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  • 2021-07-01 发布

2019年高考数学练习题汇总高考模拟试卷(三)

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高考模拟试卷(三) (时间:120 分钟 满分:150 分) 第Ⅰ卷(选择题 共 40 分) 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 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.已知∁RM={x|ln|x|>1},N= y|y=1 x ,x>0 ,则 M∪N 等于( ) A.(0,e] B.[-e,+∞) C.(-∞,-e]∪(0,+∞) D.[-e,e] 答案 B 解析 由 ln|x|>1,得|x|>e, ∴M=[-e,e],N=(0,+∞), ∴M∪N=[-e,+∞). 故选 B. 2.已知 a=20.3,b=0.32,c=log0.32,则( ) A.b1,b=0.32∈(0,1),c=log0.32<0,所以 c0)的图象如图所示,则函数 y=ax+b 的图象可能是( ) 答案 A 解析 由图象可得 3 4T<π,即3 4 ×2π a <π,解得 a>3 2 ,01,与 y 轴的交点在(0,1)的上方,故选 A. 6.从 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 这 10 个数中任取 3 个不同的数,每个数被取到的可能性相同,则 这 3 个数的和恰好能被 3 整除的概率是( ) A. 1 20 B. 1 10 C. 3 10 D. 7 20 答案 D 解析 从 10 个数中任取 3 个,共有 C310=120(种)取法,若所取的 3 个数的和恰能被 3 整除, 则第一类:这 3 个数从 1,4,7,10 中取,共有 C34=4(种)取法;第二类:这 3 个数从 2,5,8 中取, 共有 C33=1(种)取法;第三类:这 3 个数从 3,6,9 中取,共有 C33=1(种)取法;第四类:这 3 个数从 1,4,7,10 中取 1 个数,从 2,5,8 中取 1 个数,从 3,6,9 中取 1 个数,共有 4×3×3=36(种) 取法,所以所取的 3 个数的和恰好能被 3 整除的概率是4+1+1+36 120 = 7 20 ,故选 D. 7.已知实数 x,y 满足 0≤x≤1, 0≤y≤1, y≥x+b, 若 z=x-y 的最大值为 1,则实数 b 的取值范围是( ) A.[1,+∞) B.(-∞,1] C.[-1,+∞) D.(-∞,-1] 答案 D 解析 作出不等式组所表示的平面区域如图(阴影部分含边界)所示,观察可知目标函数在点 (1,0)处取到最大值为 1,因此 y=x+b 在不等式组 0≤x≤1, 0≤y≤1, y≥x+b 表示的可行域外, 故 0≥1+b,解得 b≤-1,故选 D. 8.已知在△ABC 中,CA=2,O 为△ABC 的外心,OC→ =OA→ +OB→ ,CD→ =mCA→+nCB→(m∈R, m≠0,n∈R),则|CD→ | |m| 的最小值为( ) A. 3 3 B.1 3 C. 3 D.3 答案 C 解析 由题意可知四边形 OACB 为菱形,∠ACB=2π 3 ,CB=CA=2. 所以|CD→ |2 |m|2 =4m2-mn+n2 m2 =4 n m 2-n m +1 ≥3, 当n m =1 2 时,等号成立,所以|CD→ | |m| 的最小值为 3,故选 C. 9.过双曲线x2 a2 -y2 b2 =1(a>0,b>0)上任意一点 P,作与 y 轴平行的直线,交两渐近线于 A,B 两点,若PA→·PB→=-a2 4 ,则该双曲线的离心率为( ) A. 10 3 B. 3 C. 6 2 D. 5 2 答案 D 解析 设 P(x0,y0),则由双曲线的对称性, 不妨令 A x0,b ax0 ,B x0,-b ax0 , 从而PA→= 0,b ax0-y0 ,PB→= 0,-b ax0-y0 , 则PA→·PB→=y20-b2 a2x20=-a2 4 .又点 P 在双曲线上, 所以x20 a2 -y20 b2 =1,故有-a2 4 =y20-b2 a2·x20=-b2, 即有 4b2=a2, 又 c2=a2+b2,得 4c2=5a2,即 e= 5 2 ,故选 D. 10.已知函数 f(x)=ax2+(b-a)x+c-b(其中 a>b>c),且 a+b+c=0,x1,x2 为 f(x)的两个零 点,则|x1-x2|的取值范围为( ) A. 3 2 ,2 3 B.(2,2 3) C.(1,2) D.(1,2 3) 答案 A 解析 由 a>b>c,a+b+c=0,知 a>0>c. 由题意得 x1,x2 是方程 ax2+(b-a)x+c-b=0 的两个根,故 x1+x2=-b-a a ,x1x2=c-b a , 则|x1-x2|= x1+x22-4x1x2= b-a a 2-4·c-b a = b-a2-4ac-b a = b+a2-4ac a = -c2-4ac a = c2-4ac a = c a 2-4·c a = c a -2 2-4. 因为 a>b>c,a+b+c=0, 所以 a>-(a+c)>c,所以-20,n>0,上式转化为n+1 m +m+1 n =m+n+1, 即m2+n2+m+n mn =m+n+1, 又由基本不等式得 m2+n2≥m+n2 2 ,mn≤m+n2 4 , 所以有 m+n+1=m2+n2+m+n mn ≥ m+n2 2 +m+n m+n2 4 , 令 t=m+n,则 t>0,上式转化为 t+1≥ t2 2 +t t2 4 , 即 t2-t-4≥0, 解得 t≥1+ 17 2 , 所以 t=m+n=a c +b c =a+b c 的最小值为1+ 17 2 (当且仅当 a=b 时,等号成立). 三、解答题(本大题共 5 小题,共 74 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 18.(14 分)已知函数 f(x)=2sin(2x+φ) -π 2<φ<0 ,且 f π 4 =1. (1)求φ的值; (2)若函数 F(x)=f(x)·f x+π 6 -m 在 - π 12 ,π 6 上存在零点,求实数 m 的取值范围. 解 (1)由 f π 4 =2sin π 2 +φ =1, 得 cos φ=1 2 , 又-π 2<φ<0,所以φ=-π 3. (2)F(x)=f(x)·f x+π 6 -m=2sin 2x-π 3 ·2sin 2x-m=4sin 2x 1 2sin 2x- 3 2 cos 2x -m =2sin22x-2 3sin 2xcos 2x-m=1-cos 4x- 3sin 4x-m=1-m-2sin 4x+π 6 , 由 F(x)在 - π 12 ,π 6 上有零点,得 m=1-2sin 4x+π 6 在 - π 12 ,π 6 上有解, 因为 x∈ - π 12 ,π 6 , 则-π 6<4x+π 6<5π 6 , 则-1 22 3 ; 另一方面,f′(x)=12x2- 2 1+x3 =2[6x21+x3-1] 1+x3 , 显然函数 h(x)=6x2(1+x)3-1 在[0,1]上单调递增,而 h(0)=-1<0,h(1)=47>0, 故 h(x)在(0,1)内存在唯一的零点 x0, 即 f′(x0)=0,且当 x∈(0,x0)时,f′(x)<0; 当 x∈(x0,1)时,f′(x)>0, 故 f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增, 因此在[0,1]上,f(x)≤max{f(0),f(1)}=max 1,17 4 =17 4 . 综上,2 30)的焦点为 F,以 A(x1,y1)(x1≥0)为直角顶点的等 腰直角△ABC 的三个顶点 A,B,C 均在抛物线 C 上. (1)过 Q(0,-3)作抛物线 C 的切线 l,切点为 R,点 F 到切线 l 的距离为 2,求抛物线 C 的 方程; (2)求△ABC 面积的最小值. 解 (1)过点 Q(0,-3)的抛物线 C 的切线 l:y=kx-3, 联立抛物线 C:x2=2py(p>0),得 x2-2pkx+6p=0, Δ=4p2k2-4×6p=0,即 pk2=6. ∵F 0,p 2 ,F 到切线 l 的距离为 d= |p 2 +3| k2+1 =2, 化简得(p+6)2=16(k2+1), ∴(p+6)2=16 6 p +1 =16p+6 p , ∵p>0, ∴p+6>0,得 p2+6p-16=(p+8)(p-2)=0, ∴p=2.∴抛物线方程为 x2=4y. (2)已知直线 AB 不会与坐标轴平行,设直线 AB:y-y1=t(x-x1)(t>0),联立抛物线方程, 得 x2-2ptx+2p(tx1-y1)=0, 则 x1+xB=2pt, 则 xB=2pt-x1, 同理可得 xC=-2p t -x1. ∵|AB|=|AC|, 即 1+t2|xB-x1|= 1+1 t2|xC-x1|, ∴t(xB-x1)=x1-xC, 即 x1=p t2-1 t t+1 . ∴|AB|= 1+t2|xB-x1| = 1+t2(2pt-2x1) =2p 1+t2t2+1 tt+1 . ∵t2+1 t ≥2(当且仅当 t=1 时,等号成立), t2+1 t+1 = t2+1 t2+2t+1 ≥ t2+1 t2+1+t2+1 = 2 2 (当且仅当 t=1 时等号成立),故|AB|≥2 2p, △ABC 面积的最小值为 4p2. 22.(15 分)已知数列{an}满足 a1=1,an+1·an=1 n(n∈N*). (1)证明:an+2 n = an n+1 ; (2)证明:2( n+1-1)≤ 1 2a3 + 1 3a4 +…+ 1 n+1an+2 ≤n. 证明 (1)∵an+1·an=1 n ,① ∴an+2·an+1= 1 n+1 ,② 而 a1=1,易得 an>0, 由②÷①得an+2·an+1 an+1·an =an+2 an = n n+1 ,∴an+2 n = an n+1. (2)由(1)得(n+1)an+2=nan, ∴ 1 2a3 + 1 3a4 +…+ 1 n+1an+2 = 1 a1 + 1 2a2 +…+ 1 nan . 令 bn=nan,则 bn·bn+1=nan·(n+1)an+1=n·n+1 n =n+1,③ ∴当 n≥2 时,bn-1·bn=n,④ 由 b1=a1=1,b2=2,易得 bn>0, 由③-④得 1 bn =bn+1-bn-1(n≥2). ∴b1