天津市河东区高考一模考试数学理试卷 9页

‎ 密 封 装 订 线 ‎ 密 封 线 内 不 要 答 题 ‎ 学校 班级 姓名 ‎ 天津市河东区2019年高考一模考试 数学试卷（理工类）‎ 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.‎ 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 祝各位考生考试顺利！ ‎ 第Ⅰ卷（选择题 共40分）‎ 一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项只有一个符合题目要求.‎ ‎1. 设集合（）=（ ）‎ ‎ A．{1} B．{1，2} C．{2} D．{0，1，2}‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎1‎ 正视图 侧视图 俯视图 第3题图 ‎2. 设变量，满足约束条件则目标函数的最小值为（　 ）‎ ‎ A．2　　 B．‎3　 ‎C．4　　　 D．5‎ ‎3. 一个直棱柱被一个平面截去一部分后所剩几何体的 三视图如图所示，则该几何体的体积为( )‎ A．9 B．10‎ C．11 D．‎ ‎4. 在中，，则 的 值是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎5．已知p:函数f(x)=－m有零点，q:|m|≤,则p是q的 （ ）‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 ‎ C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎6. 设F1、F2是双曲线－＝1 (a>0，b>0)的两个焦点，P在双曲线上，若·＝0，||·||＝‎2ac (c为半焦距)，则双曲线的离心率为(　 　)‎ A. B. C．2 D. ‎7. 已知，，规定：当时, ；当时, ，则 ( )‎ A. 有最小值,最大值1 B. 有最大值1,无最小值 C. 有最小值,无最大值 D. 有最大值,无最小值 ‎8. 在平面四边形ABCD中,点E、F分别是边AD、BC的中点，且AB=1，EF=,CD=，若=15，则的值为 ( )‎ A.13 B‎.14 C.15 D.16‎ 二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上.）‎ ‎9. 若，其中a、b∈R，i是虚数单位，则= ________.‎ ‎10. （2x+）4的展开式中x3的系数是_____.‎ ‎11.如图是一个程序框图，则输出的S的值是______. ‎ ‎12. 如图，PA切⊙O于点A，割线PBC经过圆心O，OB=PB=1，OA绕点O逆时针旋转600到OD，则PD的长为 ．‎ ‎13. 在极坐标系中，直线ρsin(θ＋)＝2被圆ρ＝4截得的弦长为________．‎ ‎14.已知x,y∈R，满足2≤y≤4-x,x≥1,则的最大值为_______.‎ 三、解答题：（本大题6个题，共80分）‎ ‎15. （本小题满分13分）‎ 设函数f(x)=cosx·cos(x-q)-cosq,q∈(0,p).已知当x=时，f(x)取得最大值.‎ ‎（1）求q的值；‎ ‎（2）设g(x)=‎2f(x),求函数g(x)在[0, ]上的最大值.‎ ‎16. （本小题满分13分）‎ 甲、乙两个乒乓球选手进行比赛，他们的水平相当，规定“七局四胜”，即先赢四局者胜，若已知甲先赢了前两局，‎ 求：（1）乙取胜的概率；‎ ‎（2）比赛打满七局的概率；‎ ‎（3）设比赛局数为X，求X的分布列和数学期望．‎ ‎17. （本小题满分13分）‎ 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是菱形，AC∩BD=O,△PAC是边长为2的等边三角形，PB=PD=,AP=4AF.‎ ‎(1)求证：PO⊥底面ABCD；‎ ‎(2)求直线CP与平面BDF所成角的大小；‎ ‎(3)线段PB上是否存在点M，使得CM∥平面BDF？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.‎ ‎18.（本小题满分13分）‎ 已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为，且经过点M(1，)，过点P(2,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B.‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）是否存在直线l，满足·＝2？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ ‎ 19. （本小题满分14分）‎ 已知函数f(x)＝，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f ，n∈N*，‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）令Tn＝a‎1a2－a‎2a3＋a‎3a4－a‎4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn；‎ ‎（3）令bn＝ (n≥2)，b1＝3，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，若Sn<对一切n∈N*成立，求最小正整数m.‎ ‎20. （本小题满分14分 已知函数.‎ ‎（1）求f(x)的极值；‎ 密 封 装 订 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ‎（2）求证：且.‎ 河东区2019年高三一模考试 数学（理）答案 一、选择题 DBCB ADCB 二、填空题 ‎ 9． 10. 24 11. 63 12. 13. 14. ‎ ‎15.解：（1）f(x)=cosx(cosxcosq+sinxsinq)-cosq ‎ =cosq+sin2xsinq-cosq ‎ =-cos(2x-q)‎ 由[f(x)]max=f()=, 得cos(-q)=1‎ 又 q∈(0,p) ，所以 q = ‎ ‎（2）由（1）知f(x)= cos(2x-),则g(x)=‎2f(x)= cos(3x-)‎ 因为0≤x≤,所以-≤3x-≤‎ 所以当3x-=0，即x=时，[g(x)]max=1‎ ‎16. 解　(1)当甲先赢了前两局时，乙取胜的情况有两种：第一种是乙连胜四局；第二种是在第三局到第六局，乙赢了三局，第七局乙赢．‎ 在第一种情况下，乙取胜的概率为4＝，‎ 在第二种情况下，乙取胜的概率为C4＝，‎ 所以当甲先赢了前两局时，乙取胜的概率为 ＋＝.‎ ‎(2)比赛打满七局有两种结果：甲胜或乙胜，记“比赛打满七局甲胜”为事件A，记“比赛打满七局乙胜”为事件B.‎ 则P(A)＝C4＝，‎ P(B)＝C4＝，‎ 又A，B互斥，所以比赛打满七局的概率为 P(A)＋P(B)＝.‎ ‎(3)随机变量X的所有可能取值为4，5，6，7‎ P(X＝4)＝2＝，‎ P(X＝5)＝C2＝，‎ P(X＝6)＝C3＋4＝，‎ P(X＝7)＝C4＋C4·＝，‎ 所以X的分布列为 X ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ P 故随机变量X的数学期望EX=4×+5×+6×+7×=.‎ ‎17. 解：(1)证明：因为底面ABCD是菱形，AC∩BD=O， 所以O为AC，BD中点．‎ 又因为PA=PC，PB=PD， 所以PO⊥AC，PO⊥BD， 所以PO⊥底面ABCD．‎ ‎（2）解：由底面ABCD是菱形可得AC⊥‎ BD， 又由（1）可知PO⊥AC，PO⊥BD． 如图，以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz． ∵PB=PD= ∴PO= , OB=OD= ‎ ‎∴A(1,0,0),C(-1,0,0),B(0, ，0)，P(0,0, ) D(0,- ，0)‎ ‎∴=(1,0, ),=(-1,0, )‎ ‎=4 , ∴F(,0, )‎ ‎=(,0, )‎ 设平面BDF的法向量=（x,y,z）‎ 则 令x=1,则z=- ∴=(1,0, -)‎ ‎∴cos<,>=‎ ‎∴直线CP与平面BDF所成角的大小为300‎ ‎（3）设=t(0≤t≤1),则=(1，(1-t), t)‎ 若使CM∥平面BDF,需=0‎ ‎ t=‎ 所以在线段PB上存在一点M，使得CM∥平面BDF，此时=。‎ ‎18. 解　(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，‎ 由题意得解得a2＝4，b2＝3.故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)若存在直线l满足条件，由题意可设直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，由 得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0.‎ 因为直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B，‎ 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－4·(3＋4k2)·(16k2－16k－8)>0.‎ 整理得32(6k＋3)>0，解得k>－.‎ 又x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 且 即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝，‎ 所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝，‎ 即[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝.‎ 所以[－2×＋4](1＋k2)＝＝，‎ 解得k＝±.‎ 所以k＝.于是存在直线l满足条件，‎ 其方程为y＝x.‎ ‎19. 解　(1)∵an＋1＝f＝＝＝an＋，‎ ‎∴{an}是以为公差的等差数列．‎ 又a1＝1，∴an＝n＋.‎ ‎(2)Tn＝a‎1a2－a‎2a3＋a‎3a4－a‎4a5＋…－a2na2n＋1‎ ‎＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)‎ ‎＝－(a2＋a4＋…＋a2n)＝－· ‎＝－(2n2＋3n)．‎ ‎(3)当n≥2时，bn＝＝ ‎＝，‎ 又b1＝3＝×，‎ ‎∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝× ‎＝＝，‎ ‎∵Sn<对一切n∈N*成立．‎ 即<，‎ 又∵＝递增，‎ 且< .∴≥，‎ 即m≥2 016.∴最小正整数m＝2 016.‎ ‎20. 解：（1）f(x)的定义域为（0，+∞）‎ ‎ ‎ ‎ =0‎ ‎ ‎ 当>0时，，f(x)在（0，）是增函数 当<0时，，f(x)在（，+∞）是减函数 ‎∴f(x)在x=处取得极大值，f(x)极大值=f()=,无极小值。‎ ‎（2）证明：由（1）≤，取a=1，∴lnx≤x-1,当x=1时取等号，‎ 令x=n,∵n≥2,故 ‎∴=‎ 故；；…；< ‎ ‎∴‎ 欢迎访问“高中试卷网”——http://sj.fjjy.org