届高考模拟试题数学理科卷01.docx
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届高考模拟试题数学理科卷01
2019届高考模拟试题数学理科卷(01)
本试卷满分150分,考试时间120分钟
只有一项是符合题目要求的。
1、设全集U=R,集合M={x|x≤1或x≥3},集合P=,且UM≠,则实数k的取值范围是()
A.0<k<3B.k≤0或k≥3C.k<3D.k>0
2、设a∈R,且(a+i)2i为正实数,则a=()
A.1B.0C.-1D.0或-1
3、“”是“函数在区间上为增函数”的()
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4、已知等差数列{}的前n项和为,若,则=()
A.68B.72C.54D.90
5、.定义在R上的函数,如果存在函数,使得≥对一切实数都成立,则称为函数的一个承托函数.现有如下命题:
①对给定的函数,其承托函数可能不存在,也可能有无数个;
②为函数的一个承托函数;
③定义域和值域都是R的函数不存在承托函数.
其中正确命题的序号是()
(A)①(B)②(C)①③(D)②③
6、设的最大值为()
A.80 B. C.25 D.
7、某同学做了10道选择题,每道题四个选择项中有且只有一项是正确的,他每道题都随意地从中选了一个答案.记该同学至少答对9道题的概率为p,则p为()
A. B.
C.D.
8、设是函数的导函数,将和的图象画在同一个直角坐标系中,不可能正确的是()
二、填空题(本答题共6小题,每小题5分,共30分)
(一)必做题(9~12题)
9、若框图所给的程序运行的结果为S=90,那么判断框中应填入的关于k的判断条件是_________.
10、在四边形ABCD中,==(1,1),
,则四边形ABCD的面积是____.
11、已知直线与抛物线C:
相交A、B两点,F为C的焦点。
若,则k=__________.
12、在第3、6、16路公共汽车的一个停靠站(假定这个车站只能停靠一辆公共汽车),有一位乘客需在5分钟之内乘上公共汽车赶到厂里,他可乘3路或6路公共汽车到厂里,已知3路车、6路车在5分钟之内到此车站的概率分别为0.20和0.60,则该乘客在5分钟内能乘上所需要的车的概率为________.
(二)选做题(13~15题,考生只能从中选做两题;三道题都做的,只记前两题的分)
13、如图所示,锐角△ABC内接于⊙O,
∠ABC=60°,∠BAC=36°,作OE⊥AB交劣弧于
点E,连结EC,则∠OEC=________.
14、设a、b、c是互不相等的正数,则下列不等式中不恒成立的是______.
①|a-b|≤|a-c|+|b-c|;
②≥;
③≥2;
④≤.
15、.已知点P(x,y)在曲线(为参数)上,则的取值范围为________.
三、解答题(本答题共6小题,满分80分。
解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16、(本小题满分12分)
在中,角、、的对边分别为、、,且,.
(Ⅰ)求角;
(Ⅱ)设,求边的大小.
17、(本小题满分13分)
如图所示,倾斜角为的直线经过抛物线的焦点F,且与抛物线交于A、B两点.
(1)求抛物线焦点F的坐标及准线l的方程;
(2)若为锐角,作线段AB的垂直平分线m交x轴于点P,证明|FP|-|FP|cos2为定值,并求此定值.
18、(本小题满分13分)
三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示,截面为,
∠BAC=90°,⊥平面ABC,=,AB=,AC=2,=1,=.
(1)证明:
平面D⊥平面BC;
(2)求二面角A——B的余弦值.
19、(本小题满分13分)
某项竞赛分别为初赛、复赛、决赛三个阶段进行,每个阶段选手要回答一个问题.规定正确回答问题者进入下一阶段竞赛,否则即遭淘汰.已知某选手通过初赛、复赛、决赛的概率分别是,且各阶段通过与否相互独立.
(I)求该选手在复赛阶段被淘汰的概率;
(II)设该选手在竞赛中回答问题的个数为,求的分布列、数学期望和方差.
.
20、(本小题满分14分)
已知函数f(x)=(1+x)2-aln(1+x)2在(-2,-1)上是增函数,在(-∞,-2)上为减函数.
(1)求f(x)的表达式;
(2)若当x∈时,不等式f(x)<m恒成立,求实数m的值;
(3)是否存在实数b使得关于x的方程f(x)=x2+x+b在区间[0,2]上恰好有两个相异的实根,若存在,求实数b的取值范围.
21、(本小题满分15分)
已知:
在数列{an}中,a1=,an+1=an+.
(1)令bn=4nan,求证:
数列{bn}是等差数列;
(2)若Sn为数列{an}的前n项的和,Sn+λnan≥对任意n∈N*恒成立,求实数λ的最小值.
2010届高考模拟试题(数学理科卷)答案
一、选择题
1.A2.C3.A4.B5.A6.A7.D8.D
二、填空题9.k≤810.11.12.0.8013.12o14.③15.
三、解答题
16、解:
(Ⅰ),则得:
,
∴=,
∴.………………………………………………………………5分
(Ⅱ)由,知为锐角,所以.…………6分
∴+.…10分
由正弦定理得:
.………………………………12分
17、
(1)解由已知得2p=8,∴=2,…………………………………………2分
∴抛物线的焦点坐标为F(2,0),准线方程为x=-2.…………………………4分
(2)证明设A(xA,yA),B(xB,yB),直线AB的斜率为k=tan,则直线方程为y=k(x-2),
将此式代入y2=8x,得k2x2-4(k2+2)x+4k2=0,……………………………………6分
故xA+xB=,………………………………………………………6分
记直线m与AB的交点为E(xE,yE),则
xE==,yE=k(xE-2)=,……………………………………8分
故直线m的方程为y-=-,………………………………9分
令y=0,得点P的横坐标xP=+4,………………………………10分
故|FP|=xP-2==,…………………………………………11分
∴|FP|-|FP|cos2=(1-cos2)==8,为定值.…………13分
18、方法一
(1)证明∵A1A⊥平面ABC,BC平面ABC,
∴A1A⊥BC.……………………………………………………………………1分
在Rt△ABC中,AB=,AC=2,∴BC=.
∵BD∶DC=1∶2,∴BD=.又==,
∴△DBA∽△ABC,∴∠ADB=∠BAC=90°,
即AD⊥BC.……………………………………………………………………3分
又A1A∩AD=A,∴BC⊥平面A1AD.………………………………………………4分
∵BC平面BCC1B1,∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.……………………………5分
(2)解如图①,作AE⊥C1C交C1C于E点,连接BE,由已知得AB⊥平面ACC1A1,
∴AE是BE在平面ACC1A1内的射影.………………………………6分
由三垂线定理知BE⊥CC1,
∴∠AEB为二面角A—CC1—B的平面角.………………………………7分
过C1作C1F⊥AC交AC于F点,
图①
则CF=AC-AF=1,
C1F=A1A=,∴∠C1CF=60°.…………………………………………9分
在Rt△AEC中,
AE=ACsin60°=2×=,
在Rt△BAE中,tan∠AEB===,
∴cos∠AEB=,…………………………………………………………12分
即二面角A—CC1—B余弦值为.………………………………………13分
方法二
(1)证明如图②,建立空间直角坐标系,
图②
则A(0,0,0),B(,0,0),C(0,2,0),
A1(0,0,),C1(0,1,).……………………………………………………1分
∵BD∶DC=1∶2,∴=,
∴D点坐标为,
∴=,=(-,2,0),=(0,0,).………………………3分
∵·=0,·=0,
∴BC⊥AA1,BC⊥AD.又A1A∩AD=A,………………………………4分
∴BC⊥平面A1AD.又BC平面BCC1B1,
∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.………………………………………………5分
(2)解∵BA⊥平面ACC1A1,取m==(,0,0)为平面ACC1A1的法向量.
设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),
则·n=0,·n=0,…………………………………………………6分
∴
∴x=y,z=,可取y=1,则n=,…………………9分
cos〈m,n〉=
=,
即二面角A—CC1—B的余弦值为.……………………………………13分
19、(I)解:
记“该选手通过初赛”为事件A,“该选手通过复赛”为事件B,“该选手通过决赛”为事件C,则那么该选手在复赛阶段被淘汰的概率是
…………4分
(II)解可能取值为1,2,3.…………5分
的分布列为:
1
2
3
P
的数学期望…………11分
的方差…………13分
20、解
(1)∵f′(x)=
=,…………………………………………………………2分
依题意f(x)在(-2,-1)上是增函数,在(-∞,-2)上为减函数.∴x=-2时,f(x)有极小值,∴f′(-2)=0.
代入方程解得a=1,
故f(x)=(1+x)2-ln(1+x)2.……………………………………………………4分
(2)由于f′(x)=,
令f′(x)=0,得x1=0,x2=-2.…………………………………………………5分
(由于x∈,故x2=-2舍去),
易证函数在上单调递减,
在[0,e-1]上单调递增,
且f()=+2,f(e-1)=e2-2>+2,………………………………………7分
故当x∈时,f(x)max=e2-2,
因此若使原不等式恒成立只需m>e2-2即可.………………………………9分
(3)若存在实数b使得条件成立,
方程f(x)=x2+x+b
即为x-b+1-ln(1+x)2=0,
令g(x)=x-b+1-ln(1+x)2,
则g′(x)=,………………………………………………10分
令g′(x)>0,得x<-1或x>1,
令g′(x)<0,得-1<x<1,…………………………………………………11分
故g(x)在[0,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增,要使方程f(x)=x2+x+b在区间[0,2]上恰好有两个相异的实根,只需g(x)=0在区间[0,1]和[1,2]上各有一个实根,于是有2-2ln2<b≤3-2ln3,
故存在这样的实数b,当2-2ln2<b≤3-2ln3时满足条件.…………………14分
21、解:
(1)由an+1=an+,
得4n+1an+1=4nan+2.………………………………………………………………1分
所以bn+1=bn+2,
即bn+1-bn=2.…………………………………………………………………3分
故数列{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.………………………………4分
(2)因为数列{bn}是首项为1,公差为2的等差数列,所以bn=1+2(n-1)=2n-1.
因为bn=4nan,所以an=.……………………………