数学吉林省长春市普通高中届高三质量监测二试题理解析版文档格式.docx

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C.D.是图象的一条对称轴

9.若向区域内投点，则该点落在由直线与曲线围成区域内的概率为（）

10.如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为（）

11.已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线的右支上，且，则双曲线离心率的取值范围是（）

12.若关于的方程存在三个不等实根，则实数的取值范围是（）

二、填空题

13.的展开式中含项的系数为___________.

14.更相减损术是出自《九章算术》的一种算法.如图所示的程序框图是根据更相减损术写出的，若输入，则输出的值为_____.

15.底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面中心的棱锥叫正棱锥.已知同底的两个正四棱锥内接于同一个球，它们的底面边长为，球的半径为，设两个正四棱锥的侧面与底面所成的角分别为，则___________.

16.在数列中，，且对任意，成等差数列，其公差为，则________.

三、解答题

（一）必考题.

17.在△中，内角的对边分别为，其面积.

（1）求的值；

（2）设内角的平分线交于，，，求.

18.某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在，，，，，（单位：

克）中，经统计得频率分布直方图如图所示.

（1）现按分层抽样从质量为，的芒果中随机抽取个，再从这个中随机抽取个，记随机变量表示质量在内的芒果个数，求的分布列及数学期望.

（2）以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，将频率视为概率，某经销商来收购芒果，该种植园中还未摘下的芒果大约还有个，经销商提出如下两种收购方案：

A：

所以芒果以元/千克收购；

B：

对质量低于克的芒果以元/个收购，高于或等于克的以元/个收购.

通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？

19.如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，.

（1）证明：

；

（2）设是线段上的动点，是否存在这样的点，使得二面角的余弦值为，如果存在，求出的长；

如果不存在，请说明理由.

20.已知直线过抛物线：

的焦点，且垂直于抛物线的对称轴，与抛物线两交点间的距离为.

（1）求抛物线的方程;

（2）若点，过点的直线与抛物线相交于,两点，设直线与的斜率分别为和.求证：

为定值，并求出此定值.

21.已知函数.

（1）求证：

函数有唯一零点；

（2）若对任意，恒成立,求实数的取值范围.

（二）选考题：

请考生在22、23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：

坐标系与参数方程选讲.

已知曲线的参数方程为（为参数），以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求的普通方程和的直角坐标方程；

（2）若过点的直线与交于,两点，与交于两点，求的取值范围.

23.选修4—5：

不等式选讲.

已知函数.

（1）求的解集；

（2）若的最小值为,正数满足，求证：

.

【参考答案】

1.【答案】A

【解析】，故选A.

2.【答案】B

【解析】因为复数为纯虚数，，且，所以，

故选B.

3.【答案】C

【解析】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题的否定为，故选C.

4.【答案】A

【解析】因为平面向量，所以，所以，故选A.

5.【答案】C

【解析】由得，，解得，从而，故选C.

6.【答案】C

【解析】画出线性条件表示的可行域，，由可得

，由可行域可知当取时，直线的斜率最大为，故选C.

7.【答案】D

【解析】由得，根据椭圆的定义可知的周长为，面积为，解得，故选D.

8.【答案】C

【解析】函数的图象向右平移个单位，可得,的图象关于轴对称，所以,时可得，

故，，不正确，故选C.

9.【答案】B

【解析】区域是正方形，面积为，根据定积分定理可得直线与曲线围成区域的面积为，根据几何概型概率公式可得该点落在由直线与曲线围成区域内的概率为，故选B.

10.【答案】D

【解析】由三视图可得到该三棱锥的直观图，如图，图中正方体的棱长为，分别是所在棱的中点，根据正方体的性质可得，该棱锥的棱长分别为，最长棱长为，故选D.

11.【答案】B

【解析】由双曲线定义可知，，，结合可得，从而，又因为双曲线的离心率大于，所以双曲线离心率的取值范围为，故选B.

12.【答案】A

【解析】若关于的方程等价于，令，的两根一正一负，由在上递增，在上递减，且时，结合的图象可知，要使关于的方程存在三个不等实根，只需令的正根满足，即可，解得，故选A.

13.【答案】40

【解析】的展开式的通项为，令，所以展开式中含的项为，因此的系数为40，故答案为.

14.【答案】13

【解析】输入，执行程序框图，第一次；

第二次；

第三次；

第四次，满足输出条件，输出的的值为，故答案为.

15.【答案】

【解析】如图，右侧为该球过和球心的截面，由于三角形为正三角形，∴为中点，且，，，故，，设平面，则点为三角形的重心，且点在上，，，∴，，，因此

．

16.【答案】

【解析】因为，且对任意，成等差数列，其公差为，所以当时,可得，当时，,所以,故答案为.

17.解：

（1），可知，即.

（2）由角平分线定理可知，，，

在中，，在中，

即，则.

18.解：

（1）9个芒果中，质量在和内的分别有6个和3个.

则的可能取值为0,1,2,3.

，，

，

所以的分布列为

的数学期望.

（2）方案A：

方案B：

低于250克：

元

高于或等于250克元

总计元

由，故B方案获利更多，应选B方案.

19.

（1）证明：

连结，，则由余弦定理可知，

由直棱柱可知，

（2）解：

以为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系.

（），，，

，又，则，故长为1.

20.解：

（1）由题意可知，，抛物线的方程为.

（2）已知点，设直线的方程为：

，，则，，

联立抛物线与直线的方程消去得

可得，，代入可得.

因此可以为定值，且该定值为.

21.解：

（1），

易知在上为正，因此在区间上为增函数，又，

因此，即在区间上恰有一个零点，

由题可知在上恒成立，即在上无零点，

则在上存在唯一零点.

（2）设的零点为，即.原不等式可化为，

令，则，由

（1）可知在上单调递减，

在上单调递增，故只求，，设，

下面分析，设，则，

可得，即

若，等式左负右正不相等，若，等式左正右负不相等，只能.

因此，即求所求.

22.解：

（1）曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；

（2）设直线的参数方程为（为参数）

又直线与曲线：

存在两个交点，因此.

联立直线与曲线：

可得则

可得，则

即

23.解：

（1）

由图像可知：

的解集为.

（2）图像可知的最小值为1，

由均值不等式可知，

当且仅当时，“”成立，即.