广东省文科数学模拟试卷一文档格式.docx

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A．把向左平移个单位长度，得到的曲线关于原点对称

B．把向右平移个单位长度，得到的曲线关于轴对称

C.把向左平移个单位长度，得到的曲线关于原点对称

D．把向右平移个单位长度，得到的曲线关于轴对称

9.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其规律是：

偶数项是序号平方再除以2，奇数项是序号平方减1再除以2，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，如图所示的程序框图是为了得到大衍数列的前100项而设计的，那么在两个“”中，可以先后填入（）

A．是偶数，B．是奇数，

C.是偶数，D．是奇数，

10.已知函数在其定义域上单调递减，则函数的图象可能是（）

A．B．

C.D．

11.已知抛物线为轴负半轴上的动点，为抛物线的切线，分别为切点，则的最小值为（）

A．B．C.D．

12.设函数，若互不相等的实数满足，则的取值范围是（）

A．B．C.D．

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13.已知单位向量的夹角为30°

，则．

14.设满足约束条件，则的最大值为．

15.已知数列的前项和为，且，则．

16.如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得重合，得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的体积为．

三、解答题：

共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每道试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：

共60分.

17.在中，角所对的边分别为，已知.

（1）证明：

；

（2）若，求的面积.

18.“微信运动”是一个类似计步数据库的公众账号.用户只需以运动手环或手机协处理器的运动数据为介，然后关注该公众号，就能看见自己与好友每日行走的步数，并在同一排行榜上得以体现.现随机选取朋友圈中的50人，记录了他们某一天的走路步数，并将数据整理如下：

步数/步

10000以上

男生人数/人

1

2

7

15

5

女性人数/人

3

9

规定：

人一天行走的步数超过8000步时被系统评定为“积极性”，否则为“懈怠性”.

（1）填写下面列联表（单位：

人），并根据列表判断是否有90%的把握认为“评定类型与性别有关”；

积极性

懈怠性

总计

男

女

附：

0.10

0.05

0.010

0.005

0.001

2.706

3.841

6.635

7.879

10.828

（2）为了进一步了解“懈怠性”人群中每个人的生活习惯，从步行数在的人群中再随机抽取3人，求选中的人中男性人数超过女性人数的概率.

19.如图，在直角梯形中，，且分别为线段的中点，沿把折起，使，得到如下的立体图形.

平面平面；

（2）若，求点到平面的距离.

20.已知椭圆的离心率为，且过点.

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线与椭圆交于两点（点均在第一象限），且直线的斜率成等比数列，证明：

直线的斜率为定值.

21.已知函数.

当时，函数在上是单调函数；

（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.

（二）选考题：

共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.

22.【选修4-4：

坐标系与参数方程】

在直角坐标系中，圆，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，.

（1）求的极坐标方程和的平面直角坐标系方程；

（2）若直线的极坐标方程为，设与的交点为，与的交点为，求的面积.

23.【选修4-5：

不等式选讲】

已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若存在，使得和互为相反数，求的取值范围.

试卷答案

一、选择题

1-5:

DCBAC6-10:

ABBDA11、12：

CB

二、填空题

13.114.215.1416.

三、解答题

17.解：

（1）因为，所以，

又因为，

所以，

即.

（2）因为，所以，

由正弦定理，可得，

，

所以.

18.解：

（1）根据题意完成下面的列联表：

20

10

30

12

8

32

18

50

根据列联表中的数据，得到，

所以没有90%的把握认为“评定类型与性别有关”；

（2）设步行数在中的男性的编号为1，2，女性的编号为.

选取三位的所有情况为：

共有10种情形，

符合条件的情况有：

共3种情形.

故所求概率为.

19.

（1）证明：

由题可得，则，

又，且，所以平面.

因为平面，所以平面平面；

（2）解：

过点作交于点，连结，则平面，，

又，所以平面，

易得，则，得，

设点到平面的距离为，

因为，

又因为于，所以平面，故，

所以，故点到平面的距离为2.

20.解：

（1）由题意可得，解得，故椭圆的方程为；

（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，

故可设直线的方程为，点的坐标分别为，

由，消去得，

则，且，

故，

又直线的斜率成等比数列，则，

即，所以，

又，所以，又结合图象可知，，所以直线的斜率为定值.

21.解：

（1），

令，则，

则当时，，当时，，

所以函数在取得最小值，，

故，即在上是单调递增函数；

（2）当时，，即，

令，则.

当时，单调递增，，

则当时，，所以单调递减，

当时，，所以单调递增.

所以，所以.

22.解：

（1）因为圆的普通方程为，

把代入方程得，

所以的极坐标方程为，

的平面直角坐标系方程为；

（2）分别将代入，得，

则的面积为.

23.解：

（1）由题意可得，

当时，，得，无解；

当时，，得，即；

当时，，得，

综上，的解集为.

（2）因为存在，使得成立，

又，

由

（1）可知，则，

所以，解得.

故的取值范围为.