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湖南师大附中2019届高考理科数学模拟试题(二)有解析

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湖南师大附中2019届高考模拟卷(二)数学(理科)

时量:120分钟   满分:150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.已知集合M={x|x=k4+12,k∈Z},N={x|x=k2+14,k∈Z},则(C)
                              

A.M=N  B.M?N  C.N?M  D.M∩N=?
2.若复数z=(1-ai)(a+2i)在复平面内对应的点在第一象限,其中a∈R,i为虚数单位,则实数a取值范围是(A)
A.(0,2)  B.(2,+∞)  C.(-∞,-2)  D.(-2,0)
3.如果等差数列a1,a2,…,a8的各项都大于零,公差d≠0,则(B)
A.a1+a8>a4+a5  B.a1a8<a4a5  C.a1+a8<a4+a5  D.a1a8>a4a5
【解析】由a1+a8=a4+a5,∴排除A、C.
又a1?a8=a1(a1+7d)=a21+7a1d,
∴a4?a5=(a1+3d)(a1+4d)=a21+7a1d +12d2>a1?a8,故选B.
4.若函数y=cosωx+π6(ω∈N*)图象的一个对称中心是π6,0,则ω的最小值为(B)
A.1  B.2  C.4  D.8
【解析】由题知πω6+π6=kπ+π2(k∈Z)?ω=6k+2(k∈Z),故ωmin=2.
 
5.学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况,抽出了一个容量为n的样本,其频率分布直方图如图所示,其中支出在[50,60)元的同学有30人,则n的值为(A)
A.100
B.1000
C.90
D.900
【解析】支出在[50,60)元的频率为1-(0.1+0.24+0.36)=0.3.∴样本容量n=300.3=100.
6.已知一个几何体的三视图如图所示(正方形的边长为1),则该几何体的体积为(B)
 
A.34  B.78  C.1516  D.2324

 
【解析】由题意可知几何体的形状如图,是长方体中截出的棱锥(底面是梯形,高为12,底面梯形下底边长为1,上底边长为12,高为1)的剩余部分,
所以几何体的体积为:1-13×12×12×1+12×1=78,故选B.
7.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,在不超过20的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于20的概率是(D)
A.112  B.115  C.118  D.114
【解析】在不超过20的素数中有2,3,5,7,11,13,17,19共8个,随机选取两个不同的数共有C28=28种,随机选取两个不同的数,其和等于20有2种,故可得随机选取两个不同的数,其和等于20的概率P=114,故选D.
8.下列图象可以作为函数f(x)=xx2+a的图象有(C)
 
A.1个  B.2个  C.3个  D.4个
【解析】当a<0时,如取a=-4,则f(x)=xx2-4,其定义域为:{x|x≠±2},它是奇函数,图象是(3),所以(3)是正确的;当a>0时,如取a=1,则f(x)=xx2+1,其定义域为R,它是奇函数,图象是(2),所以(2)是正确的;当a=0时,则f(x)=1x,其定义域为:{x|x≠0},它是奇函数,图象是(4),所以(4)正确.故选C.
9.已知点集M=(x,y)1-x2?1-y2≥xy,则平面直角坐标系中区域M的面积是(D)
A.1  B.3+π4  C.π  D.2+π2
【解析】当xy≤0时,只需要满足x2≤1,y2≤1即可;
当xy>0时,对不等式两边平方整理得到x2+y2≤1,所以区域M如下图.
 
易知其面积为2+π2.
10.已知向量a=52,0,b=(0,5)的起点均为原点,而终点依次对应点A,B,线段AB边上的点P,若OP→⊥AB→,OP→=xa+yb,则x,y的值分别为(C)
A.15,45  B.43,-13  C.45,15  D.-13,43
【解析】OP→=xa+yb=x52,0+y(0,5)=52x,5y , AB→=b-a=-52,5,
∵OP→⊥AB→,∴-254x+25y=0?x=4y,①
又∵A,B,P三点共线,∴x+y=1,②
由①②得 x=45,y=15.故选C.
 
11.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=3,AA1=1,而对角线A1B上存在一点P,使得AP+D1P取得最小值,则此最小值为(D)
A.2
B.3
C.1+3
D.7
【解析】把对角面A1BCD1绕A1B旋转到与△AA1B在同一平面上的位置,连接AD1,在△AA1D1中,|AA1|=1,|A1D1|=3,∠AA1D1=∠AA1B+90°=150°,
则|AP|+|D1P|的最小值为:AD1=12+(3)2-2×1×3×cos 150°=7,故选D.
12.已知a>0,函数f(x)=ex-a-ln (x+a)-1(x>0)的最小值为0,则实数a的取值范围是(C)
A.0,12  B.12,1  C.12  D.?
【解析】由题意知f(a)=ea-a-ln(a+a)-1≥0,即0<a≤12.
①当0<a<12时,f(x)=ex-a-ln(x+a)-1≥[(x-a)+1]-[(x+a)-1]-1=-2a+1>0不符合题意,舍去;
②当a=12时,f(x)=ex-12-lnx+12-1≥x-12+1-x+12-1-1=0当x=12时取等号.则a=12,故选C.

二、填空题:本大题共4个小题,每小题5分,满分20分.请把答案填在答题卷对应题号后的横线上.
13.定积分-11(ex-e-x)dx=__0__.
14.(x-y)(x+y)8的展开式中x2y7的系数为__-20__.(用数字填写答案)
【解析】(x+y)8中,Tr+1=Cr8x8-ryr,令r=7,再令r=6,得x2y7的系数为C78-C68=8-28=-20.
15.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线C2:x2-y2=4有相同的右焦点F2,点P是椭圆C1和双曲线C2的一个公共点,若PF2=2,则椭圆C1的离心率为__22__.
【解析】设另一个焦点是F1,由双曲线的定义可知PF1-PF2=4,PF1=6,
2a=8,a=4,c=22,故e=ca=224=22.
16.已知数列an,bn均为等差数列,且a1b1=m,a2b2=4,a3b3=8,a4b4=16,则m=__4__.
【解析】设an=an+b,bn=cn+d,则anbn=an+bcn+d=acn2+(bc+ad)n+bd,
令cn=anbn,则dn=cn+1-cn=2acn+(ac+ad+bc)构成一个等差数列,故由已给出的a2b2=4,a3b3=8,a4b4=16,可求得m=4.
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.(本题满分12分)
已知在△ABC中, D,E分别为边AB,BC的中点, 2AB→?AC→=AB→?AC→,
(1)若2AB→?AC→=AB→?CD→,且△ABC的面积为33,求边AC的长;
(2)若BC=3,求线段AE长的最大值.
【解析】设BC=a,AC=b,AB=c,由2AB→?AC→=AB→?AC→,得2bccos A=bc,所以cos A=12,
又A∈(0,π),因此A=π3.2分
(1)由2AB→?AC→=AB→?CD→,即2AB→?AC→=AB→?(CA→+12AB→),得3bc=c2,即3b=c.
又因为S△ABC=12bcsin A=334b2=33,所以b=2,即边AC的长为2.7分
(2)因为E为边BC的中点,所以AE→=12(AB→+AC→),
即AE→2=14(AB→+AC→)2=14(b2+c2+bc),9分
又因为BC=3,所以由余弦定理得a2=b2+c2-2bc?cos A,即b2+c2=a2+bc=3+bc≥2bc,即bc≤3,所以AE→2=14(3+2bc)≤94,AE→≤32,当且仅当b=c时取等号,所以线段AE长的最大值为32.12分
18.(本题满分12分)
如图1,四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,AD⊥AB,AD=1,BC=2,E为CD上一点,F为BE的中点,且DE=1,EC=2,现将梯形沿BE折叠(如图2),使平面BCE⊥平面ABED.
 
(1)求证:平面ACE⊥平面BCE;
(2)能否在边AB上找到一点P(端点除外)使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为63?若存在,试确定点P的位置,若不存在,请说明理由.
 
【解析】(1)在直角梯形ABCD中,作于DM⊥BC于M,连接AE,
则CM=2-1=1,CD=DE+CE=1+2=3,
则DM=AB=22,cos C=13,2分
则BE=4+4-2×2×2×13=433,sin ∠CDM=13,
则AE=1+1+2×1×1×13=263,
∴AE2+BE2=AB2,4分
故AE⊥BE,且折叠后AE与BE位置关系不变,
又∵平面BCE⊥平面ABED,且平面BCE∩平面ABED=BE,
∴AE⊥平面BCE,∵AE?平面ACE,∴平面ACE⊥平面BCE.6分
(2)∵在△BCE中,BC=CE=2,F为BE的中点,∴CF⊥BE.
又∵平面BCE⊥平面ABED,且平面BCE∩平面ABED=BE,
∴CF⊥平面ABED,7分
 
故可以F为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则A263,-233,0,C0,0,263,E0,-233,0,
易求得平面ACE的法向量为m=(0,-2,1).
假设在AB上存在一点P使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为63,且AP→=λAB→,(λ∈R),
∵B0,233,0,
∴AB→=-263,433,0,
故AP→=-263λ,433λ,0,
又CA→=263,-233,-263,
∴CP→=263(1-λ),233(2λ-1),-263,
又FC→=0,0,263,
设平面PCF的法向量为n=(x,y,z),∴-263z=0,263(1-λ)x+233(2λ-1)y-263z=0,
令x=2λ-1得n=(2λ-1,2(λ-1),0),
∴|cos?m,n?|=|2(λ-1)|3?(2λ-1)2+2(λ-1)2=63,11分
解得λ=12,因此存在点P且P为线段AB中点时使得平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为63.12分
19.(本题满分12分)
近期,某市公交公司推出扫码支付1分钱乘车活动,活动设置了一段时间的推广期,由于推广期内优惠力度较大,吸引越来越多的人开始使用扫码支付.629路公交车统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次,用x表示活动推出的天数,y表示每天使用扫码支付的人次(单位:十人次),统计数据如表1所示:
表1:
x    1    2    3    4    5    6    7
y    6    11    21    34    66    101    196

根据以上数据,绘制了散点图.
 
(1)根据散点图判断,在推广期内,y=a+bx与y=c?dx(c,d均为大于零的常数)哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型(给出判断即可,不必说明理由);
(2)根据(1)的判断结果及表1中的数据,建立y关于x的回归方程,并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次;
(3)推广期结束后,车队对乘客的支付方式进行统计,结果如下
支付方式    现金    乘车卡    扫码
比例    10%    60%    30%
车队为缓解周边居民出行压力,以80万元的单价购进了一批新车,根据以往的经验可知,每辆车每个月的运营成本约为0.66万元.已知该线路公交车票价为2元,使用现金支付的乘客无优惠,使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠,扫码支付的乘客随机优惠,根据统计结果得知,使用扫码支付的乘客中有16的概率享受7折优惠,有13的概率享受8折优惠,有12的概率享受9折优惠.预计该车队每辆车每个月有1万人次乘车,根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率,在不考虑其它因素的条件下,按照上述收费标准,假设这批车需要n(n∈N*)年才能开始盈利,求n的值.
参考数据:
y-
v-
∑7i=1xiyi
∑7i=1xivi
100.54
62.14    1.54    2535    50.12    3.47
其中vi=lg yi,v-=17i=17vi.
参考公式:对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),…,(un,vn),其回归直线v^=a^+β^u的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为:
β^=  =0.25,5分
把样本中心点(4,1.54)代入v=lg c+lg d?x,得lg c=0.54,
∴v^=0.54+0.25x,∴lg y^=0.54+0.25x,6分
∴y关于x的回归方程式:y^=100.54+0.25x=100.54(100.25)x=3.47(100.25)x,
把x=8代入上式:∴y^=100.54+0.25×8=102.54=102×100.54=347,
所以活动推出第8天使用扫码支付的人次为3470 .7分
(3)记一名乘客乘车支付的费用为Z,则Z的取值可能为:2,1.8,1.6,1.4,
P(Z=2)=0.1,P(Z=1.8)=0.3×12=0.15,
P(Z=1.6)=0.6+0.3×13=0.7,P(Z=1.4)=0.3×16=0.05,
所以一名乘客一次乘车的平均费用为:
2×0.1+1.8×0.5+1.6×0.7+1.4×0.05=1.66(元),10分
由题意可知:1.66×1×12?n-0.66×12?n-80>0,n>203,
所以n取7,估计这批车大概需要7年才能开始盈利.12分
20.(本题满分12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=22,以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线x+y-2=0相切.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)是否存在斜率为2的直线,使得当直线与椭圆C有两个不同的交点M,N时,能在直线y=53上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q,满足PM→=NQ→?若存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由.
【解析】(1)由椭圆的离心率e=22,得c2a2=c2b2+c2=12,得b=c.
上顶点为(0,b),右焦点为(b,0),
以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为x-b22+y-b22=a22=b22,
∴|b-2|2=22b,即|b-2|=b,得b=c=1,a=2,
∴椭圆的标准方程为x22+y2=1.5分
(2)椭圆C上不存在这样的点Q,理由如下:设直线的方程为y=2x+t,
设M(x1,y1),N(x2,y2),Px3,53,Q(x4,y4),MN的中点为D(x0,y0),
由y=2x+t,x22+y2=1,消去x,得9y2-2ty+t2-8=0,
所以y1+y2=2t9,且Δ=4t2-36(t2-8)>0,7分
故y0=y1+y22=t9,且-3<t<3.
由PM→=NQ→,得x1-x3,y1-53=(x4-x2,y4-y2),
所以有y1-53=y4-y2,y4=y1+y2-53=29t-53.9分
(也可由PM→=NQ→知四边形PMQN为平行四边形,而D为线段MN的中点,因此,D也为线段PQ的中点,所以y0=53+y42=t9,可得y4=2t-159.)
又-3<t<3,所以-73<y4<-1,11分
与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[-1,1]矛盾.故椭圆C上不存在这样的点Q.12分
21.(本题满分12分)
已知函数f(x)=ln x,g(x)=ex.
(1)设函数h(x)=f(x)+12x2+ax(a∈R),讨论h(x)的极值点个数;
(2)设直线l为函数f(x)的图象上一点A(x0,f(x0))处的切线,试探究:在区间(1,+∞)上是否存在唯一的x0,使得直线l与曲线y=g(x)相切.
【解析】由题意得h′(x)=1x+x+a=x2+ax+1x(x>0),令Δ=a2-4,1分
①当Δ=a2-4≤0即-2≤a≤2时,h′(x)=x2+ax+1x≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,
此时h(x)在x∈(0,+∞)上单调递增,极值点个数为0;2分
②当a>2时,h′(x)=x2+ax+1x≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,
此时h(x)在x∈(0,+∞)上单调递增,极值点个数为0;3分
③当a<-2时,Δ>0,设x1,x2是x2+ax+1=0的两根,则x1+x2=-a>0,x1x2=1>0,故x1>0,x2>0,
此时h(x)在(0,+∞)上有两个极值点.5分
综上所述,当a<-2时,h(x)有两个极值点,a≥-2时,h(x)没有极值点.6分
(2)∵f′(x)=1x,∴f′(x0)=1x0,
∴切线l的方程为y-ln x0=1x0(x-x0),即y=1x0x+ln x0-1.7分
设直线l与曲线y=g(x)相切于(x1,ex1),∵g′(x)=ex,∴ex1=1x0即x1=-ln x0,
∴g(x1)=ex1=e-ln x0=1x0,
∴直线l的方程也为y-1x0=1x0(x+ln x0),即y=1x0x+ln x0x0+1x0,8分
∴ln x0-1=ln x0x0+1x0,即ln x0=x0+1x0-1.9分
下证:在区间(1,+∞)上x0存在且唯一.设φ(x)=ln x-x+1x-1(x>1),
φ′(x)=1x-(x-1)-(x+1)(x-1)2=1x+2(x-1)2>0,则φ(x)在(1,+∞)上单调递增.10分
又φ(e)=ln e-e+1e-1=-2e-1<0,φ(e2)=ln e2-e2+1e2-1=e2-3e2-1>0,
由零点存在性定理知:存在x0∈(e,e2),使得φ(x0)=0,即ln x0=x0+1x0-1.
故在区间(1,+∞)上存在唯一的x0,使得直线l与曲线y=g(x)相切.12分
(二)选考题:共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.
22.(本题满分10分)选修4-4:极坐标与参数方程
在平面直角坐标系中,将曲线C1向左平移2个单位,再将得到的曲线上的每一个点的横坐标保持不变,纵坐标缩短为原来的12,得到曲线C2,以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,C1的极坐标方程为ρ=4cos α.
(1)求曲线C2的参数方程;
(2)直线l的参数方程为x=32t,y=12t+2(t为参数),求曲线C2上到直线l的距离最短的点的直角坐标.
【解析】(1)由ρ=4cos α得ρ2=4ρcos α将ρ2=x2+y2,ρ?cos α=x代入整理得
曲线C1的普通方程为(x-2)2+y2=4, 2分
设曲线C1上的点为(x′,y′),变换后的点为(x,y),由题可知坐标变换为x=x′-2,y=12y′,即x′=x+2,y′=2y,代入曲线C1的普通方程,整理得曲线C2的普通方程为 x24+y2=1,4分
∴曲线C2的参数方程为x=2cos θ,y=sin θ(θ为参数).5分
(2)直线l的参数方程为x=32t,y=12t+2(t为参数),直线l的直角坐标方程为x-3y+23=0,
设曲线C2上的点为P(2cos θ,sin θ),0≤θ≤2π,则点P到直线l的距离为d=2cos θ-3sin θ+232=7cos(θ+φ)+232,其中cos φ=27,sin φ=37,
当θ+φ=π时,dmin=-7+232=23-72,8分
此时2cos θ=2cos(π-φ)=-47=-477,sin θ=sin(π-φ)=37=217,即此时点P的直角坐标为-477,217,所以曲线C2上到直线l的距离最短的点的直角坐标为-477,217.10分
23.(本题满分10分)选修4-5:不等式选讲
设f(x)=|x-1|+|x+1|.
(1)求f(x)≤x+2的解集;
(2)若不等式f(x)≥|a+1|-|2a-1||a|对任意实数a≠0恒成立,求实数x的取值范围.
【解析】(1)由f(x)≤x+2得:
x+2≥0,x≤-1,1-x-x-1≤x+2或x+2≥0,-1<x<1,1-x+x+1≤x+2或x+2≥0,x≥1,x-1+x+1≤x+2,3分
解得0≤x≤2,
∴f(x)≤x+2的解集为{x|0≤x≤2}.5分
(2)|a+1|-|2a-1||a|=1+1a-2-1a≤1+1a+2-1a=3,
当且仅当1+1a2-1a≤0时,取等号.7分
由不等式f(x)≥|a+1|-|2a-1||a|对任意实数a≠0恒成立,可得|x-1|+|x+1|≥3,
解得x≤-32或x≥32.
故实数x的取值范围是-∞,-32∪32,+∞.10分


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