- 991.50 KB
- 2021-06-11 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2019届高三第一次模拟考试卷
理 科 数 学(二)
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题:本大题共12小题,每小题5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.[2018·玉林摸底]( )
A. B. C. D.
2.[2018·云天化中学]已知集合,,则( )
A., B. C. D.
3.[2018·浏阳六校联考]函数的图象大致是( )
A. B.
C. D.
4.[2018·天水一中]设向量,满足,,则( )
A.6 B. C.10 D.
5.[2018·沈阳期末]过点且与双曲线有共同渐近线的双曲线方程是( )
A. B. C. D.
6.[2018·浙江模拟]的内角,,的对边分别为,,,若,,,则的面积为( )
A. B. C. D.
7.[2018·哈尔滨六中]《九章算术》中盈不足章中有这样一则故事:“今有良马与驽马发长安,至齐.齐去长安三千里.良马初日行一百九十三里,日增一十二里;驽马初日行九十七里,日减二里.”为了计算每天良马和驽马所走的路程之和,设计框图如下图.若输出的的值为350,则判断框中可填( )
A. B. C. D.
8.[2018南靖一中·]“微信抢红包”自2015年以来异常火爆,在某个微信群某次进行的抢红包活动中,若所发红包的总金额为8元,被随机分配为元,元,元,元,元,5份供甲、乙等5人抢,每人只能抢一次,则甲、乙二人抢到的金额之和不低于3元的概率是( )
A. B. C. D.
9.[2018·哈师附中]直三棱柱中,,,则直线与所成角的大小为( )
A. B. C. D.
10.[2018·三湘名校]将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再把得到的图象向左平移个单位长度,所得函数图象关于对称,则( )
A. B. C. D.
11.[2018·哈师附中]已知定义域为的奇函数,当时,,当时,,则( )
A. B. C. D.
12.[2018·哈师附中]已知椭圆的右顶点为,点在椭圆上,为坐标原点,且,则椭圆的离心率的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.
13.[2018·陕西四校联考]已知函数,则函数的图象在处的切线方程为__________.
14.[2018·奉贤区二模]已知实数,满足,则目标函数的最大值是_______.
15.[2018·湖北期中]已知,,则__________.
16.[2018·张家界模拟]已知三棱锥满足底面,是边长为的等边三角形,是线段上一点,且.球为三棱锥的外接球,过点作球的截面,若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为,则球的表面积为__________.
三、解答题:本大题共6大题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(12分)[2018·朝阳期中]设是各项均为正数的等比数列,且,.
(1)求的通项公式;
(2)若,求.
18.(12分)[2018·齐齐哈尔期末]已知从地去地有①或②两条公路可走,并且汽车走公路①堵车的概率为,汽车走公路②堵车的概率为,若现在有两辆汽车走公路①,有一辆汽车走公路②,且这三辆车是否堵车相互之间没有影响,
(1)若这三辆汽车中恰有一辆汽车被堵的概率为,求走公路②堵车的概率;
(2)在(1)的条件下,求这三辆汽车中被堵车辆的辆数的分布列和数学期望.
19.(12分)[2018·攀枝花一考]如图,矩形和菱形所在的平面相互垂直,,
为的中点.
(1)求证:平面;
(2)若,求二面角的余弦值.
20.(12分)[2018·衡阳八中]设椭圆,离心率,短轴,抛物线顶点在原点,以坐标轴为对称轴,焦点为,
(1)求椭圆和抛物线的方程;
(2)设坐标原点为,为抛物线上第一象限内的点,为椭圆上一点,且有,当线段的中点在轴上时,求直线的方程.
21.(12分)[2018·河南名校联盟]已知函数,.
(1)探究函数的单调性;
(2)若关于的不等式在上恒成立,求的取值范围.
请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.
22.(10分)【选修4-4:坐标系与参数方程】
[2018·日照联考]已知平面直角坐标系中,过点的直线的参数方程为(为参数),以原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为,与曲线相交于不同的两点,.
(1)求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程;
(2)若,求实数的值.
23.(10分)【选修4-5:不等式选讲】
[2018·仙桃中学]已知函数.
(1)当时,求的解集;
(2)当时,恒成立,求的取值范围.
2019届高三第一次模拟考试卷
理科数学(二)答 案
一、选择题:本大题共12小题,每小题5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.【答案】B
【解析】,故选B.
2.【答案】D
【解析】∵集合,,
∴,故选D.
3.【答案】A
【解析】由题意得函数的定义域为,
∵,∴函数为偶函数,其图象关于轴对称,∴可排除C,D.
又当时,,,∴,所以可排除B,故选A.
4.【答案】D
【解析】∵向量,满足,,∴,解得.
则.故选D.
5.【答案】A
【解析】设与双曲线有共同渐近线的双曲线方程为,又因为该双曲线过点,所以,即,即为所求双曲线方程.故选A.
6.【答案】B
【解析】,即,,
,,解得,即,,故选B.
7.【答案】B
【解析】模拟程序的运行,可得,;执行循环体,,;
不满足判断框内的条件,执行循环体,,;
不满足判断框内的条件,执行循环体,,;
不满足判断框内的条件,执行循环体,,;
不满足判断框内的条件,执行循环体,,;
不满足判断框内的条件,执行循环体,,;
不满足判断框内的条件,执行循环体,,;
由题意,此时,应该满足判断框内的条件,退出循环,输出的值为350.
可得判断框中的条件为.故选B.
8.【答案】D
【解析】由题意,所发红包的总金额为8元,被随机分配为元、元、元、元、元、5分,供甲、乙等5人抢,每人只能抢一次,
甲乙二人抢到的金额之和包含的基本事件的总数为,
甲乙二人抢到的金额之和不低于3元包含的基本事件有6个,分别为
,,,,,,
所以甲乙二人抢到的金额之和不低于3元的概率为,故选D.
9.【答案】B
【解析】
因为几何体是直三棱柱,,直三棱柱中,侧棱平面,,连结,,取的中点,连结,则直线与所成的角为.
设,.易得,
三角形是正三角形,异面直线所成角为.故选B.
10.【答案】B
【解析】函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍后得到,再向左平移后得到,
因为的图象关于于对称,
,解得,当时,,故选B.
11.【答案】B
【解析】定义域为的奇函数,当时,,则,
则,
又当时,,,故.
故选B.
12.【答案】B
【解析】∵,∴点在以为直径的圆上,
∵,,∴以为直径的圆方程为,即,
由消去,得.
设,∵、是椭圆与两个不同的公共点,
∴,,可得.
∵由图形得,∴,即,可得,得,
∴,解得椭圆离心率,
又∵,∴椭圆的离心率的取值范围为.本题选择B选项.
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.
13.【答案】
【解析】∵,∴,∴,
又,∴所求切线方程为,即.故答案为.
14.【答案】4
【解析】作出不等式组对应的平面区域如图所示:
由得,平移直线,由图象可知,当直线经过点时,直线的截距最大,此时最大,.故答案为4.
15.【答案】1
【解析】,,,,相加得,
.故答案为1.
16.【答案】
【解析】
将三棱锥补成正三棱柱,且三棱锥和该正三棱柱的外接球都是球,记三角形的中心为,设球的半径为,,则球心到平面的距离为,即,
连接,则,,在三角形中,取的中点为,
连接,,则,,,
在直角三角形中,由题意得到当截面与直线垂直时,截面面积最小,
设此时截面圆的半径为,则最小截面圆的面积为,当截面过球心时,截面面积最大为,
,如图三,,,,,
球的表面积为.故答案为.
三、解答题:本大题共6大题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.【答案】(1),;(2).
【解析】(1)设为首项为,公比为,,则依题意,
,解得,,
所以的通项公式为,.
(2)因为,
所以
.
18.【答案】(1);(2)分布列见解析,.
【解析】(1)由已知条件得,即,
∴,即走公路②堵车的概率为.
(2)由题意得的所有可能取值为0,1,2,3,
,,
,
,
∴随机变量的分布列为
所以.
19.【答案】(1)见解析;(2).
【解析】(1)∵矩形和菱形所在的平面相互垂直,∴,
∵矩形菱形,∴平面,
∵平面,∴,
∵菱形中,,为的中点.∴,即,
∵,∴平面.
(2)由(1)可知,,两两垂直,以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,设,则,,故,,,,则,,,
设平面的法向量,
则,取,得,
设平面的法向量,
则,取,得,
设二面角的平面角为,则,
易知为钝角,∴二面角的余弦值为.
20.【答案】(1),;(2).
【解析】(1)由得,又有,代入,解得,
所以椭圆方程为,
由抛物线的焦点为得,抛物线焦点在轴,且,抛物线的方程为.
(2)由题意点位于第一象限,可知直线的斜率一定存在且大于0,
设直线方程为,,
联立方程得:,可知点的横坐标,即,
因为,可设直线方程为,
连立方程,得,从而得,
若线段的中点在轴上,可知,即,
有,且,解得,
从而得,,直线的方程.
21.【答案】(1)见解析;(2).
【解析】(1)依题意,,,
若,则,故,故函数在上单调递增;
当时,令,解得,;
若,则,,故函数在上单调递增;
若,则当时,,当时,,当时,;
综上所述:当时,函数在上单调递增;
当时,函数在和上单调递增,
在上单调递减.
(2)题中不等式等价于,即,
因此,
设,则,,
当时,,即,单调递减;
当时,,即,单调递增;
因此为的极小值点,即,故,
故实数的取值范围为.
22.【答案】(1)方程:,曲线方程:;(2).
【解析】(1)∵(为参数),∴直线的普通方程为.
∵,∴,
由得曲线的直角坐标方程为.
(2)∵,∴,
设直线上的点,对应的参数分别是,,则,,
∵,∴,∴,
将,代入,得,
∴,又∵,∴.
23.【答案】(1);(2).
【解析】(1)当时,由,可得,
①或②或③,
解①得:,解②得:,解③得:,
综上所述,不等式的解集为.
(2)若当时,成立,
即,故,
即,
对时成立,故.