高考数学理冲刺60天精品模拟卷五.docx
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高考数学理冲刺60天精品模拟卷五
【原创精品】2018年高考数学(理)冲刺60天
精品模拟卷(5)
第1卷
评卷人
得分
一、选择题
1、如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是( )
A.
B.
C.
D.
2、设集合,,则( )
A.
B.
C.
D.
3、设,其中是实数,则( )
A.1
B.
C.
D.2
4、已知等差数列前项的和为,,则( )
A.100
B.99
C.98
D.97
5、某公司的班车在7:
00,8:
00,8:
30发车,小明在7:
50至8:
30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是( )
A.
B.
C.
D.
6、平面过正方体的顶点,平面,平面,平面,则所成角的正弦值为( )
A.
B.
C.
D.
7、已知方程表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为,则的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
8、若,则( )
A.
B.
C.
D.
9、执行下面的程序框图,如果输入的则输出的值满足( )
A.
B.
C.
D.
10、以抛物线的顶点为圆心的圆交于、两点,交的准线于、两点.已知,则的焦点到准线的距离为( )
A.2
B.4
C.6
D.8
11、已知函数,为的零点,为图象的对称轴,且在单调,则的最大值为( )
A.11
B.9
C.7
D.5
12、函数在的图象大致为( )
A.
B.
C.
D.
评卷人
得分
二、填空题
13、已知点和的横坐标相同,的纵坐标是的纵坐标的倍,和的轨迹分别为双曲线和.若的渐近线方程为,则的渐近线方程为 .
14、在的展开式中,项的系数为 (结果用数值表示).
15、在锐角三角形中,,为边上的点,与的面积分别为和.过作于,于,则 .
16、如图,已知的两条直角边,的长分别为,,以为直径的圆与交于点,则 .
17、设为的反函数,则的最大值为 .
18、设等比数列满足,则的最大值为 .
评卷人
得分
三、解答题
19、在直角坐标系中,已知点,曲线的参数方程为(为参数).以原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为.
1.判断点与直线的位置关系,说明理由;
2.设直线与曲线的两个交点为,求的值.
20、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示,在正方体中,设的中点为,的中点为
1.请将字母标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)
2.证明:
直线平面
3.求二面角的余弦值.
21、如图,为平面四边形的四个内角.
1.证明:
2.若,,,,,求的值.
22、如图,椭圆:
的离心率是,过点的动直线与椭圆相交于两点,当直线平行于轴时,直线被椭圆截得的线段长为.
1.求椭圆的方程;
2.在平面直角坐标系中,是否存在与点不同的定点,使得恒成立?
若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.
23、已知函数,其中.
1.设是的导函数,讨论的单调性;
2.证明:
存在,使得在区间内恒成立,且在区间内有唯一解.
24、已知函数,.
1.当时,求不等式的解集;
2.设,且当时,,求的取值范围.
参考答案
一、选择题
1.答案:
A
解析:
该几何体直观图如图所示:
是一个球被切掉左上角的,设求的半径为,则,解得,所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和,,故选A
2.答案:
D
解析:
由题意,,所以,故选D.
3.答案:
B
解析:
因为所以故选B。
4.答案:
C
解析:
由已知,,所以,,,故选C.
5.答案:
B
解析:
如图所示,画出时间轴,小明到达的时间会随机的落在图中线段中,而当他的到达时间落在线段或时,才能保证他等车的时间不超过10分钟根据几何概型,所求概率,故选B.
6.答案:
A
解析:
如图,设平面平面,平面,因为平面,所以,则所成角等于所成的角,延长,过作,连接,则为,同理为,而,则所成的角即为所成的角,即为,故所成角的正弦值为,故选A
7.答案:
A
解析:
表示双曲线,则,∴,由双曲线性质知,,其中是半焦距,∴焦距,解得,故选A
8.答案:
C
解析:
用特殊值法,令,得,选项A错误;,选项B错误;,选项C正确;,选项D错误,故选C.
9.答案:
C
解析:
当时,,不满足;,不满足;,满足;输出,则输出的的值满足,故选C.
10.答案:
B
解析:
如图,设抛物线方程为交轴于,点,则,即点的纵坐标为,则点的横坐标为,即,由勾股定理知,即,解得,即的焦点到准线的距离为4,故选B.
11.答案:
B
解析:
因为为的零点,为图象的对称轴,所以,即,所以,又因为在单调,所以,即,由此的最大值为9,故选B.
12.答案:
D
解析:
∵为偶函数,∴图象关于轴对称.,排除A,B项.又∵,,,∴,排除C项.故选D.
二、填空题
13.答案:
解析:
设的方程为,
设,则,代入,可得,
∴的渐近线方程为,即.
故答案为:
.
考点:
双曲线的简单性质.
14.答案:
45
解析:
∵,
仅在第一部分中出现项的系数.
再由,令,可得,
项的系数为.
故答案为:
.
考点:
二项式系数的性质。
15.答案:
解析:
由题意得:
,又,因为四点共圆,因此.
16.答案:
解析:
∵易知,
又由切割线定理得,
∴.
∴.
17.答案:
4
解析:
由题意得:
在上单调递增,值域为,所以在上单调递增,因此在上单调递增,其最大值为.
考点:
反函数性质
18.答案:
64
解析:
设等比数列的公比为,由得,解得.所以,于是当或4时,取得最大值.
三、解答题
19.答案:
1.直线:
即,∴直线的直角坐标方程为,∴点在直线上.
2.直线的参数方程为(为参数),曲线的直角坐标方程为.将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程,得,∴,设两根为,,∴.
20.答案:
1.点的位置如图所示.
2.连结,设为的中点.因为、分别是、的中点,
所以,且,
且,
所以,且,
所以是平行四边形,
从而,
又平面,平面,
所以平面.
3.
解析:
1.点的位置如图所示.
注意是底面,将平面展开图还原可得点的位置.
2.根据直线与平面平行的判定定理,应考虑证明平行于平面内的一条直线.连结、,易得是平行四边形,从而,进而证得平面.
3.连结,过作于.
在正方形中,,
所以.
过作于,连结,
所以平面,
从而.
所以是二面角的平面角.
设,则,
在中,.
在中,.
所以.即二面角的余弦值为.(另外,也可利用空间坐标系求解)
思路:
要作出二面角的平面角,首先要过作平面的垂线,然后再过垂足作棱的垂线,再将垂足与点连结,即可得二面角的平面角.
考点:
本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、空间面面夹角的计算等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.
21.答案:
1.
2.由,得.
由1,有
连结,
在中,有,
在中,有,
所以 ,
则,
于是.
连结,同理可得
于是.
所以 .
解析:
1.首先切化弦得,为了将半角变为单角,可在分子分母同时乘以,然后逆用正弦与余弦的二倍角公式即可.
2.由题设知,该四边形的两对角互补.再结合1的结果,有,所以只需求出即可.由于已知四边,且,,故考虑用余弦定理列方程组求,从而求出.
考点:
本题考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理、简单的三角恒等变换等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力,考查函数与方程、化归与转化等数学思想.
22.答案:
1.由已知,点在椭圆上.
因此,
解得.
所以椭圆的方程为.
2.当直线与轴平行时,设直线与椭圆相交于、两点.
如果存在定点满足条件,则,即.所以点在轴上,可设点的坐标为.
当直线与轴垂直时,设直线与椭圆相交于、两点.则,
由,有,解得或.
所以,若存在不同于点的定点满足条件,则点的坐标只可能为.
下面证明:
对任意的直线,均有.
当直线的斜率不存在时,由上可知,结论成立.
当直线的斜率存在时,可设直线的方程为,、的坐标分别为.
联立,得.
其判别式,
所以,.
因此.
易知,点关于轴对称的点的坐标为.
又,,
所以,即三点共线.
所以.
故存在与不同的定点,使得恒成立.
解析:
1.思路:
根据椭圆的对称性,当直线与轴平行时,,将这个点的坐标代入椭圆的方程,得.再根据离心率得,又,三者联立,解方程组即可得,进而得椭圆的方程为.
2.思路:
先利用与轴平行和垂直这两种特殊情况找出点的坐标为.接下来联立直线与椭圆的方程,利用根与系数的关系证明:
对任意的直线,均有.设,由图可看出,为了证明,只需证明,为此作点关于轴对称的点,这样将问题转化为证三点共线.
考点:
本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.
23.答案:
1.由已知,函数定义域为,,
所以,
①当时,,则在定义域上单调递增;
②当时,在区间,上单调递增,
在上单调递减.
2.证明:
由,解得.
令,则,,
故存在,使得,
令,,
由知,函数在区间上单调递增,
所以,
即。
当时,有,,
由1知,在区间上单调递增,
故当时,,从而;
当时,,从而.
所以,当时,.
综上所述,存在时,使得在区间内恒成立,且在区间内有唯一解.
24.答案:
1.当时,不等式化为
设函数
则
其图像如图所示,
从图像可知,当且仅当时,
所以原不等式的解集是
2.当时,
不等式化为
所以对都成立
故,即
从而的取值范围是.
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