届广东省高考模拟考试数学理科试题二及答案Word文件下载.docx
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9.在印度有一个古老的传说:
舍罕王打算奖赏国际象棋的发明人——宰相西萨·
班·
达依尔.国王问他想要什么,他对国王说:
“陛下,请您在这张棋盘的第个小格里,赏给我粒麦子,在第个小格里给粒,第小格给粒,以后每一小格都比前一小格加一倍.请您把这样摆满棋盘上所有的格的麦粒,都赏给您的仆人吧!
”国王觉得这要求太容易满足了,就命令给他这些麦粒.当人们把一袋一袋的麦子搬来开始计数时,国王才发现:
就是把全印度甚至全世界的麦粒全拿来,也满足不了那位宰相的要求.那么,宰相要求得到的麦粒到底有多少粒?
下面是四位同学为了计算上面这个问题而设计的程序框图,其中正确的是()
A.B.C.D.
10.已知数列的前项和为,,且满足,已知,,则的最小值为()
11.已知菱形的边长为,,沿对角线将菱形折起,使得二面角的余弦值为,则该四面体外接球的体积为()
12.已知函数,则下面对函数的描述正确的是()
A.,B.,
C.,D.
第Ⅱ卷(共90分)
二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)
13.将函数的图象向左平移个单位长度,得到偶函数的图象,则的最大值是.
14.已知,,展开式的常数项为,则的最小值为.
15.已知函数,当时,关于的不等式的解集为.
16.设过抛物线上任意一点(异于原点)的直线与抛物线交于,两点,直线与抛物线的另一个交点为,则.
三、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.)
17.在中,内角,,所对的边分别为,,,已知,.
(1)若点,是线段的两个三等分点,,,求的值;
(2)若,求的面积.
18.如图:
在五面体中,四边形是正方形,,,
.
(1)证明:
平面平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
19.经销商第一年购买某工厂商品的单价为(单位:
元),在下一年购买时,购买单价与其上年度销售额(单位:
万元)相联系,销售额越多,得到的优惠力度越大,具体情况如下表:
上一年度销售额/万元
商品单价/元
为了研究该商品购买单价的情况,为此调查并整理了个经销商一年的销售额,得到下面的柱状图.
已知某经销商下一年购买该商品的单价为(单位:
元),且以经销商在各段销售额的频率作为概率.
(1)求的平均估计值.
(2)该工厂针对此次的调查制定了如下奖励方案:
经销商购买单价不高于平均估计单价的获得两次抽奖活动,高于平均估计单价的获得一次抽奖活动.每次获奖的金额和对应的概率为
获奖金额/元
5000
10000
概率
记(单位:
元)表示某经销商参加这次活动获得的资金,求的分布及数学期望.
20.已知椭圆的左、右焦点分别为,,点也为抛物线的焦点.
(1)若,为椭圆上两点,且线段的中点为,求直线的斜率;
(2)若过椭圆的右焦点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于,和,,设线段,的长分别为,,证明是定值.
21.已知为函数的导函数,.
(1)求的单调区间;
(2)当时,恒成立,求的取值范围.
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,直线的参数方程为(为参数),圆的标准方程为.以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求直线和圆的极坐标方程;
(2)若射线与的交点为,与圆的交点为,,且点恰好为线段的中点,求的值.
23.选修4-5:
不等式选讲
已知.
(1)当,时,求不等式的解集;
(2)当,时,的图象与轴围成的三角形面积大于,求的取值范围.
试卷答案
一、选择题
1-5:
CDADB6-10:
ABBCC11、12:
BB
二、填空题
13.14.15.16.
三、解答题
17.解:
(1)由题意得,是线段的两个三等分点,
设,则,,又,,
在中,由余弦定理得,
解得(负值舍去),则.
在中,.
(2)在中,由正弦定理,
得.
又,所以,则为锐角,所以.
则,
所以的面积.
18.
(1)证明:
因为,,,平面,且,
所以平面.
又平面,故平面平面.
(2)解:
由已知,所以平面.
又平面平面,故.
所以四边形为等腰梯形.
又,所以,易得,令,
如图,以为原点,以的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系,
则,,,,
所以,,.
设平面的法向量为,由
所以取,则,,得,
设直线与平面所成的角为,则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19.解:
(1)由题可知:
频率
0.2
0.3
0.24
0.12
0.1
0.04
的平均估计值为:
(2)购买单价不高于平均估计单价的概率为.
的取值为,,,.
,
所以的分布列为
15000
20000
(元).
20.解:
因为抛物线的焦点为,所以,故.
所以椭圆.
(1)设,,则
两式相减得,
又的中点为,所以,.
所以.
显然,点在椭圆内部,所以直线的斜率为.
(2)椭圆右焦点.
当直线的斜率不存在或者为时,.
当直线的斜率存在且不为时,设直线的方程为,
设,联立方程得
消去并化简得,
因为,
所以,.
所以,
同理可得.
所以为定值.
21.解:
(1)由,得.
因为,所以,解得.
所以,,
当时,,则函数在上单调递减;
当时,,则函数在上单调递增.
(2)令,根据题意,当时,恒成立.
①当,时,恒成立,
所以在上是增函数,且,所以不符合题意;
②当,时,恒成立,
③当时,因为,所有恒有,故在上是减函数,于是“对任意都成立”的充要条件是,
即,解得,故.
综上,的取值范围是.
22.解:
(1)在直线的参数方程中消去可得,,
将,代入以上方程中,
所以,直线的极坐标方程为.
同理,圆的极坐标方程为.
(2)在极坐标系中,由已知可设,,.
联立可得,
因为点恰好为的中点,所以,即.
把代入,得,
23.解:
(1)当,时,.
不等式等价于
或
解得或,即.
所以不等式的解集是.
(2)由题设可得,
所以函数的图象与轴围成的三角形的三个顶点分别为,,.
所以三角形的面积为.
由题设知,,解得.
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