高考数学压轴卷河北省唐山市届高三第二次模拟考试数学文试题Word版含答案.docx
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高考数学压轴卷河北省唐山市届高三第二次模拟考试数学文试题Word版含答案
唐山市2017—2018学年度高三年级第二次模拟考试
文科数学试卷
第Ⅰ卷(共60分)
一、选择题:
本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.设全集,,集合,则集合()
A.B.C.D.
2.复数满足(是虚数单位),则()
A.B.C.D.
3.已知,则任取一个点,满足的概率为()
A.B.C.D.
4.双曲线的顶点到渐近线的距离等于()
A.1B.C.D.
5.给出以下三个命题:
①若“”是假命题,则均为假命题;
②命题“若,则”的否命题是:
“若,则”;
③命题“,”的否定是“,”;其中正确命题的个数是()
A.0B.1C.2D.3
6.如下图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,则其表面积为()
A.B.C.D.
7.已知为奇函数,则()
A.1B.-2C.-1D.
8.函数的部分图象如图,则可能的值是()
A.1,B.1,C.2,D.2,
9.设是任意等差数列,它的前项和、前项和与前项和分别为,则下列等式中恒成立的是()
A.B.
C.D.
10.下图是某桌球游戏计分程序框图,下列选项中输出数据不符合该程序的为()
A.B.
C.D.
11.在四棱锥中,底面,底面是正方形,,三棱柱的顶点都位于四棱锥的棱上,已知分别是棱的中点,则三棱柱的体积为()
A.B.1C.D.
12.已知,,点是圆上的一个动点,则的最大值为()
A.16B.20C.24D.28
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.若满足约束条件则的最小值是.
14.曲线在处的切线方程为.
15.已知为数列的前项和,,若,则.
16.椭圆右焦点为,存在直线与椭圆交于两点,使得为顶角是120°的等腰三角形,则椭圆的离心率.
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.如图,在平面四边形中,.
(1)求证:
;
(2)点移动时,判断是否为定长,并说明理由.
18.如图,在三棱柱中,,平面平面.
(1)求证:
;
(2)若,,求点到平面的距离.
19.为了研究黏虫孵化的平均温度(单位:
)与孵化天数之间的关系,某课外兴趣小组通过试验得到如下6组数据:
组号
1
2
3
4
5
6
平均温度
12
16
17
18
19
20
孵化天数
23
16
14
12
9
7
他们分别用两种模型①,②分别进行拟合,得到相应的回归方程并进行残差分析,得到如图所示的残差图:
经计算得,
(1)根据残差图,比较模型①,②的拟合效果,应选择哪个模型?
(给出判断即可,不必说明理由)
(2)应用最小二乘法建立关于的线性回归方程.
参考公式:
回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为:
,.
20.已知抛物线的焦点为,过点的直线与抛物线交于两点,交轴于点为坐标原点.当时,.
(1)求抛物线的方程;
(2)若,求直线的方程.
21.设,记.
(1)当时,求的零点的个数;
(2)时,证明:
.
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
在极坐标系中,曲线,曲线,点,以极点为原点,极轴为轴正半轴建立直角坐标系.
(1)求曲线和的直角坐标方程;
(2)过点的直线交于点,交于点,若,求的最大值.
23.选修4-5:
不等式选讲
已知.
(1)求证:
;
(2)判断等式能否成立,并说明理由.
唐山市2017—2018学年度高三年级第二次模拟考试
文科数学参考答案
一.选择题:
A卷:
ADCDBCABDCBC
B卷:
ABCDBCADDCBC
二.填空题:
(13)-1(14)2x-y-1=0(15)7(16)-1
三.解答题:
17.解:
(1)在△ABC中,AB=2,∠ACB=30°,
由正弦定理可知,
=,
BC=4sin∠BAC
∠ABD=60°,∠ACB=30°,则∠BAC+∠CBD=90°,则sin∠BAC=cos∠CBD,
所以,BC=4cos∠CBD.
(2)CD是为定长,因为
在△BCD中,由
(1)及余弦定理可知,
CD2=BC2+BD2-2×BC×BD×cos∠CBD,
=4+BC2-4BCcos∠CBD
=4+BC2-BC2
=4
CD=2.
18.解:
(1)因为平面A1ACC1⊥平面ABC,交线为AC,又BC⊥AC,
所以BC⊥平面A1ACC1,AA1平面A1ACC1,
从而有BC⊥AA1.
因为∠AA1C=90°,所以AA1⊥A1C,
又因为BC∩A1C=C,
所以AA1⊥平面A1BC,又A1B平面A1BC,
所以AA1⊥A1B.
(2)由
(1)可知A1A⊥平面A1BC,A1A平面A1ABB1,
所以平面A1BC⊥平面A1ABB1,且交线为A1B.
所以点C到平面A1ABB1的距离等于△CA1B的A1B边上的高,设其为h.
在Rt△AA1C中,A1A=2,∠A1AC=60°,则A1C=2.
由
(1)得,BC⊥A1C,
所以Rt△A1CB中,BC=3,A1B=.h===.
即点C到平面A1ABB1的距离为.
19.解:
(1)应该选择模型①
(2)=-6=1297-6×17×13.5=-80,
=-62=1774-6×172=40,
===-2,
=-=13.5+2×17=47.5.
所以y关于x的线性回归方程为:
=-2x+47.5.
20.解:
(1)由已知可得F(,0),
因为∠OFA=120°,所以xA=+|AF|cos60°=+2.
又由抛物线定义可知,|AF|=xA+=p+2=4,
解得,p=2,
所以抛物线E的方程为y2=4x.
(2)由
(1)可知,F(1,0),由题意可知,直线l斜率存在且不为0,
设直线l的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),
由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,
x1+x2=①
x1x2=1②
由|AC|=4|BC|得,x1=4x2③
由①②③联立解得,k=±2.
所以l的方程为2x+y-2=0或2x-y-2=0.
21.解:
(1)当a=1时,g(x)=f(x)=(2x-1)lnx+x-1,
所以g(x)=2lnx-+3,
因为g(x)为单调递增函数,
且g
(1)=2>0,g()=1-e<0,所以存在t∈(,1),使得g(t)=0,
即x∈(0,t)时,g(x)<0,g(x)单调递减;
x∈(t,+∞)时,g(x)>0,g(x)单调递增.
因为g
(1)=0,所以1为g(x)的一个零点,
又g()=1->0,所以g(x)在(,t)有一个零点,
故g(x)有两个零点.
(2)依题意得,f(x)=a(x2lnx+1)-xlnx-1,
令h(x)=x2lnx+1,所以h(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1),
所以0<x<e-时,h(x)<0,h(x)单调递减;
x>e-时,h(x)>0,h(x)单调递增,
即h(x)的最小值为h(e-)=1->0,所以h(x)>0.
令t(x)=(x2lnx+1)-(xlnx+1)=(x2-x)lnx,所以t(x)≥0,
即x2lnx+1≥xlnx+1.
综上,≤1.
又a>1,所以a>,即a(x2lnx+1)>xlnx+1,
故f(x)>0.
22.解:
(1)曲线C1的直角坐标方程为:
x2+y2-2y=0;
曲线C2的直角坐标方程为:
x=3.
(2)P的直角坐标为(-1,0),设直线l的倾斜角为α,(0<α<),
则直线l的参数方程为:
(t为参数,0<α<)
代入C1的直角坐标方程整理得,t2-2(sinα+cosα)t+1=0,
t1+t2=2(sinα+cosα)
直线l的参数方程与x=3联立解得,t3=,
由t的几何意义可知,
|PA|+|PB|=2(sinα+cosα)=λ|PQ|=,整理得
4λ=2(sinα+cosα)cosα=sin2α+cos2α+1=sin(2α+)+1,
由0<α<,<2α+<,
所以,当2α+=,即α=时,λ有最大值(+1).
23.解:
(1)由题意得(a+b)2=3ab+1≤3()2+1,当且仅当a=b时,取等号.
解得(a+b)2≤4,又a,b>0,
所以,a+b≤2.
(2)不能成立.
+≤+,
因为a+b≤2,
所以+≤1+,
因为c>0,d>0,cd>1,
所以c+d=+≥+>+1,
故+=c+d不能成立.
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