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2019届高三数学第一次模拟考试试题文含解析
一、选择题(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.已知集合,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】,即,得,所以,又,故.故选B.
2.已知复数满足,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】设(),则由题意可得,即,所以,即,解得,所以.故选C.
3.已知命题,;命题,,则下列命题为真命题的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】因为时,,,故不成立,所以命题为假命题;当时,,故命题为真命题,所以为真命题.故选D.
4.已知角的终边经过点,将角的终边顺时针旋转后得到角,则()A.B.5C.D.【答案】A【解析】由三角函数的定义可得,又,所以.故选A.
5.已知向量,,且,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】由题意得,由可得,即,所以,所以.故选D.
6.已知,,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】因为,,,所以,,所以.故选B.
7.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积等于()A.B.C.D.【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是一个组合体,上方是一个半径为的半球,其体积.下方是一个圆柱(底面半径,高)中间挖掉一个正四棱柱(底面边长,高).其中圆柱的体积;正四棱柱的体积.所以该几何体的体积.故选A.
8.函数的大致图象为A.B.C.D.【答案】C【解析】由,得,解得,.故函数的图象与轴的两个交点坐标为,,排除B、D.又,排除A,故选C.
9.某程序框图如图所示,则该程序运行后输出的结果为A.B.C.D.【答案】A【解析】初始值,,第一次循环,,不成立;第二次循环,,不成立;第三次循环,,不成立;第四次循环,,成立,此时结束循环,故输出的值为.故选A.
10.已知圆与轴相切,抛物线过圆心,其焦点为,则直线被抛物线所截得的弦长等于()A.B.C.D.【答案】C【解析】圆的方程可化为,故圆心,半径.由题意,圆与轴相切,所以,解得.若,则圆心为,显然抛物线不经过该点,不合题意;故,此时圆心为,由点在抛物线上,可得,解得.所以抛物线E的方程为,故.设直线的倾斜角为,则直线的斜率,所以.故直线被抛物线所截得的弦长为.故选C.
11.已知函数(,)的最小正周期为,且图象过点,要得到函数的图象,只需将函数的图象()A.向左平移个单位长度B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度D.向右平移个单位长度【答案】B【解析】由函数的最小正周期为,得,解得.由点在函数的图象上可得,所以(),解得().因为,所以,,所以,故要得到函数的图象,只需将函数的图象向左平移个单位长度即可.故选B.
12.若函数与满足存在实数,使得,则称函数为的“友导”函数.已知函数为函数的“友导”函数,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D【解析】由题意得,,函数为函数的“友导”函数,即方程在上有解,所以方程在上有解,记,则,当时,,,所以,函数单调递增;当时,,,所以,函数单调递减.所以.故由方程有解可得.故选D.
二、填空题
13.已知双曲线经过点,则其离心率____.【答案】【解析】由点在双曲线上可得,解得,所以双曲线的方程为.故,,所以.
14.已知实数满足约束条件,则的最大值为_____.【答案】12【解析】作出约束条件所表示的可行域如下图中阴影部分所示,目标函数可化为,的几何意义是直线在轴上的截距,故当直线在轴上的截距取得最大值时,目标函数取得最大值.由图可知,目标函数对应的直线经过点时,取得最大值.由,解得,即.故.
15.刘徽是中国古代最杰出的数学家之一,他在中国算术史上最重要的贡献就是注释《九章算术》,刘徽在割圆术中提出的“割之弥细,所失弥少,割之又割以至于不可割,则与圆合体而无所失矣”,体现了无限与有限之间转化的思想方法,这种思想方法应用广泛.如数式是一个确定值数式中的省略号表示按此规律无限重复,该数式的值可以用如下方法求得令原式,则,即,解得,取正数得.用类似的方法可得_____.【答案】3【解析】记,则,整理得,解得或.取正数得.
16.如图,中,,,的面积为,点在内,且,则的面积的最大值为____.【答案】【解析】由,,,得,解得.由余弦定理可得,所以.在中,,设,则.由正弦定理得,故,.所以的面积,.所以时,的面积取得最大值,且最大值为.
三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.已知数列的前项和为,点()是曲线上的点.数列是等比数列,且满足.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)记,求数列的前n项和.【答案】1;2见解析.【解析】(Ⅰ)由已知.当时,;当时,.显然,当时,上式也成立,所以.故,.所以等比数列的公比.故.(Ⅱ)数列的前项和.数列的前项和记为.当为奇数时,.当为偶数时,.所以数列的前项和.
18.如图,多面体中,平面平面,且,,,为的中点,且,,且,.(Ⅰ)求证平面;(Ⅱ)求该多面体的体积.【答案】1见解析;
210.【解析】(Ⅰ)连接PE,在中,,,所以.又因为平面平面,平面平面,所以平面.因为,且,所以四边形为平行四边形,所以.故平面,所以.在四边形中,易知,且,所以四边形为平行四边形,又因为,,所以四边形为正方形,故,又,所以平面.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,四边形为正方形,所以,又,,所以平面.所以易知多面体是由四棱锥和直三棱柱构成的.又矩形的面积,所以四棱锥的体积;直三棱柱的体积.所以多面体的体积.
19.xx的政府工作报告强调,要树立绿水青山就是金山银山理念,以前所未有的决心和力度加强生态环境保护.某地科技园积极检查督导园区内企业的环保落实情况,并计划采取激励措施引导企业主动落实环保措施,下图给出的是甲、乙两企业xx年至xx在环保方面投入金额(单位万元)的柱状图.(Ⅰ)分别求出甲、乙两企业这六年在环保方面投入金额的平均数;(结果保留整数)(Ⅱ)园区管委会为尽快落实环保措施,计划对企业进行一定的奖励,提出了如下方案若企业一年的环保投入金额不超过200万元,则该年不奖励;若企业一年的环保投入金额超过200万元,不超过300万元,则该年奖励20万元;若企业一年的环保投入金额超过300万元,则该年奖励50万元.(ⅰ)分别求出甲、乙两企业这六年获得的奖励之和;(ⅱ)现从甲企业这六年中任取两年对其环保情况作进一步调查,求这两年获得的奖励之和不低于70万元的概率.【答案】1见解析;2(ⅰ)190万元110万元;(ⅱ).【解析】(Ⅰ)由柱状图可知,甲企业这六年在环保方面的投入金额分别为,其平均数为(万元);乙企业这六年在环保方面的投入金额分别为,其平均数为(万元).(Ⅱ)(ⅰ)根据题意可知,企业每年所获得的环保奖励(单位万元)是关于该年环保投入(单位万元)的分段函数,即;所以甲企业这六年获得的奖励之和为(万元);乙企业这六年获得的奖励之和为(万元).(ⅱ)由(ⅰ)知甲企业这六年获得的奖金数如下表年份xx年xxxxxxxxxx奖励(单位万元)02050502050奖励共分三个等级,其中奖励0万元的只有xx年,记为;奖励20万元的有xx,xx,记为;奖励50万元的有xx,xx和xx,记为.故从这六年中任意选取两年,所有的情况为:,,,,,,,,,,,,,,,共15种.其中奖励之和不低于70万元的取法为,,,,,,,,,共9种.故所求事件的概率为.
20.在平面直角坐标系中,直线过点且与直线垂直,直线与轴交于点,点与点关于轴对称,动点满足.(Ⅰ)求动点的轨迹的方程;(Ⅱ)过点的直线与轨迹相交于两点,设点,直线的斜率分别为,问是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】1;
2.【解析】(Ⅰ)由已知设直线的方程为,因为点在直线上,所以,解得.所以直线的方程为.令,解得,所以,故.因为,由椭圆的定义可得,动点的轨迹是以为焦点的椭圆,长轴长为
4.所以,,所以轨迹的方程为.(Ⅱ)
①当直线的斜率不存在时,由,解得.不妨设,,则.
②当直线的斜率存在时,设直线的方程为,由,消去,得,依题意,直线与轨迹必相交于两点,设,,则,,又,,所以.综上可得,为定值.
21.已知函数.(Ⅰ)当时,判断函数的单调性;(Ⅱ)当时,证明.(为自然对数的底数)【答案】
(1)见解析;
(2)见解析【解析】
(1)函数的定义域为..
①当时,.当时,,函数单调递增;当时,,函数单调递减.
②当时,.当时,,函数单调递增;当时,,函数单调递减;当时,,函数单调递增.
③当时,.易知恒成立,函数在上单调递增;
④当时,.当时,,函数单调递增;当时,,函数单调递减;当时,,函数单调递增.综上,当时,函数在和上单调递增,在上单调递减;当时,函数在上单调递增;当时,函数在和上单调递增,在上单调递减;当时,函数在上单调递增,在上单调递减.
(2)当时,不等式化为.记,则.显然在上单调递增,且,.所以在上有唯一的零点,且.所以当时,,函数单调递减;当时,,函数单调递增.由,即,得,所以,而易知函数在上单调递减,所以,所以.所以,即.
22.选修4-4坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知圆的极坐标方程为.(Ⅰ)求直线的普通方程以及圆的直角坐标方程;(Ⅱ)若点在直线上,过点作圆的切线,求的最小值.【答案】
(1),;
(2).【解析】
(1)由直线的参数方程消去参数,得,即.所以直线的普通方程为.圆的极坐标方程为,即,将极坐标方程与直角坐标方程的转化公式代入上式可得,即,此为圆的直角坐标方程.
(2)由
(1)可知圆的圆心为,半径,所以,而的最小值为圆心到直线的距离.所以的最小值为.
23.选修4-5不等式选讲已知函数.(Ⅰ)解关于的不等式;(Ⅱ)若对于任意的,不等式恒成立,求实数的取值范围.【答案】
(1);
(2)【解析】
(1)
①当时,不等式可化为,解得,故;
②当时,不等式可化为,解得,故;
③当时,不等式可化为,解得.显然与矛盾,故此时不等式无解.综上,不等式的解集为.
(2)由
(1)知,.作出函数的图象,如图,显然.故由不等式恒成立可得,解得.所以的取值范围为.。