2019届高三数学3月“二诊”模拟考试试题 理（含解析） 新人教 版.doc

《2019届高三数学3月“二诊”模拟考试试题 理（含解析） 新人教 版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三数学3月“二诊”模拟考试试题 理（含解析） 新人教 版.doc（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、- 1 -20192019 高三下学期高三下学期“二诊二诊”模拟考试试题模拟考试试题数学（理工类）数学（理工类）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的合题目要求的1. 设集合，则的子集的个数是：（ ）A. 4 B. 3 C. 2 D. 1【答案】A【解析】因为单调递增，且图象恒过点，且点在椭圆的内部，所以曲线与椭圆有两个公共点，即的子集的个数是 4.故选 A.2. 已知为单位向量，且 与垂直，则的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设的夹

2、角为 ，因为 与垂直，所以，即，即，即，又因为，所以.故选 C.3. 若等差数列满足，则的前 2016 项之和（ ）A. 1506 B. 1508 C. 1510 D. 1512【答案】D【解析】由题意，得，即，则等差数列的前 2016 项和.故选 D.【点睛】本题考查等差数列的性质和前 项和公式的应用.在处理等差数列的有关运算时，利用一些性质（如：等差数列中，若，则）进行处理，可减少运算量，提高解题速度.4. 给出下列四个命题：- 2 -“若为的极值点，则”的逆命题为真命题；“平面向量 , 的夹角是钝角”的充分不必要条件是若命题，则；命题“，使得”的否定是：“均有”.其中不正确的个数是（ ）

3、A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】对于命题，由于使得，但不是函数的极值点，故命题不正确；对于命题，由于取，虽有，但成平角，故不充分，则命题不正确；对于命题，由于，则其否定显然不正确，故命题也不正确；故应选答案 C。5. 如图，已知平行四边形中， 为线段的中点，则（ ）A. B. 2 C. D. 1【答案】D【解析】由题意，得，设，以所在直线为 轴， 所在直线为轴建立平面直角坐标系，则,，则.故选 D.- 3 -【点睛】本题考查平面向量的线性运算和数量积运算.解决本题的技巧是合理利用和等腰直角三角形建立平面直角坐标系，大大减少了平面向量的线性运算，巧妙地避开了干扰信息.6.

4、 设，则对任意实数 a、b，若 a+b0 则（ ）A. f（a）+f（b）0 B. f（a）+f（b）0C. f（a）f（b）0 D. f（a）f（b）0【答案】B【解析】易知函数为奇函数，且在 上单调递增，因为，所以，则，即.故选 B.【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性的综合运用.解决本题的关键在于联想到要判定函数的单调性和奇偶性，进而利用性质进行比较大小，这是一种常见题型，要多总结，多积累.7. 定义矩阵，若，则 （ ）A. 图象关于中心对称 B. 图象关于直线对称C. 在区间上单调递增 D. 周期为 的奇函数【答案】C【解析】当时，- 4 -故函数在区间上的最大值为 1.故选 C.8.

5、 如图所示的流程图,若输出的结果是 9，则判断框中的横线上可以填入的最大整数为（ ）A. 17 B. 16 C. 15 D. 14【答案】B【解析】由程序框图，得，即判断框中的横线上可以填入的最大整数为 16.故选 B.9. 九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女子善织，日益功，疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈（1 匹=40 尺，一丈=10 尺） ，问日益几何？”其意思为：“有一女子擅长织布，每天比前一天更加用功，织布的速度也越来越快，从第二天起，每天比前一天多织相同量的布，第一天织 5 尺，一月织了九匹三丈，问每天增加多少尺布？”若一个月按 31 天算，记该女子一

6、个月中的第 天所织布的尺数为 ，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意女子每天织布数成等差数列，且，由于，且。所以- 5 -，应选答案 B。10. 已知函数，若，则 的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由，知为 上的偶函数，且当时，,为增函数，故等价于不等式，解得 的取值范围为，故选A点睛：点睛：对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f” ，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(x)f(x)f(|x|)11. 已知，则曲线为椭圆的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D

7、【解析】由题意，得共有种不同情况，其中可以满足“曲线为椭圆”的有三种情况，由古典概型的概率公式，得所求概率为.故选D.12. 已知定义在上的函数与其导函数满足，若，则点所在区域的面积为（ ）A. 12 B. 6 C. 18 D. 9【答案】A- 6 -【解析】由题意设，则，故原不等式可化为，即。由于，故当时，函数单调递减，此时不等式可化为，即；故当时，函数单调递增，此时不等式可化为，即。画出不等式组表示的区域如图，结合图形可算得该不等式组表示的区域的面积为，应选答案 A。点睛：本题的难度非常大，主要有这样几个难点较难突破，其一是怎样依据题设条件构造函数；其二是构造什么样的函数；第三是如何表示不

8、等式组代表的区域。求解时先从题设中的条件入手构造出函数，再借助已知与导数工具判定其单调性，然后将原不等式进行等价转化为不等式组，最后再画出不等式组表示的区域求出其面积使得问题获解。二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 4 题，每小题题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分13. 已知抛物线的准线方程为，则实数 a 的值为_.- 7 -【答案】【解析】将化为，由题意，得，即.14. 设函数， 是由 轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域，则在 上的最小值为_.【答案】【解析】当时，,则 所以曲线 及该曲线在点 处的切线为, 区域 可作图如下则根据线性规划的目标点的选取 ，将其转

9、化为可行域 内取一点与定点之间距离的平方与 2 的差的最小值，有可行域可知，定点到直线的距离为，所以可行域 内取一点与定点之间距离的平方与 2 的差的最小值.15. 在区间上随机地取两个数，则事件“”发生的概率为_【答案】【解析】由题意画出事件“ ”所表示的图象,如图阴影部分,阴影部分的面积为,由几何概型概率公式有事件“ ”的概率为 .- 8 -16. 已知数列与满足，若的前 项和为且对一切恒成立，则实数 的取值范围是_.【答案】【解析】依题设，当时，；当时，又当时， . .等价于，即，对一切恒成立，令，则，当时，当时，当或 时，取得最大值， ， .三、解答题三、解答题: :（本题包括（本题包

10、括 6 6 小题，共小题，共 7070 分。要求写出证明过程或演算步骤）分。要求写出证明过程或演算步骤）17. 在ABC 中，A，B，C 的对边分别为 a、b、c，ABC 的面积为（1）求 c 的值；（2）求 cos（BC）的值【答案】 （1）7；（2）【解析】试题分析：（1）先利用三角形的面积公式求出，再由余弦定理进行求解；- 9 -（2）先由余弦定理求出，再由同角三角函数基本关系式或正弦定理求出，再利用两角差的余弦公式进行求解.试题解析：（1），ABC 的面积为=absinC=sin，解得：a=5，由余弦定理可得：c=7 （2）由（1）可得：cosB=，又B（0，） ，可得：sinB=，c

11、os（BC）=cosBcos+sinBsin=+=18. 时下，租车已经成为新一代的流行词，租车自驾游也慢慢流行起来，某小车租车点的收费标准是，不超过 2 天按照 300 元计算；超过两天的部分每天收费标准为 100 元（不足1 天的部分按 1 天计算） 有甲乙两人相互独立来该租车点租车自驾游（各租一车一次） ，设甲、乙不超过 2 天还车的概率分别为；2 天以上且不超过 3 天还车的概率分别；两人租车时间都不会超过 4 天（1）求甲所付租车费用大于乙所付租车费用的概率；（2）设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量 ，求 的分布列与数学期望【答案】 （1）；（2）分布列见解析，【解析】试题分析

12、：（1）由甲所付租车费用大于乙所付租车费用知可分为乙租车 2 天与乙租车 3 天两种情况，由此能求出所求概率；（2）首先求得 的所有可能取值，然后分别求出相应的概率，由此能求出 的分布列与数学期望试题解析：（1）因为甲所付租车费用大于乙所付租车费用，当乙租车 2 天内时，则甲租车 3 或 4 天，其概率为；当乙租车 3 天时，则甲租车 4 天，其概率为；则甲所付租车费用大于乙所付租车费用的概率为 5 分（2）设甲，乙两个所付的费用之和为可为600，700，800，900，1000， 6 分- 10 - 8 分故 的分布列为6007008009001000 10 分故 的期望为 12 分考点：1

13、、概率；2、离散型随机变量的分布列与期望19. 如图 1，在矩形ABCD中，点分别在边上，且，交于点 现将沿折起，使得平面平面，得到图 2（1）在图 2 中，求证：；- 11 -（2）若点是线段上的一动点，问点在什么位置时，二面角的余弦值为 【答案】 （1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：(1)先证明 ,再证明,证明平面,从而可得;(2)建立直角坐标系,设,求出平面、平面的一个法向量,利用向量的夹角公式,结合二面角的余弦值为 ,即可得出结论.试题解析：（）在矩形中，,， 即.在图 2 中，. 又平面平面，平面平面，平面， ，依题意，且，四边形为平行四边形., ， 又，平面， 又平面， .

14、（）如图 1，在中，.如图，以点 为原点建立平面直角坐标系，则，平面，为平面的法向量.设，则，设为平面的法向量，则- 12 -即，可取，依题意，有，整理得，即，当点在线段的四等分点且时，满足题意20. 椭圆 ：的离心率为 ，过其右焦点 与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限相交于点，（1）求椭圆 的标准方程；（2）设椭圆 的左顶点为 ，右顶点为 ，点 是椭圆上的动点，且点 与点 ， 不重合，直线与直线相交于点 ，直线与直线相交于点 ，求证：以线段为直径的圆恒过定点【答案】 （1）；（2）【解析】试题分析：(1)由题意可得，则椭圆C的标准方程为. (2)由题意可得，结合题意可得圆的方程为，则以线段ST

15、为直径的圆恒过定点. 试题解析：（1）解：，又，联立解得：，所以椭圆C的标准方程为. （2）证明：设直线AP的斜率为k，则直线AP的方程为，联立得.- 13 -，整理得：，故，又，(分别为直线PA，PB的斜率)，所以，所以直线PB的方程为：，联立得，所以以ST为直径的圆的方程为：，令，解得：，所以以线段ST为直径的圆恒过定点. 21. 已知函数（1）若在处取极值，求在点处的切线方程；（2）当时，若有唯一的零点，求注表示不超过 的最大整数，如参考数据：【答案】 （1）；（2）2【解析】试题分析：（1）求导，利用对应导函数为 0 求出 值，再利用导数的几何意义进行求解；（2）求导，讨论导函数的符号

16、变化确定函数的单调性和极值，通过极值的符号确定零点的位置，再利用零点存在定理进行求解.试题解析：（1）因为，所以，解得，则，即在点处的切线方程为，即；（2）， - 14 -令，则由，可得在上单调递减，在上单调递增由于，故时，又，故在上有唯一零点，设为，从而可知在上单调递减，在上单调递增由于有唯一零点，故且 又.令，可知在上单调递增由于，故方程的唯一零点，故22. 已知直线l的参数方程为（ 为参数） 以 为极点， 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为(1)写出直线l经过的定点的直角坐标，并求曲线 的普通方程；(2)若，求直线 的极坐标方程，以及直线l与曲线 的交点的极坐标【答案】

17、 （1）；（2）【解析】试题分析：由题意可知当时直线 经过定点，设，即可求出曲线 的普通方程；将代入直线 的参数方程，可求出直线 的普通方程，将代入即可求得直线 的极坐标方程，然后联立曲线 ：，即可求出直线 与曲线 的交点的极坐标- 15 -解析：（1）直线 经过定点，由得，得曲线 的普通方程为，化简得；（2）若，得的普通方程为，则直线 的极坐标方程为，联立曲线 ：.得，取，得，所以直线 与曲线 的交点为.23. 已知函数（1）若不等式的解集为，求实数 的值；（2）在（1）的条件下，若存在实数 使成立，求实数 的取值范围【答案】 （1）1；（2）【解析】试题分析：（1）由题意得，解得，再由已知不等式的解集为，可得到 的值；（2）在（1）的条件下，即，即，求得的最小值为，可得的范围.试题解析：（1）由，得，即，（2）由（1）知，令，则 的最小值为 4，故实数的取值范围是考点：1.绝对值不等式的解法；2.函数最值的应用.- 16 -