高考理科数学模拟试题精编文档格式.docx
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A.B.C.D.
7.已知x2+y2=2,x≥0,y≥0围成的区域为D,若在区域D内任取一点P(x,y),则满足y≤的概率为( )
A.+B.+C.+D.
8.函数f(x)=的图象大致为( )
9.已知函数f(x)=ax3+x2在x=-1处取得极大值,记g(x)=.执行如图所示的程序框图,若输出的结果S>,则判断框中可以填入的关于n的判断条件是( )
A.n≤2018?
B.n≤2019?
C.n>2018?
D.n>2019?
10.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的侧面积与底面积之比为( )
A.B.
C.D.
11.已知双曲线C:
-=1(a>0,b>0)的右焦点为F,离心率为,若以OF为直径的圆与双曲线C的一条渐近线相交于点M,且△OMF的面积为16,则双曲线方程为( )
A.—=1B.—=1
C.+=1D.+y2=1
12.已知a,b∈R,定义运算“⊗”:
a⊗b=.函数f(x)=(x2-2)⊗(x-1),x∈R,若方程f(x)-a=0,只有两个不同的实数根,则实数a的取值范围是( )
A.[-2,-1]∪(1,2)B.(-2,-1]∪(1,2]
C.[-2,-1]∪[1,2]D.(-2,-1]∪(1,2)
第Ⅱ卷
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)
13.已知向量a=(1,0),|b|=2,a与b的夹角为60°
,若c=a+b,d=a-b,则c在d方向上的投影为________.
14.在4的展开式中,常数项为________.
15.已知F1、F2是椭圆+y2=1的两个焦点,P为椭圆上任一点,则∠F1PF2的最大值为________.
16.在△ABC中,B=30°
,AC=2,D是AB边上的一点,CD=2,若∠ACD为锐角,△ACD的面积为4,则BC=________.
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,每个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.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-1,a2=2,且Sn+1=3Sn-2Sn-1-an-1+2(n≥2).
(1)求证:
数列{an-an-1}为等差数列;
(2)求证:
++…+<.
18.(本小题满分12分)很多新手拿到驾驶证后开车上路,如果不遵守交通规则,将会面临扣分的处罚,为让广大新手了解2017年驾驶证扣分新规定,某市交警部门结合2017年机动车驾驶人有违法行为一次记12分、6分、3分、2分的新规定设置了一份试卷(满分100分),发放给新手解答,从中随机抽取了12名新手的成绩,成绩以茎叶图表示如图所示,并规定成绩低于95分的为不合格,需要加强学习,成绩不低于95分的为合格.
(1)求这12名新手的平均成绩与方差;
(2)将频率视为概率,根据样本估计总体的思想,若从该市新手中任选4名参加座谈会,用X表示成绩合格的人数,求X的分布列与数学期望.
19.(本小题满分12分)如图,四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面,点P在圆柱OQ的底面圆周上,G是DP的中点,圆柱OQ的底面圆的半径OA=2,侧面积为8π,∠AOP=120°
.
AG⊥BD;
(2)求二面角PAGB的平面角的余弦值.
20.(本小题满分12分)已知圆C1:
x2+y2=r2(r>0)与直线l0:
y=x+相切,点A为圆C1上一动点,AN⊥x轴于点N,且动点M满足+2=(2-2),设动点M的轨迹为曲线C.
(1)求动点M的轨迹曲线C的方程;
(2)若直线l与曲线C相交于不同的两点P,Q且满足以PQ为直径的圆过坐标原点O,求线段PQ长度的取值范围.
21.已知函数f(x)=.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)若函数y=g(x)对任意x满足g(x)=f(4-x),求证:
当x>2时,f(x)>g(x);
(3)若x1≠x2且f(x1)=f(x2),求证:
x1+x2>4.
(二)选考题:
共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.
22.(本小题满分10分)选修4-4:
坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为,以坐标原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,已知圆C的圆心C的极坐标为,半径为2,直线l与圆C交于M,N两点.
(1)求圆C的极坐标方程;
(2)当φ变化时,求弦长|MN|的取值范围.
23.(本小题满分10分)选修4-5:
不等式选讲
已知f(x)=|2x-3|-6.
(1)解不等式|f(x)|<6;
(2)如果函数y=f(x)+ax恰有两个不同的零点,求a的取值范围.
1.解析:
选C.M={x||x|≤1}=[-1,1],N={y|y=x2,|x|≤1}=[0,1],所以N⊆M,故选C.
2.解析:
选A.复数z1=2+6i,z2=-2i,若z1,z2在复平面内对应的点分别为A(2,6),B(0,-2),线段AB的中点C(1,2)对应的复数为z=1+2i,则|z|==.故选A.
3.解析:
选C.根据题意知,5288用算筹表示,从左到右依次是横式的5,纵式的2,横式的8,纵式的8,故选C.
4.解析:
选C.因为a=2∫3-3(x+|x|)dx=2[∫30(x+x)dx+∫0-3(x-x)dx]=2x230=18,所以该二项展开式的通项Tr+1=Cr18()18-rr=(-1)rCr18x9-(0≤r≤18,且r∈N),当r=0,6,12,18时,展开式中x的幂指数为整数,所以该二项展开式中x的幂指数不是整数的项有19-4=15项,故选C.
5.解析:
选C.因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形,所以该三棱锥中与平面α平行的棱有2条,故选C.
6.解析:
选B.由题意,得ω=2,所以f(x)=Asin(2x+φ).因为函数f(x)的图象关于直线x=对称,所以2×
+φ=kπ+(k∈Z),即φ=kπ-(k∈Z),当k=0时,|φ|取得最小值,故选B.
7.解析:
选C.由x2+y2=2,x≥0,y≥0,知围成的区域D为半径为的四分之一圆面,因而其面积S=×
π×
()2=.作出图形如图所示,y=与x2+y2=2的交点为M(1,1),过点M作MB⊥x轴于点B,连接OM,则S阴影=∫10dx+S扇形OAM-S△OBM=x10+×
×
()2-×
1×
1=+.由几何概型概率公式知所求概率P===+,故选C.
8.解析:
选D.通解:
因为函数f(x+1)=为偶函数,所以其图象关于y轴对称,所以f(x)=的图象关于直线x=1对称,所以排除选项B,C;
当1<x<2时,f(x)=,f′(x)=>0,所以f(x)在(1,2)上为增函数,故排除选项A.故选D.
优解:
因为函数f(e+1)=>0,所以排除选项C;
因为f(1-e)=>0,所以排除选项B;
因为f=-2ln2<0,故排除选项A.故选D.
9.解析:
选B.f′(x)=3ax2+x,则f′(-1)=3a-1=0,解得a=,g(x)====-,g(n)=-,则S=++…+=1-=,因为输出的结果S>,分析可知判断框中可以填入的判断条件是“n≤2019?
”,选B.
10.解析:
选C.依题意,画出直观图如图1所示,底面积先补形为长方形,如图2所示.
由题意得△EAD,△EAB,△EDC均为Rt△,其中EA=4,CD=4,AD=1,ED==,AB==,EC==,EB==,BC==2,
故侧面积为S1=S△EAD+S△EAB+S△EDC+S△EBC=×
4+×
4×
+×
4+EC·
BF,
在△EBC中,∵cosC===,∴sinC==,
∴BF=BCsinC=2×
=,
∴EC·
BF=·
∴S1=2+2+2+,底面积为S2=4×
2-×
2×
1=5,故侧面积与底面积之比为(2+2+2+)∶5.
11.解析:
选B.由题意e=得一条渐近线方程为y=x,
∵以OF为直径的圆与双曲线C的一条渐近线相交于点M,
∴OM⊥MF,不妨设MF=m,OM=2m,则×
2m×
m=16,解得m=4,∴c2=5m2=80,从而a2=64,b2=16,双曲线方程为:
—=1.
12.解析:
选B.由f(x)=(x2-2)⊗(x-1)得,当(x2-2)-(x-1)≤1,即-1≤x≤2时,f(x)=x2-2;
当x>2或x<-1时,f(x)=x-1.方程f(x)-a=0只有两个不同的实数根,即函数y=f(x)的图象与直线y=a只有2个不同的交点.作出函数f(x)=的图象,如图所示.从图中可以看出,当-2<a≤-1或1<a≤2时,直线y=a与函数y=f(x)的图象只有2个交点,故选B.
13.解析:
因为a=(1,0),所以|a|=1,a·
b=|a|·
|b|cos60°
=2×
=1,c·
d=(a+b)·
(a-b)=a2-b2=1-4=-3,|d|=|a-b|===,故c在d方向上的投影为==-.
答案:
-
14.解析:
易知4的展开式的通项Tr+1=Cr4(-1)4-r·
r,又r的展开式的通项Rm+1=Cmr(-x-1)mxr-m=Cmr(-1)mxr-2m,∴Tr+1=Cr4(-1)4-r·
Cmr(-1)mxr-2m,令r-2m=0,得r=2m,∵0≤r≤4,∴0≤m≤2,
∴当m=0,1,2时,r=0,2,4,故常数项为T1+T3+T5=C04(-1)4+C24(-1)2·
C12(-1)1+C44(-1)0·
C24(-1)2=-5.
-5
15.解析:
设|PF1|=m,|PF2|=n,则有m+n=4,|F1F2|=2.∵m+n=4≥2,∴mn≤4,当且仅当m=n时取等号.由余弦定理得cos∠F1PF2===-1>-1=-,当且仅当m=n时等号成立.又函数y=cosx在(0,π)上是减函数,∴∠F1PF2的最大值为π.
π
16.解析:
依题意得,S△ACD=CD·
AC·
sin∠ACD=2·
sin∠ACD=4,sin∠ACD=.
又∠ACD是锐角,因为cos∠ACD==.
在△ACD中,AD==4,=,sinA==.在△ABC中,=,BC==4.
4
17.证明:
(1)∵Sn+1=3Sn-2Sn-1-an-1+2(n≥2),∴Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)-an-1+2,(2分)
∴an+1=2an-an-1+2,∴(an+1-an)-(an-an+1)=2.又a2-a1=3,∴数列{an-an-1}是首项为3,公差为2的等差数列.(4分)
(2)由
(1)知,an-an-1=3+(n-2)×
2=2n-1,∴(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)=(2n-1)+(2n-3)+…+3,∴an-a1=3+5+…+(2n-3)+(2n-1),∴an=-1+=n2-2(n≥2.)(7分)
∵当n=1时,a1=12-2=-1,∴数列{an}的通项公式为an=n2-2,∴==,(8分)
∴++…+=+…++=
=<.(12分)
18.解:
(1)这12名新手的成绩分别为68,72,88,95,95,96,96,97,98,99,100,100,则平均成绩为(68+72+88+95+95+96+96+97+98+99+100+100)÷
12=92,(3分)
其方差为[(92-68)2+(92-72)2+(92-88)2+2×
(92-95)2+2×
(92-96)2+(92-97)2+(92-98)2+(92-99)2+2×
(92-100)2]=(242+202+42+2×
32+2×
42+52+62+72+2×
82)=.(6分)
(2)抽取的12名新手中,成绩低于95分的有3个,成绩不低于95分的有9个,故抽取的12名新手中合格的频率为=,故从该市新手中任选1名合格的概率为.(7分)
X的所有可能取值为0,1,2,3,4,则P(X=0)=C0404=,P(X=1)=C1413==,
P(X=2)=C2422==,P(X=3)=
C3431==,P(X=4)=C4440=.(10分)
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
E(X)=0×
+1×
+2×
+3×
+4×
=3.(12分)
19.解:
解法一:
(1)证明:
由题意可知8π=2×
2π×
AD,解得AD=2,(1分)
在△AOP中,AP==2,(2分)
∴AD=AP,又G是DP的中点,∴AG⊥DP.①(3分)
∵AB为圆O的直径,∴AP⊥BP.由已知得DA⊥底面ABP,∴DA⊥BP,∴BP⊥平面DAP,∴BP⊥AG. ②又DP∩BP=P,(5分)
∴由①②可知:
AG⊥平面DPB,又BD⊂平面DPB,∴AG⊥BD.(6分)
(2)由
(1)知:
AG⊥平面DPB,∴AG⊥BG,AG⊥PG,∴∠PGB是二面角PAGB的平面角.(8分)
PG=PD=×
AP=,BP=OP=2,∠BPG=90°
,
∴BG==,∴cos∠PGB===.(12分)
解法二:
建立如图所示的空间直角坐标系,由题意可知8π=2×
AD,解得AD=2.
则A(0,0,0),B(0,4,0),D(0,0,2),P(,3,0),
∵G是DP的中点,
∴可求得G.(3分)
(1)=(0,-4,2),=.
∴·
=·
(0,-4,2)=0,∴AG⊥BD.(6分)
(2)=(,-1,0),=,=,=,
∵·
=0,·
=0,∴是平面APG的一个法向量.(8分)
设n=(x,y,1)是平面ABG的法向量,由n·
=0,n·
=0,解得n=(-2,0,1),(10分)
cos〈,n〉===-.
∴二面角PAGB的平面角的余弦值为.(12分)
20.解:
(1)设动点M(x,y),A(x0,y0),∵AN⊥x轴于点N,∴N(x0,0).
又圆C1:
y=x+即x-2y+3=0相切,∴r==3,∴圆C1:
x2+y2=9.(2分)
由+2=(2-2),得(x,y)+2(x-x0,y-y0)=(2-2)(x0,0),
∴(3x-2x0,3y-2y0)=(2-2)x0,0).
∴,∴
将A代入x2+y2=9,并化简,得曲线C的方程为+=1.(4分)
(2)①若直线l的斜率存在,则设其方程为y=kx+m,
P(x1,y1),Q(x2,y2),联立,得消去y,
得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0.
由根与系数的关系,得x1+x2=-,x1x2=.(*)(6分)
∵以PQ为直径的圆过坐标原点O,∴⊥,即·
=0,∴x1x2+y1y2=0,即x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0.
化简可得,(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0.
将(*)代入,化简可得=0,即3m2-8k2-8=0,∴m2=.(8分)
又|PQ|=|x1-x2|=,将m2=代入上式,可得|PQ|==·
==≤×
=2,当且仅当=4k2,即k=±
时等号成立.
又≥0,∴|PQ|≥=,
∴≤|PQ|≤2.(11分)
②若直线l的斜率不存在,∵以PQ为直径的圆过坐标原点O,∴可设OP所在直线的方程为y=x,联立,得,解得P,同理可得Q,
故|PQ|=.
综上,≤|PQ|≤2.(12分)
21.解:
(1)由f′(x)=>0⇒x<2,∴f(x)在(-∞,2)单调递增,在(2,+∞)单调递减;
(2分)
f(x)max=f
(2)=e-2,无极小值;
(4分)
(2)证明:
g(x)=,记h(x)=+(x-3)ex
∴h′(x)=+[ex+(x-3)ex]=+(x-2)ex-4=(x-2),(6分)
当x>2时,h′(x)>0,∴h(x)在(2,+∞)单调递增,
∴h(x)>h
(2)=0,即命题成立;
(8分)
(3)证明:
由
(2)知当x1≠x2,且f(x1)=f(x2)⇒x1,x2不可能在同一单调区间,不妨设x1<2<x2,由
(2)知f(x2)>g(x2)(10分)
又g(x2)=f(4-x2),f(x1)=f(x2)⇒f(x1)>f(4-x2),
∵x2>2⇒4-x2<2且f(x)在(-∞,2)上为增函数,∴x1>4-x2,即x1+x2>4.(12分)
22.解:
(1)由已知,得圆心C的直角坐标为(1,),半径为2,
∴圆C的直角坐标方程为(x-1)2+(y-)2=4,即x2+y2-2x-2y=0,(3分)
∴ρ2-2ρcosθ-2ρsinθ=0,故圆C的极坐标方程为
ρ=4cos.(5分)
(2)由
(1)知,圆C的直角坐标方程为x2+y2-2x-2y=0,将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程中得,(2+tcosφ)2+(+tsinφ)2-2(2+tcosφ)-2(+tsinφ)=0,
整理得,t2+2tcosφ-3=0,(7分)
设M,N两点对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=-2cosφ,t1·
t2=-3,∴|MN|=|t1-t2|==,(9分)
∵φ∈,∴cosφ∈,∴|MN|∈[,4].(10分)
23.解:
(1)|f(x)|<6,即:
<6,0<<12,(2分)
此不等式等价于解得,-<x<且x≠,∴不等式的解集为.(5分)
(2)由f(x)+ax=0,得|2x-3|=-ax+6,令y=|2x-3|,y=-ax+6作出它们的图象(图略),(7分)
可以知道,当-2<a<2时,这两个不同的图象有两个不同的交点,所以函数y=f(x)恰有两个不同的零点时,a的取值范围是(-2,2).(10分)
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