查三棱锥体积的计算，正确计算 △ ABC的面积是关键． 12．函数 y=f（ x）图象上不同两点 A（ x1， y1）， B（ x2， y2）处的切线的斜率分别是 kA， kB，规定 φ（ A， B） = 叫做曲线在点 A 与点 B 之间 的 “弯曲度 ”．设曲线 y=ex上不同的两点 A（ x1， y1）， B（ x2， y2），且 x1﹣ x2=1，若t•φ（ A， B） ＜ 3 恒成立，则实数 t 的取值范围是（ ） A．（﹣ ∞ ， 3] B．（﹣ ∞ ， 2] C．（﹣ ∞ ， 1] D． [1， 3] 【考点】 利用导数研究曲线上某点切线方程． 【分析】 求出函数 y=ex的导数，可得切线的斜率，运用 φ（ A， B），由分离参数法，可得 t＜ 恒成立，求得右边的范围或最值，即可得到 t 的范围． 【解答】 解： y=ex的导数为 y′=ex， φ（ A， B） = = = ＞ 0， 可得 = = ＞ 1， t•φ（ A， B） ＜ 3 恒成立，则 t＜ 恒成立， 由 ＞ 3， 即有 t≤ 3． 故选： A． 【点评】 本题考查新定义的理解和运用，考查导数的运用：求切线的斜率，考查 不等式恒成立问题的解法，注意运用转化思想，求最值，考查运算能力，属于中档题． 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13．已知（ 2x+ ） n 的展开式中的二项式系数之和为 64，则展开式中的常数项为 60 （数字回答） 【考点】 二项式系数的性质． 【分析】 由题意可得： 2n=64，解得 n=6．再利用通项公式即可得出． 【解答】 解：由题意可得： 2n=64， 解得 n=6． ∴ 的通项公式为： Tr+1= （ 2x） 6﹣ r =26﹣ r ， 令 6﹣ =0，解得 r=4． ∴ 展开式中的常数项 = =60． 故答案为： 60． 【点评】 本题考查了二项式定理的性质及其应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 14．已知点 A（ 1， y1）， B（ 9， y2）是抛物线 y2=2px（ p＞ 0）上的两点， y2＞y1＞ 0，点 F 是它的焦点，若 |BF|=5|AF|，则 y12+y2的值为 10 ． 【考点】 抛物线的简单性质． 【分析】 由抛物线的定义： |BF|=9+ ， |AF|=1+ ，根据题意可 知求得 p，代入椭圆方程，分别求得 y1， y2的值，即可求得 y12+y2的值． 【解答】 解：抛物线 y2=2px（ p＞ 0）焦点在 x 轴上，焦点（ ， 0）， 由抛物线的定义可知： |BF|=9+ ， |AF|=1+ ， 由 |BF|=5|AF|，即 9+ =1+ ，解得： p=2， ∴ 抛物线 y2=4x， 将 A， B 代入，解得： y1=2， y2=6， ∴ y12+y2=10， 故答案为： 10． 【点评】 本题考查抛物线的性质，考查抛物线方程的应用，属于中档题． 15．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题： “今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何 ”其意思为 “今有人持金出五关，第 1 关收税金 ，第 2 关收税金 ，第 3 关收税金 ，第 4 关收税金 ，第 5 关收税金 ， 5 关所收税金之和，恰好 1 斤重，设这个人原本持金为 x，按此规律通过第 8 关， ”则第 8关需收税金为 x． 【考点】 数列的应用． 【分析】 第 1 关收税金： x；第 2 关收税金： （ 1﹣ ） x= x；第 3 关收税金： （ 1﹣ ﹣ ） x= x； … ，可得第 8 关收税金． 【解答】 解：第 1 关收税金： x；第 2 关收税金： （ 1﹣ ） x= x；第 3关收税金： （ 1﹣ ﹣ ） x= x； … ，可得第 8 关收税金： x，即 x． 故答案为： ． 【点评】 本题考查了数列的通项公式及其应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 16．在 △ ABC 中，角 A、 B、 C 所对的边分别是 a， b， c， cosC= ，且 acosB+bcosA=2，则 △ ABC 面积的最大值为 ． 【考点】 余弦定理；正弦定理． 【分析】 利用余弦定理分别表示出 cosB 和 cosA，代入到已知的等式中， 化简后即可求出 c 的值，然后利用余弦定理表示出 c2=a2+b2﹣ 2abcosC，把 c 及 cosC 的值代入后，利用基本不等式即可求出 ab 的最大值，然后由 cosC 的值，及 C 的范围，利用同角三角函数间的基本关系求出 sinC 的值，利用三角形的面积公式 表示出三角形 ABC 的面积，把 ab 的最大值及 sinC 的值代入即可求出面积的最大值． 【解答】 （本题满分为 12 分） 解： ∵ acosB+bcosA=2， ∴ a +b =2， ∴ c=2， … （ 6 分） ∴ 4=a2+b2﹣ 2ab ≥ 2ab﹣ 2ab = ab， ∴ ab≤ （当且仅当 a=b= 时等号成立） … （ 8 分） 由 cosC= ，得 sinC= ， … （ 10 分） ∴ S△ ABC= absinC≤ = ， 故 △ ABC 的面积最大值为 ． 故答案为： ． … （ 12 分） 【点评】 此题考查了基本不等式，余弦定理及三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，熟练掌握公式及定理是解本题的关键． 三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分） 17．（ 12 分）（ 2017•新乡二模）在数列 {an}和 {bn}中， a1= ， {an}的前 n 项为Sn，满足 Sn+1+（ ） n+1=Sn+（ ） n（ n∈ N*）， bn=（ 2n+1） an， {bn}的前 n 项和为 Tn． （ 1）求数列 {bn}的通项公式 bn 以及 Tn． （ 2）若 T1+T3， mT2， 3（ T2+T3）成等差数列，求实数 m的值． 【考点】 数列的求和；等差数列的性质；数列递推式． 【分析】 （ 1）由 Sn+1+（ ） n+1=Sn+（ ） n（ n∈ N*），可得 an+1=Sn+1﹣ Sn= ．可得 an= ， bn=（ 2n+1） an=（ 2n+1） ．利用 “错位相减法 ”与等比数列的求和公式即可得出． （ 2）由（ 1）可得： T1= ， T2= ， T3= ．利用 T1+T3， mT2， 3（ T2+T3）成等 差数列，即可得出． 【解答】 解：（ 1） ∵ Sn+1+（ ） n+1=Sn+（ ） n（ n∈ N*）， ∴ an+1=Sn+1﹣ Sn=﹣ = ． ∴ n≥ 2 时， an= ，又 a1= ，因此 n=1 时也成立． ∴ an= ， ∴ bn=（ 2n+1） an=（ 2n+1） ． ∴ Tn= + + +… + ， = +… + + ， ∴ = ﹣ = +2 ﹣ ， ∴ Tn=5﹣ ． （ 2）由（ 1）可得： T1= ， T2= ， T3= ． ∵ T1+T3， mT 2， 3（ T2+T3）成等差数列， ∴ + +3 （ + ） =2 ， 解得 m= ．。