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2019-2020年高三第二次综合练习数学理试题含答案
一、选择题(共8小题,每小题5分,共40分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项)1.已知集合,集合,则=().B.C.D.2.执行如图所示的程序框图,则输出的n的值是().A.7B.10C.66D.1663.设为虚数单位,,“复数是纯虚数”是“”的().A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件4.已知平面上三点A,B,C,满足,则=().A.48B.-48C.100D.-1005.已知函数,若对任意的实数x,总有,则的最小值是().A.2B.4C.D.26.已知双曲线与抛物线有一个公共的焦点F,且两曲线的一个交点为P.若,则双曲线的渐近线方程为().7.已知函数,若对任意,都有成立,则实数m的取值范围是().8.如图,将一张边长为1的正方形纸ABCD折叠,使得点B始终落在边AD上,则折起部分面积的最小值为().第Ⅱ卷(非选择题共110分)
二、填空题本小题共6小题,每小题5分,共30分.9.展开式中含项的系数是__________.10.已知圆C的圆心在直线x-y=0上,且圆C与两条直线x+y=0和x+y-12=0都相切,则圆C的标准方程是__________.11.如图,已知圆B的半径为5,直线AMN与直线ADC为圆B的两条割线,且割线AMN过圆心B.若AM=2,,则AD=__________.12.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的侧面积为__________.13.已知点在函数的图像上,则数列的通项公式为__________;设O为坐标原点,点,则,中,面积的最大值是__________.14.设集合,集合A中所有元素的个数为__________;集合A中满足条件“”的元素个数为__________.
三、解答题本大题共6小题,共80分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15.(本小题共13分)在梯形ABCD中,(Ⅰ)求AC的长;(Ⅱ)求梯形ABCD的高.16.(本小题共13分)某学科测试中要求考生从A,B,C三道题中任选一题作答,考试结束后,统计数据显示共有600名学生参加测试,选择A,B,C三题答卷数如下表(Ⅰ)某教师为了解参加测试的学生答卷情况,现用分层抽样的方法从600份答案中抽出若干份答卷,其中从选择A题作答的答卷中抽出了3份,则应分别从选择B,C题作答的答卷中各抽出多少份?(Ⅱ)若在(Ⅰ)问中被抽出的答卷中,A,B,C三题答卷得优的份数都是2,从被抽出的A,B,C三题答卷中再各抽出1份,求这3份答卷中恰有1份得优的概率;(Ⅲ)测试后的统计数据显示,B题的答卷得优的有100份,若以频率作为概率,在(Ⅰ)问中被抽出的选择B题作答的答卷中,记其中得优的份数为X,求X的分布列及其数学期望EX.17.(本小题共14分)如图,在直角梯形ABCD中,.直角梯形ABEF可以通过直角梯形ABCD以直线AB为轴旋转得到,且平面平面ABCD.(Ⅰ)求证;(Ⅱ)求直线BD和平面BCE所成角的正弦值;(Ⅲ)设H为BD的中点,M,N分别为线段FD,AD上的点(都不与点D重合).若直线平面MNH,求MH的长.18.(本小题共13分)已知点M为椭圆的右顶点,点A,B是椭圆C上不同的两点(均异于点M),且满足直线MA与直线MB斜率之积为.(Ⅰ)求椭圆C的离心率及焦点坐标;(Ⅱ)试判断直线AB是否过定点若是,求出定点坐标;若否,说明理由.19.(本小题共14分)已知函数.(Ⅰ)当时,求函数的单调区间;(Ⅱ)若在区间12上存在不相等的实数成立,求的取值范围;(Ⅲ)若函数有两个不同的极值点,,求证.20.(本小题共13分)已知数列,是正整数1,2,3,,n的一个全排列.若对每个都有或3,则称为H数列.(Ⅰ)写出满足的所有H数列;(Ⅱ)写出一个满足的数列的通项公式;(Ⅲ)在H数列中,记.若数列是公差为d的等差数列,求证或.参考答案及评分标准高三数学(理科)
一、选择题题号
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)答案ABBCACDB
二、填空题题号
(9)
(10)
(11)
(12)
(13)
(14)答案
三、解答题15.(本小题共13分)解(Ⅰ)在中,因为,所以.由正弦定理得,即.(Ⅱ)在中,由余弦定理得,整理得,解得(舍负).过点作于,则为梯形的高.因为,,所以.在直角中,.即梯形的高为.16.(本小题共13分)解(Ⅰ)由题意可得题ABC答卷数180300230抽出的答卷数352应分别从题的答卷中抽出份,份.(Ⅱ)记事件被抽出的三种答卷中分别再任取出份,这份答卷中恰有份得优,可知只能题答案为优,依题意.(Ⅲ)由题意可知,题答案得优的概率为,显然被抽出的题的答案中得优的份数的可能取值为,且.;;;;;.随机变量的分布列为所以.17.(本小题共14分)证明(Ⅰ)由已知得,.因为平面平面,且平面平面,所以平面,由于平面,所以.(Ⅱ)由
(1)知平面所以,.由已知,所以两两垂直.以为原点建立空间直角坐标系(如图).因为,则,,,,所以,,设平面的一个法向量.所以,即.令,则.设直线与平面所成角为,因为,所以.所以直线和平面所成角的正弦值为.(Ⅲ)在为原点的空间直角坐标系中,,,,,.设,即.,则,,.若平面,则.即..解得.则,.18.(本小题共13分)解(Ⅰ)椭圆的方程可化为,则,,.故离心率为,焦点坐标为,.(Ⅱ)由题意,直线的斜率存在,可设直线的方程为,,,则,.由得.判别式.所以,,因为直线与直线的斜率之积为,所以,所以.化简得,所以,化简得,即或.当时,直线方程为,过定点.代入判别式大于零中,解得.当时,直线的方程为,过定点,不符合题意.故直线过定点.19.(本小题共14分)解(Ⅰ)当时,,.由,解得,.当时,,单调递增;当时,,单调递减;当时,,单调递增.所以的单调增区间为,单调减区间为.(Ⅱ)依题意即求使函数在上不为单调函数的的取值范围.,设,则,.因为在上为增函数.当,即当时,函数在上有且只有一个零点,设为,当时,,即,为减函数;当时,,即,为增函数,满足在上不为单调函数.当时,,,所以在上成立(因在上为增函数),所以在上成立,即在上为增函数,不合题意.同理时,可判断在为减函数,不合题意.综上.(Ⅲ).因为函数有两个不同的零点,即有两个不同的零点,即方程的判别式,解得.由,解得,.此时,.随着变化,和的变化情况如下++极大值极小值所以是的极大值点,是的极小值点,所以是极大值,是极小值所以因为,所以,所以.20.(本小题共13分)解(Ⅰ)满足条件的数列有两个.(Ⅱ)由
(1)知数列满足,把各项分别加后,所得各数依次排在后,因为,所得数列显然满足或,,即得数列.其中,.如此下去即可得到一个满足的数列为(其中)(写出此通项也可以(其中))(Ⅲ)由题意知,,且.有解
①,,,则,这与是矛盾的.
②时,与
①类似可得不成立.
③时,,则不可能成立.
④时,若或,则或.若或,则,类似于
③可知不成立.
④时,若同号,则,由上面的讨论可知不可能;若或,则或;
⑤时,若异号,则,不行;若同号,则,同样由前面的讨论可知与矛盾.综上,只能为或,且
(2)中的数列是的情形,将
(2)中的数列倒过来就是,所以为或.。