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文本内容:
一、填空题(本大题共14个小题每小题5分共70分.)
1.已知集合,,且,则实数的值为.
2.设(,),其中是虚数单位,则.
3.若五个数,,,,的平均数为,则这五个数的标准差是.
4.右图是某算法流程图,则程序运行后输出的结果是.
5.从,,,这四个数中一次随机地取两个数,则其中一个数是另一个数的两倍的概率是.
6.将边长为的正方形沿对角线折起,使,则三棱锥的体积为.
7.设函数,的值域是,则实数的取值范围为.
8.等轴双曲线的中心在原点,焦点在轴上,双曲线与抛物线的准线交于,两点,,则双曲线的实轴长为.
9.如图甲所示,在直角中,、,是垂足,则有,该结论称为射影定理.如图乙所示,在三棱锥中,平面,平面,为垂足,且在内,类比直角三角形中的射影定理,则有.
10.在中,,,点、分别在边、上,且平行于,是的中点,则的最小值为.
11.若直线上存在点可作圆的两条切线、,切点为、,且,则实数的取值范围为.
13.设数列的通项公式为,则满足不等式的正整数的集合为.
14.若二次函数()的值域为,则的最大值是.
二、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
15.(本小题满分14分)在中,,,的对边分别为,,,且.
(1)求角的大小;
(2)设,为垂足,若,,求的值.
16.(本小题满分14分)如图,在斜三棱柱中,侧面是边长为的菱形,.在平面中,,,为的中点,过,,三点的平面交于点.
(1)求证为中点;
(2)求证平面平面.
17.(本小题满分14分)某商场为促销要准备一些正三棱锥形状的装饰品,用半径为的圆形包装纸包装.要求如下正三棱锥的底面中心与包装纸的圆心重合,包装纸不能裁剪,沿底边向上翻折,其边缘恰好达到三棱锥的顶点,如图所示.设正三棱锥的底面边长为,体积为.
(1)求关于的函数关系式;
(2)在所有能用这种包装纸包装的正三棱锥装饰品中,的最大值是多少?并求此时的值.
18.(本小题满分16分)如图,在平面直角坐标系中,已知是椭圆上的一点,从原点向圆作两条切线,分别交椭圆于,.
(1)若直线,互相垂直,求圆的方程;
(2)若直线,的斜率存在,并记为,,求证;
(3)试问是否为定值?若是,求出该值;若不是,说明理由.
19.(本小题满分16分)对于数列,若从第二项起,每一项与它前一项的差依次组成等比数列,则称该等比数列为“差等比数列”,现已知,设其差等比数列的首项为,公比为().
(1)是否存在,使得数列是等差数列或等比数列?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由;
(2)当时,若是公差为的等差数列,且.试确定的取值范围,使得.
20.(本小题满分16分)已知函数(),.
(1)求的单调区间;
(2)证明;
(3)证明对任意正数,总存在,当时,都有.2019-2020年高三考前一周双练冲刺模拟卷
(三)数学试题Word版含答案
21.【选做题】本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域内作答.若多做,则按作答的前两题评分.解答时应写成文字说明、证明过程或演算步骤.A.(选修4-1几何证明选讲)如图,设、是圆的两条弦,直线是线段的垂直平分线.已知,,求线段的长度.B.(选修4-2矩阵与变换)若点在矩阵对应变换的作用下得到点,求矩阵的逆矩阵.C.(选修4-4坐标系与参数方程)在极坐标系中,设圆经过点,圆心是直线与极轴的交点,求圆的极坐标方程.D.(选修4-5不等式选讲)设,,均为正数,.求证.【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.
22.(本小题满分10分)已知点,直线,点是上的动点,过点垂直于轴的直线与线段的垂直平分线相交于点.
(1)求点的轨迹方程;
(2)若,直线与点的轨迹交于、两点,试问的轨迹上是否存在两点、,使得、、、四点共圆?若存在,求出圆的方程;若不存在,请说明理由.
23.(本小题满分10分)设且,集合的所有个元素的子集记为,,,.
(1)求集合,,,中所有元素之和;
(2)记为(,,,)中最小元素与最大元素之和,求的值.数学模拟卷
(三)
一、填空题本大题共14小题,每小题5分,共70分.
1.【解析】由得,,,即.
2.【解析】由得,,,.
3.【解析】由平均数为,可知,由,得标准差.4.【解析】当,时,,,再循环,,,继续得,,结束,输出.
5.【解析】从,,,这四个数中一次随机取两个数,基本事件为,,,,,,共个,符合“一个数是另一个数的两倍”的基本事件有,,共个,所以所求的概率为.
6.【解析】取的中点为,则,翻折以后,,在三棱锥中,选择为底面,为高,则三棱锥的体积为.
7.
8.【解析】设双曲线的方程为,由点在双曲线上,得,即,故,所以双曲线的实轴长为.
9.【解析】从题中条件不难发现图甲中的对应图乙中的平面,图甲中的对应图乙中的平面,因此在类比的结论中,图甲中的边对应图乙中的面,图甲中的边对应图乙中的面,图甲中的边对应图乙中的面.
10.【解析】以点为原点,所在直线为轴建立平面直角坐标系,设点,则,所以当时,的最小值为.
11.【解析】若,则.直线上存在点可作圆的两条切线、等价于直线与圆有公共点,由,得.
12.【解析】令,则,所以,由函数是偶函数,则,所以,,,所以,由对称性知,,所以,因为,所以,代入,所以.
13.【解析】由于数列的通项公式为,所以数列为等比数列,首项为,公比;数列也是等比数列,首项为,公比.不等式等价于,即,解之得,,只能取,,.
14.【解析】由题意可得,且,则,令,则,令,,则,再令,则,当时,,所以当且仅当时,取最大值.
二、解答题本大题共6小题,共90分.
15.解
(1),由正弦定理得,又在中,,,即,又在中,,,又,;
(2)由余弦定理,,,,,,,即,,.
16.解
(1)由题意,平面平面,平面与平面交于直线,与平面交于直线,所以.因为,所以,所以.因为为的中点,所以,所以为中点.
(2)因为四边形是边长为的菱形,.在三角形中,,,由余弦定理得,故,从而可得,即.在三角形中,,,,则,从而可得,即.又,则.因为,面,面,所以平面.又平面,所以平面平面.
17.解正三棱锥展开如图所示.当按照底边包装时体积最大.设正三棱锥侧面的高为,高为.由题意得,解得.则,.所以,正三棱锥体积,设,求导得,令,得当时,,函数在上单调递增,当时,,函数在上单调递减,所以当时,取得极大值也是最大值.此时,所以.答当底面边长为时,正三棱锥的最大体积为.
18.解
(1)由圆的方程知圆的半径,因为直线,互相垂直,且和圆相切,所以,即,
①又点在椭圆上,所以
②联立
①②,解得,所以所求圆的方程为
(2)因为直线和都与圆相切,所以,,化简得,,所以,是方程得两个不相等的实数根,由韦达定理得,.因为在椭圆上,所以,即,所以,即.
(3)(i)当直线,不落在坐标轴上时,设,,因为,所以,故.因为,在椭圆上,,,即,,所以,整理得,所以,所以.
19.解
(1)由题设得,则(2分)当时,,则,所以是首项为,公差为的等差数列.(4分)当时,,由,知不可能为等差数列.若是等比数列,则存在非零常数,使得,(6分)即,整理得,由于上式对一切都成立,所以,解得(舍)或,当时,是等比数列.(8分)
(2),,,(10分),(12分)于是,,,(14分)且有,,,综上,当时,恒有(16分)
20.解
(1),(2分)由,解得,当时,;当时,所以的单调减区间是,单调增区间是.(5分)
(2)设,,由,解得,当时,;当时,.(8分)在处取得极大值,也即最大值,因为,所以,所以,即.(10分)
(3)由
(1)知,在单调递增,又,所以当时,恒有,即成立.又有
(2)知()恒成立,当时,存在,当时,有成立.(12分)当时,由,解得,取,则当时,有成立.综上,对任意正数,总存在,当时,都有.(16分)注若不对进行讨论,直接由,解得,取,得当时,有成立,不扣分.数学附加题
(三)
21.【选做题】本题包括A、B、C、D四小题,每小题10分请选定其中两题,并在相应的答题区域内作答.A.解连接,,相交于点.因为是线段的垂直平分线,所以是圆的直径,.设,则,由射影定理得,又,即有,解得(舍)或所以,.B.解,即,,解得,,解法一,.解法二设,由,得,解得,.C.解因为圆心为直线与极轴的交点,所以令,得,即圆心是又圆经过点,圆的半径,圆过原点,圆的极坐标方程是.D.证明由,,为正数,根据平均值不等式,得,,.将此三式相加,得,即.由,则有.所以.【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.
22.解
(1)设,依题意,,即.化简整理得.(4分)
(2)把与联立,解得,,则线段的垂直平分线方程若存在、两点,使得、、、四点共圆,则圆心必在直线上,设圆心坐标,则半径,圆的方程为,(7分)将代入并整理得,则,或或,应有除、之外的两个根,,且,,解得且,.存在且,的无数个圆满足条件.(10分)
23.解
(1)因为含元素的子集有个,同理含,,,,的子集也各有个,于是所求元素之和为;
(2)集合的所有个元素的子集中以为最小元素的子集有个,以为最大元素的子集有个;以为最小元素的子集有个,以为最大元素的子集有个;以为最小元素的子集有个,以为最大元素的子集有个.,..。