“超级全能生”2019浙江省9月联考(数学)-解析版(14页).doc

《“超级全能生”2019浙江省9月联考(数学)-解析版(14页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《“超级全能生”2019浙江省9月联考(数学)-解析版(14页).doc（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、-“超级全能生”2019高考选考科目浙江省9月联考（数学）一、选择题（本大题共10小题，共50分）1. 已知集合，则 A. B. C. D. 【答案】A本题主要考查交集和补集的运算由题意可得，进而可求出解：，又，故选A2. 双曲线的右焦点到渐近线的距离为 A. 1B. C. 2D. 【答案】B本题考查双曲线的几何意义，属基础题解：由可知，右焦点，一条渐近线方程为所以故选B3. 二项式的展开式中的常数项为 A. 6B. 12C. 15D. 20【答案】C本题考查了二项展开式的特定项与特定项的系数利用二项展开式的特定项计算得结论解：二项式的展开式中，由解得，因此二项式的展开式中的常数项为故选C4.

2、 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ()A. B. C. D. 【答案】C本题考查空间几何体的三视图，及空间几何体的体积公式，是中等题目该几何体是长方体截去一个三棱锥，用间接法求解解：几何体如图：则，故选C5. 在1，2，3，4，5，6这六个数字所组成的允许有重复数字的三位数中，各个数位上的数字之和为9的三位数共有 ()A. 16个B. 18个C. 24个D. 25个【答案】D此题主要考查排列组合及简单的计数问题在实际中的应用，题中应用到分类讨论的思想，需要同学们注意题目属于基础题型首先分析题目求在1，2，3，4，5，6这六个数字所组成的允许有重复数字的三位数中，其各个数字之和为9

3、的数的个数，故可以分类讨论情况1：若取三个完全不同的数字情景2：若取有两个相同的数字情况3：若取三个相同的数字分别求出各种情况的个数相加即可得到答案解：求在1，2，3，4，5，6这六个数字所组成的三位数中，其各个数字之和为故可分为3种情况情况1：若取三个完全不同的数字，为1，3，5或2，3，4或1， 2，6其中每种可排个数情景2：若取有两个相同的数字，为1，4，4或2，2，每种可排3个数情况3：若取三个相同的数字，为3，3，3，可排一个数，所以共可排个数故选D6. 函数的图象可能是 A. B. C. D. 【答案】A本题主要考查对数函数的图象与性质通过判断当和时，函数与0的大小判断，进而可得答

4、案解：当时，故，从而，所以，即，排除C、D；当时，故，从而，所以，即，排除B；故A正确故选A7. 已知，其中，若对任意的实数b，c都有不等式成立，则方程的根的可能性为 A. 有一个实数根B. 两个不相等的实数根C. 至少一个负实数根D. 没有正实数根【答案】C本题主要考查方程根的判别问题，利用条件有，结合判别式即可得出结果解：，方程至少一个负实数根故选C8. 已知a，b，e是平面向量，e是单位向量若，则的最小值是 ()A. 3B. C. D. 6【答案】B本体的难点是通过设向量的坐标，转换成均值不等式求最值解：设，则由，得，由，得，由，所以故选B9. 如图，矩形ABCD中，E，F分别为AD，A

5、B中点，M为线段BC上的一个动点，现将，分别沿EC，EF折起，使A，D重合于点设PM与平面BCEF所成角为，二面角的平面角为，二面角的平面角为，则 () A. B. C. D. 【答案】D本题主要考查空间中角的计算问题，本题可用极端值处理，当M在BC中点时，易求得答案解：当M在BC中点时，易知，故选D10. 已知数列满足，设，则 A. B. C. D. 【答案】C本题考查了等比数列的判定与通项公式，属于中档题，构造等比数列是解答本题的关键解：，即，取两边对数得：，则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，故选C二、填空题（本大题共7小题，共35分）11. 复数是虚数单位的实部为_，_【答案】

6、；本题考查了复数的四则运算，复数的概念和复数的模利用复数的四则运算得，再利用复数的概念和复数的模计算得结论解：因为复数是虚数单位，所以z的实部为，故答案为；12. 在中，a，b，c分别为A，B，C所对的边，若，则_，【答案】3 解：因为，所以，又因为，则，所以，所以，则，所以，所以，所以故答案为3，13. 法国数学家拉格朗日于1778年在其著作解析函数论中提出一个定理：如果函数满足如下条件：在闭区间上是连续不断的；在区间上都有导数则在区间上至少存在一个数，使得，其中称为拉格朗日中值则在区间上的拉格朗日中值_【答案】本题以拉格朗日中值定理为背景，考查了导数的运算，以及考查了理解能力，是一道容易题

7、解：在闭区间上是连续不断的；在区间上都有导数则在区间上至少存在一个数，使得，化为则，解得故答案为14. 若实数x，y满足则的最大值为_，若方程有解，则实数a的取值范围为_【答案】本题考查简单线性规划，画出可行域，利用斜率求解的最大值，然后求出的范围即可求解解：画出可行域如下图，表示可行域内的点与点连线的斜率，由图知最大值为AB的斜率，因为方程有解，所以方程有解，令，则，即z为斜率为的直线在y轴上的截距，由图知当直线过时，z最小，过C时最大，由，解得，所以z的最小值为0，最大值为，所以，即故答案为15. 随机变量X的分布列为X 1 3 P a b c d 其中a，b，c，d成等差数列，则_，的取

8、值范围为_【答案】；本题主要考查离散型随机变量的方差求解，难度一般解：成等差数列，同理解得故答案为16. 已知实数x，y满足，则的最大值是_【答案】2本题考查了基本不等式的性质，利用基本不等式的性质即可得出属于基础题解：，当且仅当时取等号，化为，的最大值为2故答案为217. 已知圆C：，椭圆，过原点O的射线l与分别与圆C、椭圆交于M，N两点，点M不同于点O，则的最大值是_【答案】本题主要考查直线与椭圆，圆的位置关系，以及圆锥曲线中的最值建立方程组求出点M，N的坐标，即可解：依题意射线l的斜率存在，设l：，设，直线代入椭圆方程得：，由直线代入圆的方程得：，y因为，令，则，令，解得舍或，所以当，有

9、最小值，最小值，所以，故答案为三、解答题（本大题共5小题，共55分）18. 已知函数，求函数的最小正周期及单调递增区间；若为锐角且，满足，求【答案】解：所以的最小正周期，令，解得，所以函数的单调递增区间为，由得，因为为锐角，所以，又因为，所以，所以【解析】本题考查三角函数的基础知识，以及基本的运算能力化简可得，易得函数的最小正周期，解不等式可得函数的单调递增区间；利用同角三角函数的基本关系、两角和差的正弦公式，求得的值19. 如图，在四棱锥中，是边长为4的正三角形，且，M为AB中点 证明：平面ADE；求直线CA与平面BCDE所成角的正弦值【答案】解：证明：取AE的中点F，连接MF，FD，因为点

10、M为AB的中点，所以，且， 又因为且，所以， 所以四边形MFDC为平行四边形，所以，又因为平面ADE，所以平面 解：因为，所以，所以，又，所以平面ADE， 又平面CDEB，所以平面平面CDEB，作，因为平面平面，所以平面CDEB，连接CH，所以为直线CA与平面BCDE所成的角 因为平面ADE，所以，在直角梯形BCDE中，因为，所以，在直角三角形ACD中，又，在中，易求得， 所以，所以直线CA与平面BCDE所成角的正弦值为【解析】本道试题主要是考查了直线与平面平行的判断和直线与平面所成的角证明：取AE的中点F，连接MF，FD，通过证明四边形MFDC为平行四边形，可以证明平面ADE；作，可以证明为

11、直线CA与平面BCDE所成的角20. 已知数列的前n项和为且数列为非负的等比数列，且满足，求数列，的通项公式；若数列的前n项和为，求数列的前n项和【答案】解：当时，又因为，所以，则当时，得，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以，因为，所以，因为，所以，所以，又，所以，所以；由得，所以，设，所以，两式相减得，设，所以【解析】本题主要考查了数列的综合应用，此题用到由与的关系求通项，等比数列及其利用错位相减法求和21. 已知椭圆的一个焦点为，曲线C上任意一点到F的距离等于该点到直线的距离求m及曲线C的方程；若直线l与椭圆只有一个交点P，与曲线C交于A，B两点，求的值【答案】解：由知该椭圆的焦

12、点在y轴上，所以，解得，设为曲线C上任意一点，由题意得，化简得，所以曲线C的方程为 设直线l的方程为，由 得，因为直线l与椭圆只有一个交点P，所以所以，且， 由 得，所以 由曲线C的定义知，所以，将代入分子，所以【解析】本题考查了求椭圆的方程，注意判断焦点所在的位置，以及利用直接法求曲线方程问题主要考查了直线和椭圆，抛物线相交问题，利用联立方程组后韦达定理以及根与系数的来关系解决22. 已知函数若在曲线上的一点P的切线方程为x轴，求此时b的值；若恒成立，求的取值范围【答案】解：，因为在点P处的切线为x轴，所以令，解得，所以，得设，则，当时，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，令得，所以；当时，易知有两个根，不妨令，又，所以，由题意舍去，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，得，所以，又，所以，得，令，则，令， 解得或舍，所以在上单调递增，在上单调递减，则，所以；当时，若，取，则，所以，不符合题意综上所述，的取值范围为【解析】本题主要考查导数的几何意义以及不等式恒成立问题，属于中档题求出的导数，根据题意在P点的切线是x轴，则，解得x，代入即可解答对题中的不等式进行变形后新设一个新函数，再利用导数求函数的最小值，对a的范围进行分类讨论即可解答，注意分类讨论时不要遗漏情况第 13 页-