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2019-2020年高三3月高考模拟试考试数学(理)试题含解析
一、选择题本大题共8小题,每小题5分,满分40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.(5分)i是虚数单位,=( ) A.B.C.D.2i【考点】复数代数形式的乘除运算.【专题】数系的扩充和复数.【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出.【解析】解===﹣.故选B.【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义,属于基础题. 2.(5分)函数f(x)的定义域为实数集R,“f(x)是奇函数”是“|f(x)|是偶函数”的( ) A.充分非必要条件B.必要非充分条件 C.非充分非必要条件D.充要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.【专题】函数的性质及应用;简易逻辑.【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合函数奇偶性的性质进行判断即可.【解析】解若f(x)是奇函数,则|f(﹣x)|=|f(x)|为偶函数,即充分性成立,若f(x)=2,满足|f(x)|是偶函数,但f(x)是奇函数不成立,故“f(x)是奇函数”是“|f(x)|是偶函数”的充分不必要条件,故选A【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,根据函数奇偶性的性质是解决本题的关键. 3.(5分){an}是等差数列,a1与a2的等差中项为1,a2与a3的等差中项为2,则公差d=( ) A.2B.C.1D.【考点】等差数列的通项公式.【专题】等差数列与等比数列.【分析】由题意和等差中项可得a1+a2=2,a2+a3=4,两式相减可得答案.【解析】解∵{an}是等差数列,a1与a2的等差中项为1,a2与a3的等差中项为2,∴a1+a2=2,a2+a3=4,两式相减可得a3﹣a1=2d=4﹣2,解得d=1故选C【点评】本题考查等差数列的通项公式,涉及等差中项的定义,属基础题. 4.(5分)函数f(x)=sin(x+φ)在区间(,)上单调递增,常数φ的值可能是( ) A.0B.C.πD.【考点】正弦函数的图象.【专题】三角函数的图像与性质.【分析】根据三角函数的单调性进行求解即可.【解析】解由2kπ﹣≤x+φ≤2kπ+,k∈Z,则2kπ﹣φ﹣≤x≤2kπ+﹣φ,k∈Z,若在区间(,)上单调递增,则,即,即2kπ﹣≤φ≤2kπ﹣,k∈Z,若k=1,则≤φ≤,此时φ=满足条件.,故选D【点评】本题主要考查三角函数单调性的应用,根据条件先求出函数的单调递增区间,结合k的取值进行求解即可. 5.(5分)双曲线C﹣y2=1的两条渐近线夹角(锐角)为θ,则tanθ=( ) A.B.C.D.【考点】双曲线的简单性质.【专题】计算题;直线与圆;圆锥曲线的定义、性质与方程.【分析】求出双曲线的渐近线方程,求得斜率,再由两直线的夹角公式,计算即可得到.【解析】解双曲线C﹣y2=1的两条渐近线分别为y=x,则斜率分别为,.由两直线的夹角公式可得,tanθ=||=.故选D.【点评】本题考查双曲线的方程和性质,主要考查渐近线方程的运用,运用两直线的夹角公式计算是解题的关键. 6.(5分)一个四面体如图,若该四面体的正视图(主视图)、侧视图(左视图)和俯视图都是直角边长为1的等腰直角三角形,则它的体积V=( ) A.B.C.D.【考点】由三视图求面积、体积.【专题】计算题;空间位置关系与距离.【分析】由题意,四面体的底面是直角边长为1的等腰直角三角形,高为1,利用体积公式,即可得出结论.【解析】解由题意,四面体的底面是直角边长为1的等腰直角三角形,高为1,所以体积V=1=,故选C.【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积,其中根据已知分析出几何体的形状及各棱长的值是解答的关键. 7.(5分)(﹣)16的二项展开式17个项中,整式的个数是( ) A.1B.3C.5D.7【考点】二项式定理的应用.【专题】计算题;二项式定理.【分析】展开式的通项为Tr+1=,即可得出结论.【解析】解展开式的通项为Tr+1=,由题意,r=6,8,10,故选B.【点评】本题主要考查二项式定理,二项展开式的通项公式,属于基础题. 8.(5分)设a>b≥1,集合A={x|x∈Z,0<x<a},B={x|x∈Z,﹣b<x<b},记“从集合A中任取一个元素x,x∉B”为事件M,“从集合A中任取一个元素x,x∈B”为事件N.给定下列三个命题
①当a=5,b=3时,P(M)=P(N)=;
②若P(M)=1,则a=2,b=1;
③P(M)+P(N)=1恒成立.其中,为真命题的是( ) A.
①②B.
①③C.
②③D.
①②③【考点】命题的真假判断与应用.【专题】概率与统计.【分析】
①,当a=5,b=3时,可求得集合A与集合B,继而可得事件M={3,4},事件N={1,2},从而可求得P(M)=P(N)=,可判断
①;
②,依题意知,1≤b<a≤2,b=1,可判断
②;
③,利用对立事件的概率公式可判断
③.【解析】解对于
①,当a=5,b=3时,集合A={1,2,3,4},B={﹣2,﹣1,0,1,2},事件M={3,4},事件N={1,2},所以P(M)==,P(N)==,即P(M)=P(N)=,故
①正确;对于
②,若P(M)=1,则1≤b<a≤2,b=1,故
②错误;对于
③,因为“从集合A中任取一个元素x,x∉B”为事件M,“从集合A中任取一个元素x,x∈B”为事件N,所以,事件M与事件N为对立事件,所以P(M)+P(N)=1恒成立,故
③正确,综上所述,
①③为真命题,故选B.【点评】本题考查命题的真假判断与应用,理解题意,正确分析、解答是关键,属于中档题.
二、填空题本大题共5小题,考生作答4小题,每小题5分,满分25分.
(一)必做题(9~13题)9.(5分)不等式|x+1|+|x﹣2|≤5的解集为 [﹣2,3] .【考点】绝对值不等式的解法.【专题】计算题;不等式的解法及应用.【分析】对x分x<﹣1,﹣1≤x≤2与x>2范围的讨论,去掉原不等式左端的绝对值符号,从而易解不等式|x+1|+|x﹣2|≤5的解集.【解析】解当x<﹣1时,|x+1|+|x﹣2|≤5⇔﹣x﹣1+2﹣x≤5,解得﹣2≤x<﹣1;当﹣1≤x≤2时,|x+1|+|x﹣2|≤5⇔x+1+2﹣x=3≤5恒成立,∴﹣1≤x≤2;当x>2时,|x+1|+|x﹣2|≤5⇔x+1+x﹣2=2x﹣1≤5,解得2<x≤3.综上所述,不等式|x+1|+|x﹣2|≤5的解集为[﹣2,3].故答案为[﹣2,3].【点评】本题考查绝对值不等式的解法,去掉绝对值符号是关键,考查分类讨论思想与运算求解能力,属于中档题. 10.(5分)已知抛物线C y2=8x的焦点为F,P是C上一点,若P在第一象限,|PF|=8,则点P的坐标为 (6,4) .【考点】抛物线的简单性质.【专题】计算题;圆锥曲线的定义、性质与方程.【分析】先设出该点的坐标,根据抛物线的定义可知该点到准线的距离与其到焦点的距离相等,进而利用点到直线的距离求得x的值,代入抛物线方程求得y【解析】解设该点坐标为(x,y)根据抛物线定义可知x+2=8,解得x=6,代入抛物线方程求得y=±4,∵P在第一象限,∴P(6,4).故答案为(6,4).【点评】本题主要考查了抛物线的简单性质.在涉及焦点弦和关于焦点的问题时常用抛物线的定义来解决. 11.(5分)若变量x、y满足约束条件,则z=x+2y的最大值M= .【考点】简单线性规划.【专题】数形结合;不等式的解法及应用.【分析】由题意画出可行域,数形结合得到使z=x+2y取得最大值的直线x+2y﹣z=0的位置,由点到直线的距离公式求得z=x+2y的最大值M.【解析】解由约束条件作出可行域如图,由图可知,当直线与圆相切时直线在y轴上的截距最大,z最大,化目标函数z=x+2y为x+2y﹣z=0,由原点到直线x+2y﹣z=0的距离等于半径得,即z的最大值M为.故答案为.【点评】本题考查了简单的线性规划,考查了数形结合的解题思想方法,训练了点到直线的距离公式的应用,是中档题. 12.(5分)运行如图所示的程序框图,输出的结果S= 62 .【考点】程序框图.【专题】图表型;算法和程序框图.【分析】模拟执行程序框图,依次写出每次循环得到的S,k的值,当k=6时,不满足条件k≤5,退出循环,输出S的值为62.【解析】解模拟执行程序框图,可得k=1,S=0满足条件k≤5,S=2,k=2满足条件k≤5,S=6,k=3满足条件k≤5,S=14,k=4满足条件k≤5,S=30,k=5满足条件k≤5,S=62,k=6不满足条件k≤5,退出循环,输出S的值为62,故答案为62.【点评】本题主要考查了程序框图和算法,依次写出每次循环得到的S,k的值是解题的关键,属于基本知识的考查. 13.(5分)已知x与y之间的几组数据如下表x3456y
2.
5344.5假设根据上表数据所得线性回归方程为=x+,根据中间两组数据(4,3)和(5,4)求得的直线方程为y=bx+a,则 < b, > a.(填“>”或“<”)【考点】线性回归方程.【专题】计算题;概率与统计.【分析】算出x和y的平均值,有关结果代入公式即可求,的值,根据中间两组数据(4,3)和(5,4)求得a,b,即可得出结论.【解析】解由系数公式可知,=
4.5,=
3.5,由于参考数值3×
2.5+4×3+5×4+6×
4.5=
66.5,∴==
0.7,=
3.5﹣
0.7×
4.5=
0.35,根据中间两组数据(4,3)和(5,4)求得b=1,a=﹣1,∴<b,>a,故答案为<;>【点评】本题考查线性回归方程,两个变量之间的关系,除了函数关系,还存在相关关系,通过建立回归直线方程,就可以根据其部分观测值,获得对这两个变量之间整体关系的了解.
(二)选做题(
14、15题,考生只能从中选做一题)(坐标系与参数方程选做题)14.(5分)在极坐标系中,曲线ρ=2上到直线ρcos(θ﹣)=1的距离为1的点的个数是 3 .【考点】简单曲线的极坐标方程.【专题】坐标系和参数方程.【分析】首先把圆的极坐标方程转化成直角坐标方程,进一步把直线的极坐标方程转化成直角坐标方程,最后利用圆心到直线的距离,来确定点的个数.【解析】解极坐标方程ρ=2,转化成直角坐标方程为x2+y2=4直线ρcos(θ﹣)=1转化成直角坐标方程为x+y﹣=0则圆心到直线的距离d=恰好平分圆的半径,所以圆上得点到直线的距离为1的点的个数为3故答案为3【点评】本题考查的知识要点极坐标方程与直角坐标方程的转化,点到直线的距离的应用.属于基础题型. (几何证明选讲选做题)15.如图,圆O的弦AB、CD相交于点P,若AC=AD=2,PB=3,则AB= 4 .【考点】与圆有关的比例线段.【专题】直线与圆.【分析】连结PD,由已知推导出△PAD∽△DAB,从而,由此能求出AB的长.【解析】解连结PD,∵AC=AD=2,∴由已知得∠ADP=∠ABD,∠DAP=∠BAD,∴△PAD∽△DAB,∴,即∵AC=AD=2,PB=3,∴,解得AP=1,∴AB=AP+PB=1+3=4.故答案为4.【点评】本题考查与圆有关的线段长的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意圆的性质和三角形相似的性质的合理运用.
三、解答题本大题共6小题,满分80分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.16.(12分)已知△ABC顶点的直角坐标分别是A(3,5)、B(0,1)、C(8,﹣7).
(1)求cosB的值;
(2)若=(﹣2,﹣5),证明B、C、D三点共线.【考点】余弦定理;直线的斜率.【专题】解三角形;平面向量及应用.【分析】
(1)(方法一)由两点间距离公式可求AB,AC,BC的值,由余弦定理即可求cosB;(方法二)求出两个向量,由向量的夹角公式即可得解.
(2)(方法一)求出向量,,可得,从而得证.(方法二)先求直线BC的方程,设D(m,n),由=(﹣2,﹣5)可解得D点坐标,从而可求得B、C、D三点共线.【解析】解
(1)(方法一)AB==5,AC=13,…(3分)…(6分)(公式2分)(方法二),…(2分)…(6分)(公式2分)
(2)(方法一),…(9分)∵,∴、共线…(11分)∵、有共同的始点,∴B、C、D三点共线…(12分)(方法二)经过B(0,1)、C(8,﹣7)两点的直线BC的方程为(即x+y=1)…(9分)设D(m,n),由=(﹣2,﹣5)得(x﹣3,y﹣5)…(10分)解得D(1,0)…(11分)∵(或1+0=1),∴(D在BC上)B、C、D三点共线…(12分)【点评】本题主要考查了余弦定理,直线的方程,向量的夹角公式以及两点间距离公式的应用,熟练记忆和使用公式是解题的关键,属于中档题. 17.(13分)某树苗培育基地为了解其基地内榕树树苗的长势情况,随机抽取了100株树苗,分别测出它们的高度(单位cm),并将所得数据分组,画出频率分布表如下组距频数频率[100,102)
170.17[102,104)
180.18[104,106)
240.24[106,108)ab[108,110)
60.06[110,112)
30.03合计1001
(1)求上表中a、b的值;
(2)估计该基地榕树树苗平均高度;
(3)基地从上述100株榕树苗中高度在[108,112)范围内的树苗中随机选出5株进行育种研究,其中在[110,112)内的有X株,求X的分布列和期望.【考点】离散型随机变量的期望与方差;离散型随机变量及其分布列.【专题】概率与统计.【分析】
(1)由频率分布表,能求出a和b.
(2)取组距的中间值,能估计该基地榕树树苗平均高度.
(3)由频率分布表知树苗高度在[108,112)范围内的有9株,在[110,112)范围内的有3株,因此X的所有可能取值为0,1,2,3,分别求出相应的概率,由此能求出X的分布列和期望.【解析】解
(1)由频率分布表,知a=100﹣17﹣18﹣24﹣6﹣3=32,b==
0.32.…(2分)
(2)估计该基地榕树树苗平均高度为=
105.02(cm)…(6分)(列式(2分),求值(1分),文字说明与单位完整(1分).)
(3)由频率分布表知树苗高度在[108,112)范围内的有9株,在[110,112)范围内的有3株,因此X的所有可能取值为0,1,2,3…(7分)P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)=,…(11分)∴X的分布列为X0123P…(12分)X的期望为EX==.…(13分)(列式正确1分)【点评】本题考查频率分布表的应用,考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意排列组合知识的合理运用. 18.(14分)设数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*
(1)求a1的值.
(2)求数列{an}的通项公式.
(3)证明对一切正整数n,有+….【考点】数列与不等式的综合.【专题】点列、递归数列与数学归纳法.【分析】
(1)令n=1直接计算即可;
(2)根据Sn与an的关系,即可求数列{an}的通项公式;
(3)利用=并项即可计算.【解析】解
(1)a1=S1==1;
(2)an=Sn﹣Sn﹣1=﹣=n(2n﹣1);显然,当n=1时,a1=1×(2×1﹣1)=1,故数列{an}的通项公式为an=n(2n﹣1).
(3)根据
(2)可得an=n(2n﹣1),故===,所以+…<=∵当n=1时,原式=1,当n=2时,原式=,∴原式,故对一切正整数n,有+….【点评】本题主要考查数列的通项公式,是数列与不等式相结合的综合题,难度较大,考查了分析问题与解决问题的能力. 19.(13分)如图,直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形,侧面是正方形,∠DAB=60°,E是棱CB的延长线上一点,经过点A、C
1、E的平面交棱BB1于点F,B1F=2BF.
(1)求证平面AC1E⊥平面BCC1B1;
(2)求二面角E﹣AC1﹣C的平面角的余弦值.【考点】二面角的平面角及求法;平面与平面垂直的判定.【专题】空间位置关系与距离;空间角.【分析】
(1)设四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a,由已知得,,,从而AE⊥CE,由直四棱柱性质得C1C⊥ABCD,从而AE⊥平面BCC1B1,由此能证明平面AC1E⊥平面BCC1B1.
(2)过C作CG⊥AC1于G,CH⊥C1F于H,连接GH,由已知得∠CGH是二面角E﹣AC1﹣C的平面角,由此能求出二面角E﹣AC1﹣C的平面角的余弦值.【解析】
(1)证明设四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a,∵B1F=2BF,△B1C1F∽△BEF,∴…(1分)由∠DAB=60°=∠ABE,∠ABC=120°,得,…(2分)∵,∴AE2+CE2=AC2,AE⊥CE…(3分)∵ABCD﹣A1B1C1D1是直四棱柱,C1C⊥ABCD,又AE⊂ABCD,∴C1C⊥AE,∵CE∩CC1=C,∴AE⊥平面BCC1B1…(4分)∵AE⊂平面AC1E,∴平面AC1E⊥平面BCC1B1…(5分)
(2)解过C作CG⊥AC1于G,CH⊥C1F于H,连接GH…(6分)由平面AC1E⊥平面BCC1B1,平面AC1E∩平面BCC1B1=C1E,CH⊥平面AC1E…(7分)∴CH⊥AC1,又CG⊥AC1,CG∩CH=C,∴AC1⊥平面CGH,AC1⊥GH,∴∠CGH是二面角E﹣AC1﹣C的平面角…(9分)在Rt△ACC1中,,CC1=a,AC1=2a,,在Rt△ECC1中,,CC1=a,,,、,求得任何一个给(2分),两个全对给(3分)…(12分)GH==,cos∠CGH==.∴二面角E﹣AC1﹣C的平面角的余弦值是.…(13分)【点评】本题考查面面垂直的证明,考查二面角的平面角的余弦值的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养. 20.(14分)平面直角坐标系xOy中,椭圆Σ+=1(a>b>0)的离心率为,焦点为F
1、F2,直线l x+y﹣2=0经过焦点F2,并与Σ相交于A、B两点.
(1)求的方程;
(2)在上是否存在C、D两点,满足CD∥AB,F1C=F1D?若存在,求直线CD的方程;若不存在,说明理由.【考点】椭圆的简单性质.【专题】方程思想;圆锥曲线的定义、性质与方程.【分析】
(1)根据题意求出焦点F2的坐标,的c的值,利用离心率e求出a、b的值;
(2)(方法一)假设存在满足条件的直线CD,由直线CD的方程与椭圆方程联立,消去y,得方程
①,计算△>0;再由F1C=F1D,E为CD的中点,推导出△<0,从而得出结论.(方法二)设出C、D以及线段CD的中点E的坐标,利用差值法求出中点满足的关系式,再由F1C=F1D,得出直线CD的方程,它与椭圆方程联立,判断方程组是否有解即可.【解析】解
(1)∵直线l x+y﹣2=0经过焦点F2,∴F2(2,0),即c=2;又e==,∴a=;∴b==,∴椭圆∑的方程为+=1;
(2)(方法一)若存在满足条件的直线CD,∵CD∥AB,∴kCD=kAB=﹣1,设直线CD的方程为y=﹣x+m,由,得x2+3(﹣x+m)2﹣6=0;即4x2﹣6mx+(3m2﹣6)=0,∴△=(﹣6m)2﹣4×4(3m2﹣6)=96﹣12m2>0;(*)设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=;由已知F1C=F1D,若线段CD的中点为E,则F1E⊥CD,∴=﹣=1;F1(﹣2,0),E(,),即E(,);由==1,解得m=﹣4;当m=﹣4时,96﹣12m2=﹣96<0,这与(*)矛盾,∴不存在满足条件的直线CD.(方法二)假设存在C(x1,y1),D(x2,y2),且线段CD的中点为E(x0,y0),则x0=,y0=,=﹣1;由,两式相减得(x1﹣x2)(x1+x2)+(y1﹣y2)(y1+y2)=0,代入、化简得x0﹣y0=0,
①由已知F1C=F1D,则F1E⊥CD,∴=﹣=1;由==1,得y0=x0+2,
②由
①②解得x0=﹣3,y0=﹣1,即E(﹣3,﹣1)直线CD的方程为y=﹣(x+4),联立方程组,消去y得4x2+24x+42=0,∵△=242﹣4×4×42=﹣96<0,∴方程(组)无解,即不存在满足条件的直线CD.【点评】本题考查了求椭圆的标准方程以及直线与椭圆的综合应用问题,也考查了根与系数的关系应用问题,考查了方程组的解法与应用问题,是综合性题目. 21.(14分)设函数f(x)=ex(lnx﹣a),e是自然对数的底数,e≈2,718,a∈R为常数.
(1)若y=f(x)在x=1处的切线l的斜率为2e,求a的值;
(2)在
(1)的条件下,证明切线l与曲线y=f(x)在区间(0,)至少有1个公共点;
(3)若[ln2,ln3]是y=f(x)的一个单调区间,求a的取值范围.【考点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程.【专题】导数的综合应用.【分析】
(1)先求出函数的导数,得到方程e(ln1﹣a+1)=2e,解出即可;
(2)先求出切线l的方程,得到g(e﹣4)g()<0,y=g(x)在(e﹣4,)内有零点,从而证出结论;
(3)先求出a≤1时,y=f(x)在[ln2,ln3]上单调递增,再通过比较h(ln2)与h(ln3)的大小,从而求出a的范围.【解析】解
(1)f′(x)=ex(lnx﹣a+),依题意,k=f′
(1)=e(ln1﹣a+1)=2e,解得a=﹣1,
(2)由
(1)f
(1)=e,直线l的方程为y﹣e=2e(x﹣1),即y=2ex﹣e,作g(x)=f(x)﹣(2ex﹣e)=ex(lnx+1)﹣2ex+e,则g()=(1﹣ln2)>0,g(e﹣4)=﹣3﹣2e﹣3+e<﹣3+e<0(用其他适当的数替代e﹣4亦可)因为y=g(x)在(e﹣4,)上是连续不断的曲线,g(e﹣4)g()<0,y=g(x)在(e﹣4,)内有零点,而(e﹣4,)⊂(0,),从而切线l与曲线y=f(x)在区间(0,)至少有1个公共点;
(3)f′(x)=ex(lnx﹣a+),[ln2,ln3]是y=f(x)的一个单调区间当且仅当f′(x)在[ln2,ln3]上恒大于等于零,或恒小于等于零,由ex>0,作h(x)=lnx+h′(x)=﹣,由h′(x)=﹣=0得x=1,x[ln2,1)1(1,ln3]h′(x)﹣0+h(x)↘最小值↗h(x)在[ln2,ln3]上的最小值为m=1,所以,当且仅当a≤1时,y=f(x)在[ln2,ln3]上单调递增,下面比较h(ln2)与h(ln3)的大小由23<32<e3,2<<e,ln2<ln3<1以及h(x)在[ln2,1)上单调递减得h(ln2)>h(ln3),h(ln2)﹣h(ln3)>h(ln3)﹣h(ln3)=ln+=,ln3ln<(ln3+ln)2=<(ln7)2<(lne2)2=1,∴h(ln2)>h(ln3),当且仅当a≥lnln2+时,y=f(x)在[ln2,ln3]上单调递减,综上所述,a的取值范围为(﹣∞,1]∪[lnln2+,+∞).【点评】本题考查了函数的单调性,曲线的切线方程问题,考查导数的应用,是一道综合题.。