湖南师大附中2019届高三数学摸底考试试卷(文科含答案)

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湖南师大附中2019届高三数学摸底考试试卷(文科含答案)

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文 章来
源莲山 课件 w w
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炎德•英才大联考湖南师大附中
2018年春季高二期末考试暨2019届高三摸底考试
数 学(文科)
得分:______________
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共8页。时量120分钟。满分150分。
                         

第Ⅰ卷
一、选择题:本大题共12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.已知全集U=R,集合M={x-4≤x-1≤4}和N={x|x=2k-1,k=1,2,…}的关系的韦恩(Venn)图如图所示,则阴影部分所示的集合的元素共有
 
A.2个  B.3个  C.1个  D.无穷多个
2.已知点P(tan α,cos α)在第三象限,则角α在
A.第一象限  B.第二象限  C.第三象限  D.第四象限
3.设i为虚数单位,m∈R,“复数z=(m2-1)+(m-1)i是纯虚数”是“m=±1”的
A.充分不必要条件  B.必要不充分条件
C.充要条件  D.既不充分又不必要条件
4.已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为3,则其渐近线的方程为
A.22y±x=0  B.22x±y=0
C.8x±y=0  D.x±8y=0
5.下列函数的最小正周期为π的是
A.y=cos2x  B.y=|sinx2|
C.y=sin x  D.y=tanx2
 
6.如图是某空间几何体的三视图其中主视图、侧视图、俯视图依次为直角三角形、直角梯形、等边三角形,则该几何体的体积为
A.33     B.32
C.233     D.3
7.已知定义在R上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=ax-a-x+2 (a>0,a≠1),若g(2)=a,则f(2)=
A.2  B.154  C.174  D.a2
8.已知向量m=(λ+1,1),n=(λ+2,2),若(m+n)⊥(m-n),则λ=
A.-4  B.-3  C.-2  D.-1
 
9.已知某程序框图如图所示,当输入的x的值为5时,输出的y的值恰好是13,则在空白的赋值框处应填入的关系式可以是
A.y=x3  B.y=13x
C.y=3x  D.y=3-x
10.设x,y满足约束条件3x-y-6≤0x-y+2≥0x≥0,y≥0,若目标函数z=ax+by(a>0,b>0)的最大值为12,则2a+3b的最小值为
A.4  B.83  C.113  D.256
11.过点P-1,1作圆C:x-t2+y-t+22=1t∈R的切线,切点分别为A、B,则PA→•PB→的最小值为
A.103  B.403  C.214  D.22-3
12.已知函数fx=ln x+x-b2x(b∈R).若存在x∈12,2,使得f(x)>-x•f′(x),则实数b的取值范围是
A.-∞,2  B.-∞,32
C.-∞,94  D.-∞,3
选择题答题卡

题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 得 分
答 案             
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21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.
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.
13.在一个盒子中有分别标有数字1,2,3,4的4张卡片,现从中一次取出2张卡片,则取到的卡片上的数字之和为5的概率是________.
14.在△ABC中,若∠B=60°,sin A=13,BC=2,则AC=________.
15.已知函数fx=x,x≤mx2-2mx+4m,x>m,其中m>0,若存在实数b,使得关于x的方程fx=b有三个不同的零点,则m的取值范围是________.
16.给出如下定理:“若Rt△ABC斜边AB上的高为h,则有1h2=1CA2+1CB2”.在空间四面体P-ABC中,若PA、PB、PC两两垂直,底面ABC上的高为h,类比上述定理,得到的正确结论是________________.
三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
17.(本小题满分12分)
已知函数f(x)=2cosπ2-xcos(2π-x).
(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期;
(Ⅱ)当x∈0,π2时,求函数y=f(x)+cos2x的最大值和最小值.
 
18.(本小题满分12分)
若数列{an}是递增的等差数列,其中的a3=5,且a1、a2、a5成等比数列.
(Ⅰ)设bn=1(an+1)(an+1+1),求数列{bn}的前n项的和Tn.
(Ⅱ)是否存在自然数m,使得m-24<Tn<m5对一切n∈N*恒成立?若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.
 

 
19.(本小题满分12分)
如图,四边形ABCD是边长为2的正方形,△ABE为等腰三角形,AE=BE,平面ABCD⊥平面ABE,点F在CE上,且BF⊥平面ACE.
(Ⅰ)判断平面ADE与平面BCE是否垂直,并说明理由;
(Ⅱ)求点D到平面ACE的距离.
 
20.(本小题满分12分)
已知圆M:(x+5)2+y2=36,N(5,0),点P是圆M上的任意一点,线段NP的垂直平分线和半径MP相交于点Q.
(Ⅰ)当点P在圆M上运动时,试证明|QM|+|QN|为定值,并求出点Q的轨迹C的方程;
(Ⅱ)若圆x2+y2=4的切线l与曲线C相交于A、B两点,求△AOB面积的最大值.
 
21.(本小题满分12分)
已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R)对任意实数x,都有x≤f(x)≤14(x+1)2恒成立.
(Ⅰ)证明:f(1)=1;
(Ⅱ)若f(-1)=0,求f(x)的表达式;
(Ⅲ)在题(Ⅱ)的条件下设g(x)=f(x)-m2x,x∈[0,+∞),若g(x)图象上的点都位于直线y=-34的上方,求实数m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.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线C1的极坐标方程为ρ2=31+2cos2x,直线l的极坐标方程为ρ=4sin θ+cos θ.
(Ⅰ)写出曲线C1与直线l的直角坐标方程;
(Ⅱ)设Q为曲线C1上一动点,求Q点到直线l距离的最小值.
23.(本小题满分10分)选修4-5: 不等式选讲
已知函数f(x)=x,  x≥11x, 0<x<1,g(x)=af(x)-|x-2|,a∈R.
(Ⅰ)当a=0时,若g(x)≤|x-1|+b对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数b的取值范围;
(Ⅱ)当a=1时,求函数y=g(x)的最小值.
 
炎德•英才大联考湖南师大附中
2018年春季高二期末考试暨2019届高三摸底考试
数学(文科)参考答案
一、选择题
1.B 【解析】由M={x-4≤x-1≤4}={x|-3≤x≤5},则M∩N=1,3,5},有3个元素,故选B.
2.B
3.A 【解析】因为复数z=(m2-1)+(m-1)i是纯虚数,则m2-1=0m-1≠0,显然m=-1,所以,“复数z=(m2-1)+(m-1)i是纯虚数”是“m=±1”的充分不必要条件.故答案选A.
4.B 【解析】双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率是3,可得ca=3=1+ba2,∴ba=22,则其渐近线的方程为:22x±y=0,故选B.
5.A
 
6.D 【解析】如图所示,该几何体为四棱锥,其中侧面ACBD⊥底面PAB.侧面ACBD为直角梯形,DA⊥AB.该几何体的体积V=13×(1+2)×32×2=3.故答案选D.
7.B
8.B
9.C 【解析】由程序框图可知,当输入的x的值为5时,第一次运行,x=5-2=3;第二次运行,x=3-2=1;第三次运行,x=1-2=-1,此时x≤0,退出循环,要使输出的y的值为13,只有C中的函数y=3x符合要求.
 
10.D 【解析】由不等式组作出可行域如图,由a>0,b>0,可知当直线z=ax+by经过点P(4,6)时,z取得最大值,由已知得4a+6b=12,即2a+3b=6,所以2a+3b=2a+3b3a+2a+3b2b=136+ba+ab≥256,当且仅当ba=ab,即a=b=65时取得等号,故2a+3b的最小值为256,故选D.
11.C 【解析】PA→•PB→=(PC2-1)2cos∠APB=(PC2-1)×(2cos2∠APC-1)=(PC2-1)(1-2PC2)=PC2+2PC2-3,∵PC2=(t+1)2+(3-t)2=2t2-4t+10≥8,∴PC2+2PC2-3≥8+28-3=214.故选C.
12.C 【解析】fx+xf′x>0xfx′>0,设gx=xfx=ln x+x-b2,若存在x∈12,2,使得fx+xf′x>0,则函数gx在区间12,2上存在子区间使得g′x>0成立,g′x=1x+2x-b=2x2-2bx+1x,设hx=2x2-2bx+1,则h2>0或h12>0,即8-4b+1>0或12-b+1>0,得b<94,故选C.
二、填空
13.13
14.33 【解析】由正弦定理得,BCsin A=ACsin B,即213=ACsin 60°,所以AC=6×32=33.
15.(3,+∞) 【解析】函数y=x为偶函数,且左减右增.函数y=x2-2mx+4mx>m的对称轴为x=m,且向右单调递增.故当x≤m时函数fx先减后增,当时函数fx单调递增,要fx=b有三个不同的零点则必须满足m>m2-2m2+4m,解得m>3.
 
 
16.1h2=1PA2+1PB2+1PC2
【解析】如图,连接CO,延长交AB于点D,连PD,
由已知可得,PC⊥PD,PO⊥CD,PA⊥PB,PD⊥AB,
由定理,得1h2=1PD2+1PC2=1PA2+1PB2+1PC2.
三、解答题
17.【解析】(Ⅰ)因为f(x)=2cosπ2-xcos(2π-x)=2sin xcos x=sin 2x.(4分)
所以函数f(x)的最小正周期为π.(6分)
(Ⅱ)因为y=f(x)+cos 2x=sin 2x+cos 2x=2sin(2x+π4).(8分)
由0≤x≤π2π4≤2x+π4≤5π4,从而-22≤sin(2x+π4)≤1.(10分)
所以当x∈0,π2时,f(x)的最大值为2,最小值为-1.(12分)
18.【解析】(Ⅰ)在等差数列中,设公差为d≠0,
由题意a22=a1a5a3=5(a1+d)2=a1(a1+4d)a1+2d=5(2分)
∴a1=1,d=2,∴an=2n-1(3分)
则bn=1(an+1)(an+1+1)=12n×(2n+2)=14(1n-1n+1)(4分)
所以Tn=14(11-12)+14(12-13)+…14(1n-1n+1)=14(1-1n+1)=n4(n+1)(6分)
(Ⅱ)Tn+1-Tn=14(n+1)(n+2)>0,∴{Tn}单调递增.(7分)
∴Tn≥T1=18.(8分)
Tn=14(1-1n+1)=14-14(n+1)<14(9分)
要使得m-24<Tn<m5对一切n∈N*恒成立,则m-24<18m5≥14,∴54≤m<52(11分)
∵m是自然数,∴m=2.(12分)
19.【解析】(Ⅰ)因为BF⊥平面ACE,所以BF⊥AE.(2分)
因为平面ABCD⊥平面ABE,BC⊥AB,
平面ABCD∩平面ABE=AB,所以BC⊥平面ABE,
从而BC⊥AE.(5分)
于是AE⊥平面BCE,故平面ADE⊥平面BCE.(6分)
 
(Ⅱ)方法一:连结BD交AC于点M,则点M是BD的中点,
所以点D与点B到平面ACE的距离相等.
因为BF⊥平面ACE,所以BF为点B到平面ACE的距离.(8分)
因为AE⊥平面BCE,所以AE⊥BE.
又AE=BE,所以△AEB是等腰直角三角形.
因为AB=2,所以BE=2sin 45°=2.(9分)
在Rt△CBE中,CE=BC2+BE2=6.(10分)
所以BF=BC×BECE=226=233.
故点D到平面ACE的距离是233.(12分)
方法二:过点E作EG⊥AB,垂足为G,因为平面ABCD⊥平面ABE,所以EG⊥平面ABCD.
因为AE⊥平面BCE,所以AE⊥BE.又AE=BE,所以△AEB是等腰直角三角形,从而G为AB的中点.又AB=2,所以EG=1.(8分)
因为AE⊥平面BCE,所以AE⊥EC.
又AE=BE=2sin 45°=2,CE=BC2+BE2=6.(10分)
设点D到平面ACE的距离为h,因为VD-ACE=VE-ACD,则13S△ACE•h=13S△ACD•EG.
所以h=12AD•DC•EG12AE•EC=2×2×12×6=233,故点D到平面ACE的距离是233.(12分)
20.【解析】(Ⅰ)证明:由已知条件得|QN|=|QP|,又|QM|+|QP|=6,
∴|QM|+|QN|=6为定值.(2分)
根据椭圆定义得动点Q的轨迹是以点M、N为焦点的椭圆.(3分)
且2a=6,a=3,c=5,b=2,(5分)
∴点Q的轨迹C的方程为:x29+y24=1.(6分)
(Ⅱ)∵直线l不可能与x轴平行,∴设切线方程为x=ty+m,
由直线与圆相切,得m1+t2=2,∴m2=4(1+t2).(7分)
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由x=ty+mx29+y24=1,消去x得:(4t2+9)y2+8tmy+4m2-36=0,
Δ=(8tm)2-4(4t2+9)(4m2-36)=144(4t2-m2+9)=144×5,
∴y1+y2=-8tm4t2+9,y1y2=4m2-364t2+9.(8分)
又因为AB=1+t2y1-y2=1+t2(y1+y2)2-4y1y2=144(4t2-m2)+144×94t2+9
=1+t2•1254t2+9=12541+t2+51+t2≤12545=3.(9分)
当且仅当41+t2=51+t2,即t2=14时等号成立.(10分)
此时|m|=5,|AB|max=3,又∵S△AOB=12×2×|AB|=|AB|,(11分)
∴|m|=5,|t|=12时,△AOB的面积最大,最大值为3.(12分)
21.【解析】(Ⅰ)证明:由题意可得1≤f(1)≤14×(1+1)2=1,则f(1)=1;(3分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知:f(1)=1,即a+b+c=1,(4分)
又f(-1)=0,即a-b+c=0,(5分)
两式相减可得,b=12,a+c=12即c=12-a,
所以f(x)=ax2+12x+12-a,
对任意实数x,都有f(x)≥x,即为ax2-12x+12-a≥0恒成立,
则有a>0Δ=(-12)2-4a(12-a)≤0,
化简得a>0(4a-1)2≤0,所以a=14,c=12-a=14,
所以f(x)=14x2+12x+14.(9分)
(Ⅲ)法1:由题意知g(x)=f(x)-m2x=14x2+(12-m2)x+14>-34在[0,+∞)上恒成立.
即x2+2(1-m)x+4>0在[0,+∞)上恒成立.
记h(x)=x2+2(1-m)x+4.
(ⅰ)由Δ<0,即[2(1-m)]2-4×4<0,解得-1<m<3;
(ⅱ)由Δ≥0-2(1-m)2h(0)=4>0≤0,解得m≤-1.
综上可知,m∈(-∞,3).(12分)
法2:由题意知g(x)=f(x)-m2x=14x2+(12-m2)x+14>-34在[0,+∞)上恒成立.
(ⅰ)当x=0时,g(0)=14>-34成立;
(ⅱ)当x>0时,2(m-1)<x2+4x=x+4x在x∈(0,+∞)上恒成立,
又当x>0时,x+4x≥2x•4x=4(当且仅当x=2时取得最小值)
所以2(m-1)<4,解得m∈(-∞,3).(12分)
请考生在第22、23题中任选一题做答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号.
22.【解析】(Ⅰ)C1:3x2+y2=3,l:x+y=4.(4分)
(Ⅱ)法1:设Q(cos θ,3sin θ),则点Q到直线l的距离
d=|cos θ+3sin θ-4|2=212cos θ+32sin θ-42=2sin θ+π6-42≥22=2当且仅当θ+π6=2kπ+π2,即θ=2kπ+π3(k∈Z)时,Q点到直线l距离的最小值为2.(10分)
法2:设Q(x,y),直线l:x+y=c与椭圆方程联立,利用直线与椭圆相切求出c,则Q点到直线l距离的最小值为两平行直线间的距离.
23.【解析】(Ⅰ)当a=0时,g(x)=-|x-2|(x>0),
g(x)≤|x-1|+b-b≤|x-1|+|x-2|(1分)
|x-1|+|x-2|≥|(x-1)-(x-2)|=1,当且仅当1≤x≤2时等号成立,(4分)
实数b的取值范围是[-1,+∞).(5分)
(Ⅱ)当a=1时,g(x)=1x+x-2, 0<x<12x-2,   1≤x≤22,   x>2,(7分)
当0<x<1时,g(x)=1x+x-2>2x•1x-2=0;(8分)
当x≥1时,g(x)≥0,当且仅当x=1等号成立;(9分)
故当x=1时,函数y=g(x)取得最小值0.(10分)


 

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