届高考数学理二轮复习模拟卷 4 Word版含答案Word文件下载.docx
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A.B.C.D.
6、已知函数，若对任意,不等式恒成立,其中,则a的取值范围是（）
A.B.C.D.
7、一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（
8、已知为的一个对称中心，则的对称轴可能为（）
A．B．C.D．
9、如图所示是某一容器的三视图,现向容器中匀速注水,容器中水面的高度h随时间t变化的图象是（
A.B.C.D.
10、如图，是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线C交于两点．若，则双曲线的渐近线方程为（）
A.B.C.D.
11、已知函数，若存在实数，且，使，则的取值范围是（）
A.B.C.D.
12、圆C与直线相切，且圆心C的坐标为设点P的坐标为，若在圆C上存在点Q，使得，则的取值范围是（）
A.B.
13、若变量满足约束条件，则的最大值为_____________.
14、若果设角的终边经过点，那么____________.
15、已知数列的前n项和为,且,,数列,则数列的前n项和的取值范围是_____________.
16、已知奇函数的导函数为,若,则实数t的取值范围为_________.
17、的内角所对的边分别为,．
（1）.求A；
（2）.若,的面积为,求
18、如图，在三棱锥中，与都为等边三角形，且侧面与底面互相垂直，O为的中点，点F在线段上，且，E为棱上一点
1.试确定点E的位置，使得平面；
2.在1的条件下，求二面角的余弦值.
19、某超市决定在2019年元旦来临之际举行“庆元旦，迎新年”的抽奖派送礼品活动.为设计一套趣味性抽奖送礼品的活动方案，该超市面向该县某高中学生征集活动方案.该中学某班数学兴趣小组提供的方案被征用.方案如下:
将一个的正方体各面均涂上红色，再把它分割成64个相同的小正方体经过搅拌后，从中任取两个小正方体，记它们的着色面数之和为，记抽奖中奖的礼金为.
（1）求.
（2）凡是元旦当天在超市购买物品的顾客，均可参加抽奖.抽取的两个小正方体着色面数之和为6设为一等奖，获得价值50元礼品；
抽取的两个小正方体着色面数之和为5设为二等奖，获得价值30元礼品；
抽取的两个小正方体着色面数之和为4设为三等奖，获得价值10元礼品，其他情况不获奖.求某顾客抽奖一次获得的礼金的分布列与数学期望.
20、如图,椭圆的左顶点与上顶点分别为A,B,右焦点为F,点P在椭圆C上,且轴,若,且.
1.求椭圆C的方程;
2.Q是椭圆C上不同于长轴端点的任意一点,在x轴上是否存在一点D,使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值？
若存在,求出点D的坐标;
若不存在,说明理由.
21、已知二次函数的最小值为,且关于的不等式的解集为.
1.求函数的解析式
2.求函数的零点个数.
22、在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（t为参数）.
（1）若，求曲线C与直线的交点坐标.
（2）求直线所过定点P的坐标，并求曲线C上任一点Q与点P间距离的最大值和最小值.
23、已知函数.
（1）当时，解不等式;
（2）当时，若存在使不等式成立，求实数m的取值范围.
答案以及解析
1答案及解析：
答案：
C
解析：
，则由题意得，解得，故选C
2答案及解析：
∵,,∴.故选C.
3答案及解析：
由题意知,这是一个与面积有关的几何概型题.这只小狗在任何一个区域的可能性一样,图中有大小相同的方砖共9块,显然小狗停在涂色方砖的概率为,故选C.
4答案及解析：
B
由题意知金棰由粗到细每一尺构成一个等差数列，且首项则等差所以所以，故选B.
5答案及解析：
A
由题意得,则，所以.
6答案及解析：
由题可知函数在R上单调递减，且，则不等式可化为，即对恒成立，则,
令，则，所以，因为,则，所以.
7答案及解析：
D
如图所示为正方体被一个平面截去后剩余部分的几何体,设正方体棱长为,
8答案及解析：
由题意知为的一个对称中心，
则，即，
解得，而，则，
故，
则的对称轴可写作，
即，
当时，的一条对称轴为。
9答案及解析：
由三视图可知该几何体是圆锥，顶点朝下，底面圆的上面，随之时间的推移，注水量的增加高度在增加，所以函数是增函数，刚开始时截面面积较小，高度变化较快，随着注水量的增加，高度变化量减慢，综上可知B正确
考点：
三视图
10答案及解析：
设，，
由双曲线的定义得：
，解得：
，
所以，
因为，所以，
所以双曲线的渐近线方程为.
11答案及解析：
作出函数的图像如图所示由题设，由图易知，且.则由，得，解得，所以，则当时，取得最小值，当时，取得最大值0，所以的取值范围是，故选B.
12答案及解析：
点到直线的距离为，所以圆C的方程为.由点P的坐标为可知点P在圆C外若存在满足题意的点Q，则当与圆C相切时，满足即可，在中，，所以，得，则，解得.
13答案及解析：
7
解析:
作出不等式组所表示的平面区域，如下图阴影部分所示，观察可知，当直线过点时，z有最大值.
14答案及解析：
因为角的终边经过点，
所以由定义知，
所以.
15答案及解析：
由得当时,,所以两式相减得.整理得.由得当时,,解得.,所以是从第2项起,以2为公比的等比数列.所以,则,则.因为,所以,可得,所以的取值范围是.
16答案及解析：
因为,所以当时,为增函数.又是奇函数,由,得,所以,解得,所以实数t的取值范围为.
17答案及解析：
（1）.因为，所以由正弦定理得，
又，
从而，
由于，
所以．
（2）.因为，的面积为，
所以，
所以．
由余弦定理，得，
18答案及解析：
1.在中，延长交于点M，
∵是等边三角形
为的重心
平面,平面,且面面，
即点E为线段上靠近点A的三等分点
2.等边中，平面，面面，交线为，平面
如图以O为原点建立空间直角坐标系
∵点A在平面上，所以二面角与二面角为相同二面角.
设,则
设平面的法向量，则
即，取，则
又平面，,
则
又二面角为钝二面角，所以余弦值为.
19答案及解析：
（1）64个小正方体中，三面着色的有8个，两面着色的有24个，一面着色的有24个，另外8个没有面着色，
.
（2）的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6，的取值为50，30，10，0.
的分布列为
20答案及解析：
1.由题意得,,可设,
∴,解得,即,
由得,即,
∴,①
又,∴,②
由①②得,,∴椭圆C的方程为.
2.假设存在使得直线与的斜率乘积恒为定值,设,则,③
设（常数）,∵,∴,④
由③得,⑤
将⑤代入④,得,
∴,∴,,∴存在点,使得.
21答案及解析：
1.由题意可知,是二次函数的两个零点。
所以,可设
变形为.
所以
故
2.由1知,
令,得或
当时,;
所以函数在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增。
又,,
所以,函数在上有且只有一个零点。
由函数的单调性可知,在上有唯一一个零点。
22答案及解析：
（1）曲线C的普通方程为
当时，直线的普通方程为.
联立解得或
所以曲线C与直线交点的坐标为和.
（2）当时，，则直线过定点
故曲线C上任一点Q与点P间的距离
由，得
故，.
23答案及解析：
（1）当时，.由可得
不等式可化为
解得，所以不等式的解集为
（2）当时，设，
易知存在,
使不等式成立，等价于
所以，即实数m的取值范围为
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