山西省运城市届高三模拟调研测试数学试题理含答案Word文件下载.docx

1、A B. C. D.8.如图，网格纸上小正方体的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图（等腰直角三角形）和侧视图，且该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是（ ） A B C. D9. 已知直线与圆心为的圆相交于,两点，且，则实数的值为（ ）A或 B或 C. 或 D或10.抛物线的焦点为，设,是抛物线上的两个动点，则的最大值为（ ）A. B. C. D11.在中，则（ ）A6 B7 C.8 D912.已知函数，为自然对数的底数，关于的方程有四个相异实根，则实数的取值范围是（ ）A B C. D第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 的展开式中项的系数为2

2、0，则实数= 14.设,满足的约束条件组则的最大值为 15.宋元时期杰出的数学家朱世杰在其数学巨著四元玉鉴卷中有一个“茭草形段”的问题；“今有茭草六百八十束，欲令落一形埵（同垛）之，问底子几何？”，他在这一问题中探讨了“垛积术”中的落一形垛（“落一形”即是指顶上1束，下一层3束，再下一层6束，成三角锥的堆垛，故也称三角垛，如图，表示第二层开始的每层茭草束数），则本问题中三角垛倒数第二层茭草总束为 16.对于函数，下列5个结论正确的是 （1）任取，,都有；（2）函数在上单调递增；（3） ，对一切恒成立；（4）函数有3个零点；（5）若关于的方程有且只有两个不同的实根,，则.三、解答题 （本大题共6

3、小题，共70分.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）正项数列的前项和为，满足 （1）求的通项公式；（2） 设，求数列的前项和.18.（本小题满分12分）某厂有4台大型机器，在一个月中，一台机器至多出现1次故障，且每台机器是否出现故障是相互独立的，出现故障时需1名工人进行维修，每台机器出现故障需要维修的概率为.（1）若出现故障的机器台数为，求的分布列；（2） 该厂至少有多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不少于90%？（3）已知一名工人每月只有维修1台机器的能力，每月需支付给每位工人1万元的工资，每台机器不出现故障或出现故障能及

4、时维修，就使该厂产生5万元的利润，否则将不产生利润，若该厂现有2名工人，求该厂每月获利的均值.19.（本小题满分12分）如下图，在三棱锥中，平面，分别在线段,上，,，是的中点（1）证明：平面；（2） 若二面角的大小为，求.20. （本小题满分12分）如下图所示，已知椭圆，其中，,分别为其左，右焦点，点是椭圆上的一点，且.（1）当，且时，求的值；（2）若，试求椭圆离心率的取值范围.21.（本小题满分12分）已知函数，（1）若直线与曲线恒相切于同一定点，求的方程；（2） 当时，求实数的取值范围.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）在直角坐

5、标系中，直线过点，其倾斜角为，圆的参数方程为（为参数），再以原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，并使得它与直角坐标系有相同的长度单位.（1）求圆的极坐标方程；（2）设圆与直线交于A、B，求的值.23.（本小题满分为10分）已知，记关于的不等式的解集为.（1）若，求实数的取值范围；（2）若，求实数的取值范.试卷答案一、选择题1-5: 6-10: 11、12：二、填空题13.4 14.5 15.105 16.（1）（4）（5）三、解答题17.解：（1）由 ，知 ，由-得，即，又， ，是以4为首项，3为公差的等差数列，.（2），故，18.解：（1）一台机器运行是否出现故障可看作一次实验，在一次

6、试验中，机器出现故障设为，则事件的概率为，该厂有4台机器就相当于4次独立重复试验，因出现故障的机器台数为，故， ,即的分布更为：（2）设该厂有名工人，则“每台机器在任何时刻同时出现故障及时进行维修”为，即，这个互斥事件的和事件，则%,至少要3名工人，才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障能及时进行维修的概率不少于90%.（3）设该厂获利为万元，则的所有可能取值为：即的分布列为：则，故该厂获利的均值为.19.（1）证明：取的中点，连接、，则，所以，又平面，所以平面，又是的中位线，所以，从而平面，又，所以平面平面，因为平面，所以平面.（2）方法一：解：由平面知，由，知，故平面，由（1）知，而，故，

7、所以是二面角的平面角，设，则，又易知在中，可知，在中，.方法二：以为坐标原点， 所在的直线分别为轴，轴，轴建立如下图所示的空间直角坐标系.设，则，则，设是平面的一个法向量，则即取，不难得到平面的一个法向量为，所以，所以，20.（1）当， 时，椭圆为：，,，因，故或，当 时，,，直线 ，直线 ，联立解得，同理可得当时, ，综上所述，.（2）设，由，即 ，又 ，联立解得（舍）或，即，故，21.（1）因为直线与曲线恒相切于同一定点，所以曲线必恒过定点，由，令，得，故得曲线恒过的定点为因为，所以切线的斜率故切线的方程为，即.（2）令，令，1 时，因为，所以在上单调递增，故，因为当时，从而，当时，恒成立

8、，2 时，因为在上单调递增，所以，故与同理，可得当时，恒成立，3 时，在上单调递增，所以当时，在内取得最小值，取，因为，所以，所以，存在唯一的，使得，且当时，即在上单调递减，所以当时， 所以在上单调递减，此时存在，使得，不符合题设要求，综上所述，得的取值范围是.4 时，在上单调递增，当 时，所以，故存在，使得，且当时，下同前述的解答22.解：（1）消去参数可得圆的直角坐标方程式为，由极坐标与直角坐标互化公式得化简得.（2）直线的参数方程（为参数），即（为参数）代入圆方程得：设、对应的参数分别为、，则，于是.23.解：（1）依题意有：若，则，若，则，无解，综上所述，的取值范围为.（2）由题意可知，当时恒成立，恒成立，即，当时恒成立， .