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2019届高三数学第九次模拟考试试题理含解析必考部分一.选择题本大题12小题,每小题5分,共60分.每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.设集合,则A.B.C.D.【答案】A【解析】集合A=={x|−1x3},B={x|x0},则A∪B={x|−1x3}∪{x|x0}={x|x−1}=−1+∞,故选A.
2.已知复数在复平面内对应点是,若虚数单位,则A.B.C.D.【答案】B【解析】z=1+2i则====−i+1,故选D.
3.已知向量与为单位向量,满足,则向量与的夹角为A.B.C.D.【答案】C【解析】设向量与的夹角为θ由余弦定理可得cosθ==−,∴θ=120∘,故选C.
4.若函数是奇函数,函数是偶函数,则A.函数是奇函数B.函数是奇函数C.函数是奇函数D.是奇函数【答案】B【解析】∵函数f(x)(x∈R)是奇函数,函数g(x)(x∈R)是偶函数,∴f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),∴f(-x)-g(-x)=-f(x)-g(x)≠f(x)-g(x),且f(-x)-g(-x)≠-[f(x)-g(x)],故f(x)-g(x)是非奇非偶函数,故排除A.根据f(-x)•g(-x)=-f(x)•g(x),故f(x)•g(x)是奇函数,故B正确.根据f[g(-x)]=f[g(x)],故f[g(x)]是偶函数,故C错误.根据g[f(-x)]=g[-f(x)]=g[f(x)],故g[f(x)]为偶函数,故D错误,故选B.
5.定义,如,则A.0B.C.3D.6【答案】A【解析】故选A.
6.某几何体的三视图如图所示,其中俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形,则此几何体的体积是A.B.C.D.【答案】D【解析】根据三视图可知几何体是组合体上面是半个圆锥、下面是半个圆柱,且圆锥的底面圆的半径r=
2、高是2,圆柱的底面圆的半径r=
2、高是1,所以此几何体的体积V=×π×4×2+π×4×1=,故答案为.点睛三视图问题的常见类型及解题策略1由几何体的直观图求三视图.注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向,注意看到的部分用实线表示,不能看到的部分用虚线表示.2由几何体的部分视图画出剩余的部分视图.先根据已知的一部分三视图,还原、推测直观图的可能形式,然后再找其剩下部分三视图的可能形式.当然作为选择题,也可将选项逐项代入,再看看给出的部分三视图是否符合.3由几何体的三视图还原几何体的形状.要熟悉柱、锥、台、球的三视图,明确三视图的形成原理,结合空间想象将三视图还原为实物图.
7.《九章算术》中有如下问题“今有勾八步,股一十五步,问勾中容圆,径几何?”其大意“已知直角三角形两直角边长分别为步和步,问其内切圆的直径为多少步?”现若向此三角形内随机投一粒豆子,则豆子落在其内切圆外的概率是A.B.C.D.【答案】D【解析】由题意可知直角三角向斜边长为17,由等面积,可得内切圆的半径为落在内切圆内的概率为,故落在圆外的概率为
25050.故选C.
9.若实数满足,则的最小值为A.B.C.D.【答案】B【解析】x,y满足|x|⩽y⩽1,表示的可行域如图=x+12+y2−1它的几何意义是可行域内的点到−10的距离的平方减去
1.显然D−10到直线x+y=0的距离最小,最小值为=,所求表达式的最小值为−1=,故选B.点睛利用线性规划求最值的步骤
①在平面直角坐标系内作出可行域;
②考虑目标函数的几何意义,将目标函数进行变形;
③在可行域内平行移动目标函数变形后的直线,从而确定最优解;
④将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值.
10.水车在古代是进行灌溉引水的工具,是人类的一项古老的发明,也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为的水车,一个水斗从点出发,沿圆周按逆时针方向匀速旋转,且旋转一周用时60秒.经过秒后,水斗旋转到点,设的坐标为,其纵坐标满足.则下列叙述错误的是A.B.当时,点到轴的距离的最大值为6C.当时,函数单调递减D.当时,【答案】C【解析】由点可得,由旋转一周用时60秒,可得,由,可得,所以选项A正确.则可得.由可得,则当,即时,取到最大值为6,所以选项B正确.由可得,函数先增后减,所以选项C错误.时,点,可得,所以选项D正确.因此选C.
11.已知双曲线的左、右焦点为、,在双曲线上存在点满足则双曲线的渐近线的斜率的取值范围是A.B.C.D.【答案】D【解析】由OP为△F1PF2的中线,可得+=2,由3|+|⩽2||,可得6||⩽2||,由||⩾a||=2c,可得6a⩽4c,即为9a2⩽4c2,由c2=a2+b2,可得5a2⩽4b2,可得.故选D.
12.已知函数,且的图象在处的切线与曲相切,符合情况的切线A.有条B.有条C.有条D.有条【答案】A【解析】函数fx=的导数为f′x=1−,a
0.易知曲线y=fx在x=0处的切线l的斜率为1−1a切点为0−1,可得切线的方程为y=1−x−
1.假设l与曲线y=ex相切设切点为x0y0,即有e x0=1−=1−x0−1,消去a得e x0=e x0⋅x0−1设hx=exx−ex−1,则h′x=exx令h′x0,则x0,所以hx在−∞0上单调递减在0+∞上单调递增,当x→−∞hx→−1x→+∞hx→+∞,所以hx在0+∞有唯一解则e x01,而a0时1−1a1与e x01矛盾,所以不存在故选A.点睛与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略
①已知切点求切线方程.解决此类问题的步骤为
①求出函数在点处的导数,即曲线在点处切线的斜率;
②由点斜式求得切线方程为.
②已知斜率求切点.已知斜率,求切点,即解方程.
③求切线倾斜角的取值范围.先求导数的范围,即确定切线斜率的范围,然后利用正切函数的单调性解决.二.填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.的展开式中各项系数和为,则展开式中项的系数为____________.【答案】【解析】的展开式中各项系数和为令x=1,则=64,解得n=6则展开式中项的系数为=-
18.点睛二项式定理问题主要包含两方面一方面是展开式项的问题,只要抓住通项公式就可以了,另一方面是系数和的问题,主要解题策略是赋值法.
14.有一些正整数排成的倒三角,从第二行起,每个数字等于“两肩”数的和,最后一行只有一个数,那么____________.
1234......
8910357......
1719812......
3620......M【答案】2816【解析】若第一行为12则M=3=2+1×22−2;若第一行为123则M=8=3+1×23−2;若第一行为1234则M=20=4+1×24−2;…归纳可得若第一行为1234…n则M=n+1×2n−
2.当n=10时“金字数”M=11×28=2816故答案为
281615.下左图是计算某年级500名学生期末考试(满分为100分)及格率的程序框图,则图中空白框内应填入___________【答案】【解析】此框图是用来计算及格率的,M 为及格人数,N 为不及格人数,所以空白框中应填入 .
16.如图,在正方体中,棱长为1,点为线段上的动点包含线段端点,则下列结论正确的______.
①当时,平面;
②当时,平面;
③的最大值为;
④的最小值为.【答案】
①②④【解析】对于
①连结AB1B1D1AD1则V A−A1B1D1=××1=,S △AB1D1=×××sin60∘=A1C=,设A1到平面AB1D1的距离为h则××h=解得h=,∴h=A1C.∴当时P为A1C与平面AB1D1的交点∵平面AB1D1∥平面BDC1,∵D1P⊂平面AB1D1∴D1P∥平面BDC1,故
①正确;对于
②由
①可知P∈平面AB1D1,∵A1C⊥平面AB1D1∴A1C⊥平面D1AP,故
②正确;对于
③由
①可知当时P为等边△AB1D1的中心,∴∠APD1=120∘,故
③错误;对于
④连结ACD1C则Rt△A1AC≌Rt△A1D1C∴AP=D1P,∴AP的最小值为=,∴AP+PD1的最小值为.故
④正确故答案为
①②④
三、解答题解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤
17.在中,角所对的边分别是,.(Ⅰ)求角;(Ⅱ)若的中线的长为,求的面积的最大值.【答案】1;
2.【解析】试题分析
(1)利用正弦定理化简题目所给方程,利用余弦定理转化为,由此求得角的值.
(2)利用三角形中线长定理和余弦定理列方程组,化简后利用基本不等式求得的取值范围,由此求得面积的取值范围.试题解析1,即.2由三角形中线长定理得,由三角形余弦定理得,消去得:(当且仅当时,等号成立),即.
18.如图,已知菱形所在的平面与所在的平面相互垂直,.(Ⅰ)求证平面;(Ⅱ)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】1详见解析;
2.【解析】试题分析
(1)取中点,连结,易得,根据面面垂直的性质定理可知平面,即,又因为所以平面.
(2)以为坐标原点联立空间直角坐标系,利用平面与平面的法向量求解两个平面所成锐二面角的余弦值.试题解析1取中点,连结,由已知易得是正三角形,所以,又因为平面平面,所以平面,即,又因为所以平面.2如图建立空间直角坐标系则,取中点,易得平面的法向量是,设面的法向量是,则由,得,即,则令,得,所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值是.
19.某商场计划销售某种产品,现邀请生产该产品的甲、乙两个厂家进场试销10天.两个厂家提供的返利方案如下甲厂家每天固定返利70元,且每卖出一件产品厂家再返利2元;乙厂家无固定返利,卖出40件以内(含40件)的产品,每件产品厂家返利4元,超出40件的部分每件返利6元.经统计,两个厂家的试销情况茎叶图如下甲乙8998993899201042111010(Ⅰ)现从甲厂家试销的10天中抽取两天,求这两天的销售量都大于40的概率;(Ⅱ)若将频率视作概率,回答以下问题(ⅰ)记乙厂家的日返利额为X(单位元),求X的分布列和数学期望;(ⅱ)商场拟在甲、乙两个厂家中选择一家长期销售,如果仅从日返利额的角度考虑,请利用所学的统计学知识为商场作出选择,并说明理由.【答案】1;2详见解析;3详见解析.【解析】试题分析(Ⅰ)利用古典概型求这两天的销售量都大于40的概率;(Ⅱ)(ⅰ)依据题意求离散型随机变量的分布列和数学期望;(ⅱ)利用统计学知识为商场作处选择.试题解析(Ⅰ)记“抽取的两天销售量都大于40”为事件A,则.(Ⅱ)(ⅰ)设乙产品的日销售量为a,则当时,;当时,;当时,;当时,;当时,;∴的所有可能取值为152156160166172,∴的分布列为152156160166172.(ⅱ)依题意,甲厂家的日平均销售量为,∴甲厂家的日平均返利额为元,由(ⅰ)得乙厂家的日平均返利额为162元(149元),∴推荐该商场选择乙厂家长期销售.
20.如图,抛物线的准线为,取过焦点且平行于轴的直线与抛物线交于不同的两点,过作圆心为的圆,使抛物线上其余点均在圆外,且. (Ⅰ)求抛物线和圆的方程;(Ⅱ)过点作直线与抛物线和圆依次交于,求的最小值.【答案】1;
216.【解析】试题分析
(1)通过平面几何性质及圆锥曲线定义求轨迹方程;
(2)借助勾股定理及弦长公式表示目标,然后利用二次函数求最值.试题解析(Ⅰ)因为抛物线的准线为;所以解得,所以抛物线的方程为.当时,由得,不妨设在左侧,则,由题意设圆的方程为,由且知 , ∴是等腰直角三角形且,∴ ,,则,∴ 圆的方程为.(Ⅱ)由题意知直线的斜率存在设直线的方程为:,圆心到直线的距离为:,∴.由得,设由抛物线定义有:,∴,设,则:且,∴ 当即时的最小值为.
21.已知函数.(Ⅰ)若有唯一解,求实数的值;(Ⅱ)证明当时,.(附,,,)【答案】1;2详见解析.【解析】试题分析Ⅰ)使有唯一解只需满足且的解唯一,求导研究函数,注意分类讨论利用极值求函数最大值;(Ⅱ)只需证即证,构造函数,利用单调性,极值求其最小值,证明其大于零即可.试题解析Ⅰ函数的定义域为要使有唯一解只需满足且的解唯一
①当时故在上单调递增且所以的解集为不符合题意;
②当,且时,单调递增;当时,单调递减,所以有唯一的一个最大值为令,则当时,故单调递减;当时,故单调递增,所以,故令解得,此时有唯一的一个最大值为,且,故的解集是,符合题意;综上,可得(Ⅱ)要证当时,即证当时,即证由(Ⅰ)得,当时,即,又,从而故只需证,当时成立;令,则令,则,令,得因为单调递增,所以当时,单调递减,即单调递减,当时,单调递增,即单调递增,且由零点存在定理,可知,使得,故当或时,单调递增;当时,单调递减,所以的最小值是或由,得,因为,所以故当时,所以原不等式成立.点睛本题考查函数的单调性极值及恒成立问题,涉及函数不等式的证明,综合性强,难度大,属于难题.处理导数大题时,注意分层得分的原则,力争第一二问答对,第三问争取能写点,一般涉及求函数单调性及极值时,比较容易入手,求导后注意分类讨论,对于恒成立问题一般要分离参数,然后利用函数导数求函数的最大值或最小值,对于含有不等式的函数问题,一般要构造函数,利用函数的单调性来解决,但涉及技巧比较多,需要多加体会.选考部分
22.选修4-4坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,曲线的方程为,以坐标原点为极点,以轴正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为,射线的极坐标方程为.(Ⅰ)写出曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程;(Ⅱ)若射线平分曲线,且与曲线交于点,曲线上的点满足,求.【答案】1;
2.【解析】试题分析
(1)根据将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程,将曲线的直角坐标方程化为极坐标方程
(2)先根据题意得射线的极坐标方程为,再代入的极坐标方程得,根据,令得,最后根据求.试题解析解(Ⅰ)曲线的极坐标方程为,曲线的直角坐标方程为.(Ⅱ)曲线是圆心为半径为2的圆,∴射线的极坐标方程为代入,可得.又,∴,∴.
23.选修4-5不等式选讲已知函数,(Ⅰ)若求不等式的解集;(Ⅱ)若方程有三个不同的解,求的取值范围.【答案】1;
2.【解析】试题分析
(1)利用零点分段法解绝对值不等式;
(2)利用图象法推断的取值范围.试题解析(Ⅰ)当时,不等式可化为,∴或或,解得或,∴不等式的解集为(Ⅱ)由得,令,则,作出函数的图象如图示,易知,结合图象知当时,函数与的图象有三个不同交点,即方程有三个不同的解∴的取值范围为点睛含绝对值不等式的解法有两个基本方法,一是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论思想,法二是运用数形结合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透,解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用,这是命题的新动向.。