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  • 2021-06-23 发布

2019年南昌一模理科数学(解析版)

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NCS20190607 项目第一次模拟测试卷 理科数学 一、选择题:本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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. 1.设集合 2 2{ | 4 0}, { | log 1}M x x N x x     ,则 R M N  ( ) A. B.(0, 2) C.( 2,2) D.[ 2, 2) 1.答案:B 解析: 2 2{ | 4 0} { | 2 2}, { | log 1} { | 0 2}M x x x x N x x x x        R ≤ ≤ ≤ , 所以  (0,2)M N R  . 2.已知复数 i ( )2i Raz a  的实部等于虚部,则 a ( ) A. 1 2 B. 1 2 C. 1 D.1 2.答案:C 解析: 2 i ( i) i 1 i 1 i2i 2i 2 2 2 a a a az          .根据题意可得 1 2 2 a  ,所以 1a   . 3.已知抛物线方程为 2 2x y  ,则其准线方程为( ) A. 1y   B. 1y  C. 1 2y  D. 1 2y   3.答案:C 解析:抛物线开口向下, 11, 2 2 pp   ,所以其准线方程为 1 2y  . 4.已知{ }na 为等差数列,若 2 3 4 32 1, 2 7a a a a    ,则 5a  ( ) A.1 B.2 C.3 D.6 4.答案:B 解析: 4 2 2 6, 3a a d d     ,所以 2 3 22 1 2( 3) 1a a a     ,解得 2 7a   , 所以 5 2 3 7 9 2a a d      . 5.如图所示算法框图,当输入的 x 为 1 时,输出的结果为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 5.答案:C 解析: 0, 1i x  否 1 1 2, 2y i      是 2x  是 2 2 4 3y i       是 4x   是 2 4 8 4y i       是 8x   是 2 8 16y     是 2 16 32y     否 输出 5i  ,结束. 6.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A.12 3 B.14 3 C.16 3 D. 20 3 6.答案:D 解析:该几何体是由一个三棱柱切去一个三棱锥得到,其体积 1 1 14 2 3 6 4 2 3 3 24 3 4 3 20 32 3 2V                      . 7.2021 年广东新高考将实行 3+1+2 模式,即语文数学英语必选,物理历史二选一,政治地理化学生物四 选二,共有 12 种选课模式.今年高一的小明与小芳都准备选历史,假若他们都对后面四科没有偏好,则 他们选课相同的概率为( ) A. 1 36 B. 1 16 C. 1 8 D. 1 6 7.答案:D 解析:所求概率 2 4 2 2 4 4 1 1 6 CP C C   . 8.已知 0, , Rr x y  , 2 2 212 ≤ ≤yp x q x y r :“ ”, :“ ” ,若 p 是 q 的必要不充分条件,则实 数 r 的取值范围是( ) A. 2 50, 5      B.(0,1] C. 2 5 ,5     D.[2, ) 8.答案:A 解析:如图,命题 p 所代表的集合为菱形 ABCD 及其内部,其中 ( 1,0), (0,2), (1,0), (0, 2)A B C D  , 命题 q 所代表的集合为以O 为圆心,r 为半径的圆及其内部,因为 p 是 q 的必要不充分条件,所以 O 在 菱形 ABCD 内部,因为点O 到直线 AB 的距离为1 2 2 5 55   ,所以实数 r 的取值范围是 2 50, 5      . x y OA B C D 9.已知 ( )f x 在 R 上连续可导, ( )f x 为其导函数,且 ( ) (1) ( )x x x xf x e e f x e e      ,则 (2) ( 2) (0) (1)f f f f       ( ) A. 2 24 4e e B. 2 24 4e e C.0 D. 24e 9.答案:C 解析: ( ) (1)[( ) ( )] (1 (1))( ) (1)( )x x x x x x x x x xf x e e f e e x e e f e e x f e e                   , 可知 ( )f x 为奇函数,所以 (2) ( 2) 0, (0) 0, (2) ( 2) (0) (1) 0f f f f f f f               . 10.已知平面向量 , , (2cos , 2sin ), (cos ,sin )   a b a b     ,若对任意的正实数  , a b  的最小 值为 3 ,则此时 a b   ( ) A.1 B.2 C. 2 D. 3 10.答案:D 解析:设 (2cos ,2sin ), (cos ,sin )OA a OB b          ,则点 A 在以O 为圆心,半径为 2 的圆上, 点 B 在单位圆上, AOB     ,设 ( 0)OC b     ,则点C 在射线OB 上, 此时 a b OA OC CA        ,显然,当 AC OB 时,CA  最小,最小值为 3 ,可知 3sin 2AOB  , 60AOB   ,此时 ,B C 两点重合, 3a b OA OB BA         . B(C) O A 11.已知 ( 3,0), ( 3,0)A B ,P 为圆 2 2 1x y  上的动点,AP PQ   ,过点 P 作与 AP 垂直的直线l 交 直线QB 于点 M ,则 M 的横坐标范围是( ) A. 1≥x B. 1x  C. 2≥x D. 2 2 ≥x 11.答案:A 解析: PM 是线段 AQ 的垂直平分线,所以 AM MQ , 所以 2 2AM BM MQ BM BQ OP      ,或 2 2BM AM BQ OP    , 所以点 M 在以 ,A B 为焦点的双曲线上, 2 2 22 2, 1, 3, 2a a c b c a      , 所以双曲线方程为 2 2 12 yx   ,所以 1≥x . M Q BA O P M Q BA O P 12.杨辉三角,是二项式系数在三角形中的一种几何排列.在欧洲,这个表叫做帕斯卡三角形,帕斯卡(1623 —1662)是在 1654 年发现这一规律的.我国南宋数学家杨辉在 1261 年所著的《详解九章算法》一书中出 现了如图所示的表,这是我国数学史上的一次伟大成就.如图所示,在“杨辉三角”中,去除所有为 1 的 项,依次构成数列 2,3,3,4,6, 4,5,10,10,5, ,则此数列前 135 项的和为( ) A. 182 53 B. 182 52 C. 172 53 D. 172 52 12.答案:A 解析:如图,第 n 行的所有数字之和为 12 2n  ,前 n 行共有 ( 1) 2 n n  个数字,当 16n  时, ( 1) 1362 n n   , 所以此数列前 135 项的和为 2 3 17 2 3 17 18 18(2 2) (2 2) (2 2) 17 (2 2 2 ) 32 17 2 4 32 17 2 53                    2 3 3 4 6 4 5 10 10 5 ……………… 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在题中的横线上. 13.设函数 2 2 , ( 0)( ) ( 3), ( 0) xx xf x f x x      ≤ ,则 (5)f 的值为 . 13.答案: 1 2 解析: 2 1 1 1(5) (2) ( 1) ( 1) 2 1 2 2f f f          . 14.侧面为等腰直角三角形的正三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为 . 14.答案: 3 3 解析:如图,在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中, 三棱锥 1A A BD 即为侧面为等腰直角三角形的正三棱锥, 连接 1AC ,交平面 1A BD 于点 P ,交平面 1 1B CD 于点Q , 则 1AC  平面 1A BD ,且 ,P Q 为 1AC 的三等分点, A C B D B1 C1 D1 A1 P Q 3 3AP  , 3sin 3 APADP AD   . 15.已知锐角 A 满足方程3cos 8tan 0A A  ,则 cos 2A  . 15.答案: 7 9 解析:由3cos 8tan 0A A  ,可得 23cos 8sin 0A A  ,即 23sin 8sin 3 0A A    , 23sin 8sin 3 0A A   , (3sin 1)(sin 3) 0A A   ,又因为 A 为锐角,所以 1sin 3A  , 则 2 7cos 2 1 2sin 9A A   . 16.定义在封闭的平面区域 D 内任意两点的距离的最大值称为平面区域 D 的“直径” .已知锐角三角形 的三个顶点 , ,A B C 在半径为 1 的圆上,且 3BAC   ,分别以 ABC△ 各边为直径向外作三个半圆,这 三个半圆和 ABC△ 构成平面区域 D ,则平面区域 D 的“直径”的最大值是 . 16.答案: 3 3 2 解析:设角 , ,A B C 的对边为 , ,a b c ,平面区域 D 的“直径”为 d ,由正弦定理得 2 2sin a RA   , 2sin 3a A   ,如图,设 ,E F 为 ,AB AC 的中点,直线 EF 与两个半圆分别交于 ,M N 两点,则 1 ( )2d MN ME EF FN c a b       ,在 ABC△ 中,由余弦定理得 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3( ) ( )2 cos ( ) 3 ( ) 4 4 b c b ca b c bc A b c bc b c bc b c             ≥ , 所以 2 2( ) 4 12b c a ≤ ,所以 3 32 3, 3 3, 2 2 a b cb c a b c d     ≤ ≤ ≤ , 当且仅当b c 时等号成立. NM E F O CB A NM E F O CB A 三、解答题:共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17~21 题为必考题,每个试题考 生都必须作答.第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题:共 60 分. 17.(本小题满分 12 分)函数 ( ) 2sin( ) 0 ,2 2f x x             的部分图象如下图所示, (0, 3), (2,0)A C ,并且 //AB x 轴. (1)求 和 的值; (2)求cos ACB 的值. 17.【解析】(Ⅰ)由已知 3sin2)0(  f , 又| | 2  ,所以 3  ,所以 )3sin(2)(   xxf ………3 分 由 (2) 0f  ,即 2sin(2 ) 03    ,所以 2 3 k   , k Z , 解得 2 6 k    , k Z ,而0 2   ,所以 3   . ………6 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知, )33sin(2)(   xxf , 令 ( ) 3f x  , 得 23 3 3x k     或 223 3 3x k     , Zk  , 所以 6x k 或 6 1x k  ,由图可知, (1, 3)B . ………8 分 所以 )3,1(),3,2(  CBCA ,所以 7, 2CA CB    , ………10 分 所以 5 5 7cos 142 7 CA CBACB CA CB          . ……………………………………………12 分 18.(本小题满分 12 分) 如图,四棱台 1 1 1 1ABCD A B C D 中,底面 ABCD 是菱形, 1CC  底面 ABCD ,且 60BAD   , 1 1 12 4,CD CC C D E   是棱 1BB 的中点. (1)求证: 1AA BD ; (2)求二面角 1 1E AC C  的余弦值. A B CD D1 C1A1 B1 E 18.【解析】(Ⅰ)证明:因为 1CC 底面 ABCD ,所以 BDCC 1 . 因为底面 ABCD 是菱形,所以 ACBD  . 又 CCCAC 1 ,所以 BD 平面 1ACC .………3 分 又由四棱台 1111 DCBAABCD  知, 11 ,,, CCAA 四点共面. 所以 1AABD  . ………5 分 (Ⅱ)如图,设 AC 交 BD 于点O ,依题意, OCCA //11 且 OCCA 11 , 所以 11 //CCOA ,且 11 CCOA  . 所以 OA1 底面 ABCD . 以O 为原点, 1, ,OA OB OA 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系. 则 1 1(2 3,0,0), (0,0,4), ( 2 3,0,4), (0,2,0)A A C B , 由 1 1 1 2A B AB    得, 1( 3,1,4)B  .因为 E 是棱 1BB 的中点,所以 3 3, , 22 2E      .………8 分 所以 1 1 1 3 3, , 2 , ( 2 3,0,0)2 2EA AC          . 设 1 ( , , )n x y z  为平面 1 1EAC 的法向量,则 1 1 1 1 1 2 3 0 3 3 2 02 2 n AC x n EA x y z               , 取 3z  ,则 1 (0,4,3)n   . 又因为 2 (0,1,0)n   为平面 1 1AC C 的法向量, 所以 1 2 1 2 1 2 4cos , 5 n nn n n n         , 又由图可知,二面角 1 1E AC C  为锐二面角, 所以二面角 1 1E AC C  的余弦值为 4 5 . ……………………………………………12 分 19.(本小题满分 12 分) 市面上有某品牌 A 型和 B 型两种节能灯,假定 A 型节能灯使用寿命都超过 5000 小时.经销商对 B 型节能 灯使用寿命进行了调查统计,得到如下频率分布直方图: 某商家因原店面重新装修,需租赁一家新店面进行周转,合约期一年.新店面需安装该品牌节能灯 5 支(同 种型号)即可正常营业.经了解,A 型 20 瓦和 B 型 55 瓦两种节能灯照明效果相当,都适合安装.已知 A 型和 B 型节能灯每支的价格分别为 120 元、25 元,当地商业电价为 0.75 元/千瓦时.假定该店面正常营业 一年的照明时间为 3600 小时,若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯更换.(用频率估计概率) (1)若该商家新店面全部安装了 B 型节能灯,求一年内恰好更换了 2 支灯的概率; (2)若只考虑灯的成本和消耗电费,你认为商家应该选择哪种型号的节能灯,请说明理由. 19.【解析】(Ⅰ)由频率分布直方图可知, B 型节能灯使用寿命超过3600 小时的频率为 2.0 , 用频率估计概率,得 B 型节能灯使用寿命超过3600 小时的概率为 5 1 . 所以一年内一支 B 型节能灯在使用期间需更换的概率为 5 4 ,. ………3 分 所以一年内 5 支恰好更换了 2 支灯的概率为 2 2 3 5 4 1 32( ) ( )5 5 625C   .. ………5 分 (Ⅱ)共需要安装5 支同种灯管, 若选择 A 型节能灯,一年共需花费 35 120 3600 5 20 0.75 10 870       元;………7 分 若选择 B 型节能灯,由于 B 型节能灯一年内需更换灯的支数服从二项分布 4(5, )5B , 故一年需更换灯的支数的期望为 45 45  支, ………9 分 故一年共需花费 34(5 5) 25 3600 5 55 0.75 10 967.55         元. ………11 分 因为967.5 870 ,所以该商家应选择 A 型节能灯. ………………………………………12 分 20.(本小题满分 12 分)如图,椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b    与圆 2 2: 1O x y  相切,并且椭圆 E 上 动点与圆O 上动点间距离的最大值为 2 6 2  . (1)求椭圆 E 的方程; (2)过点 (1,0)N 作两条互相垂直的直线 1 2,l l , 1l 与 E 交于 ,A B 两点, 2l 与圆O 的另一交点为 M ,求 ABM△ 面积的最大值,并求取得最大值时直线 1l 的方程. x M y A B O N 20.【解析】(Ⅰ)椭圆 E 与圆O : 2 2 1x y  相切,知 2 1b  ; ……………………………2 分 又椭圆 E 上动点与圆O 上动点间距离最大值为 2 6 2  ,即椭圆中心O 到椭圆最远距离为 6 2 , 得椭圆长半轴长 6 2a  ,即 2 3 2a  ; 所以轨迹 E 的方程为 2 22 13 x y  . ……………………………………………………………5 分 (Ⅱ)①当 1l 与 x 轴重合时, 2l 与圆相切,不合题意. ②当 xl 1 轴时, )0,1(M , 1:1 xl , 3AB  ,此时 1 2 3 2 322 3 3ABMS    △ .…6 分 ③当 1l 的斜率存在且不为0 时,设 1:1  myxl , 0m ,则 11:2  ymxl , 设 ),(),,( 2211 yxByxA ,由 2 2 1, 2 13 x my x y     得, 2 2(2 3) 4 1 0m y my    , 所以 1 2 1 22 2 4 1,2 3 2 3 my y y ym m      , ……………8 分 所以 2 2 2 2 1 2 2 3 1 2 11 2 3 m mAB m y y m       . 由      1 ,11 22 yx ymx 得, 02)11( 2 2  ymym ,解得 1 2 2  m myM , …………9 分 所以 2 2 1 21 1MMN ym m     , 所以 2 2 2 2 1 1 2 3 1 2 1 2 2 2 2 3 1ABM m mS AB MN m m       △ 2 2 2 2 2 3 2 1 2 3 22 3 2 1 2 1 m m m m      , ……………10 分 因为 22 1 1m   , 所以 2 2 22 1 2 2 2 1 m m    ≥ , 当且仅当 2 2m   时取等号. 所以 6 2ABMS△ ≤ ( 2 3 6 3 2 ) 综上, ABM△ 面积的最大值为 6 2 ,此时直线 1l 的方程为 2 12x y   . ……………12 分 21.(本小题满分 12 分)已知函数 ( ) ( ln )xf x e x x a    ( e 为自然对数的底数,a 为常数,且 1a ≤ ) (1)判断函数 ( )f x 在区间(1, )e 内是否存在极值点,并说明理由; (2)若当 ln 2a  时, ( ) ( )f x k k Z  恒成立,求整数 k 的最小值. 21.【解析】(Ⅰ) )11(lne)(  axxxxf x , ……………2 分 令 )e,1(,11ln)(  xaxxxxg ,则 )(e)( xgxf x , 01)( 2 2  x xxxg 恒成立,所以 )(xg 在 )e,1( 上单调递减, ……………4 分 所以 ( ) (1) 1 0g x g a   ≤ ,所以 ( ) 0f x  在 )e,1( 内无解. 所以函数 )(xf 在区间 )e,1( 内无极值点. ……………5 分 (Ⅱ)当 2lna 时, )2lnln(e)(  xxxf x ,定义域为 ),0(  , )12ln1(lne)(  xxxxf x ,令 12ln1ln)(  xxxxh , ……………6 分 由(Ⅰ)知, )(xh 在 ),0(  上单调递减,又 02 1)2 1( h , 012ln)1( h , 所以存在 )1,2 1(1 x ,使得 0)( 1 xh ,且当 ),0( 1xx 时, 0)( xh ,即 0)(  xf , 当 ),( 1  xx 时, 0)( xh ,即 0)(  xf . ……………8 分 所以 )(xf 在 ),0( 1x 上单调递增,在 ),( 1 x 上单调递减, 所以 )2lnln(e)()( 111max 1  xxxfxf x . ……………9 分 由 0)( 1 xh 得 012ln1ln 1 11  xxx ,即 1 11 112lnln xxx  , 所以 )11(e)( 1 1 1 xxf x  , )1,2 1(1 x ……………10 分 令 )1,2 1(),11(e)(  xxxr x ,则 0)111(e)( 2  xxxr x 恒成立,所以 )(xr 在 )1,2 1( 上 单调递增,所以 1e ( ) ( ) (1) 02r r x r     ,所以 0)( max xf ,………11 分 又因为 12 e)2ln2ln2 1(e)2 1( 2 1 f , 所以 0)(1 max  xf , 所以若 )()( Zkkxf  恒成立,则 k 的最小值为0 . …12 分 (二)选考题:共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做,则按所作的第一题计分. 22.【选修 4—4:坐标系与参数方程】(本小题满分 10 分) 在平面直角坐标系 xOy 中,直线l 的参数方程为 2 1 3 x t y t     (t 为参数),曲线C 的参数方程为 4 2cos 3 2sin x y        ( 为参数),以坐标原点为极点, x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系. (1)求C 的极坐标方程; (2)设点 (2,1)M ,直线l 与曲线C 相交于点 ,A B ,求 MA MB 的值. 22.【解析】(Ⅰ)由参数方程        sin23 cos24 y x ,得普通方程 2 2( 4) ( 3) 4x y    , 所以极坐标方程 2 8 cos 6 sin 21 0        . ……………5 分 (Ⅱ)设点 ,A B 对应的参数分别为 1t 、 2t ,将      ty tx 31 ,2 代入 2 2( 4) ( 3) 4x y    得 01)13(2  tt , 所以 121 tt , ……………8 分 直线      ty txl 31 ,2: (t 为参数)可化为        )2(2 31 ),2(2 12 ty tx , 所以 1 2 1 22 2 4 4MA MB t t t t     . ……………10 分 23.【选修 4—5:不等式选讲】(本小题满分 10 分) 已知函数 2( ) 2 3f x x m x m     . (1)求证: ( ) 2≥f x ; (2)若不等式 (2) 16f ≤ 恒成立,求实数 m 的取值范围. 23.【解析】(Ⅰ)因为 2 2( ) 2 3 ( ) ( 2 3)f x x m x m x m x m≥         , 所以 2 2( ) 2 3 ( 1) 2 2f x m m m    ≥ ≥ . ……………5 分 (Ⅱ)由已知, |12|2)2( 2  mmf , ①当 1 2 ≥m  时, (2) 16f ≤ 等价于 2 2 3 16m m  ≤ ,即 2( 1) 14m  ≤ , 解得 14 1 14 1m  ≤ ≤ ,所以 1 14 12 m ≤ ≤ ; ……………7 分 ②当 2 1m 时, (2) 16f ≤ 等价于 2 2 1 16m m  ≤ , 解得 3 5m ≤ ≤ ,所以 13 2m  ≤ . ……………9 分 综上,实数 m 的取值范围是 ]114,3[  . ……………10 分

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