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- 2021-06-12 发布
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青海省海东市2020届高三第四次模拟考试数学试题(理)
一、选择题: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,,则 ( )
A. (﹣∞,2) B. (﹣1,0] C. (﹣1,2) D. (﹣1,0)
【答案】B
【解析】∵集合,
,
∴,
故选:B
2.已知,若,则a=( )
A. 1 B. C. D. 5
【答案】A
【解析】,
∴,a>0,解得.
故选:A
3.已知,则( )
A. a>b>c B. c>b>a C. a>c>b D. b>a>c
【答案】C
【解析】∵,∴,
∵,∴,
∵,且,∴,
∴,
故选:C.
4.某公司对旗下的甲、乙两个门店在1至9月份的营业额(单位:万元)进行统计并得到如图折线图.
下面关于两个门店营业额的分析中,错误的是( )
A. 甲门店的营业额折线图具有较好的对称性,故而营业额的平均值约为32万元
B. 根据甲门店的营业额折线图可知,该门店营业额的平均值在[20,25]内
C. 根据乙门店的营业额折线图可知,其营业额总体是上升趋势
D. 乙门店在这9个月份中的营业额的极差为25万元
【答案】A
【解析】对于A,甲门店的营业额折线图具有较好的对称性,营业额平均值远低于32万元,A错误.
对于B,甲门店的营业额的平均值为21.6,
即该门店营业额的平均值在区间[20,25]内,B正确.
对于C,根据乙门店的营业额折线图可知,其营业额总体是上升趋势,C正确.
对于D,乙门店在这9个月中的营业额最大值为30万元,最小值为5万元,
则极差为25万元,D正确.
故选:A.
5.若x,y满足约束条件,则最大值为( )
A 5 B. 6 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】由x,y满足约束条件,作出可行域如图,
由,得yx,
由图可知,当直线yx过可行域内点时
直线在y轴上的截距最小,最大.
联立,解得
∴目标函数z=x﹣2y的最大值为.
故选:D
6.某几何体的三视图如图所示,则其体积是( )
A. B. 36π C. 63π D. 216+9π
【答案】C
【解析】由三视图知,该几何体是圆柱与圆锥的组合体,如图所示;
则该组合体的体积为V=V柱+V锥=π32 6π323=63π.
故选:C
7.著名数学家华罗庚先生曾说过:“数缺形时少直观,形缺数时难入微数形结合百般好,隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中,我们经常用函数的图象来研究函数的性质,也经常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征,如某体育品牌的LOGO为,可抽象为如图所示的轴对称的优美曲线,下列函数中,其图象大致可“完美”局部表达这条曲线的函数是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】观察图象可知,函数的图象关于y轴对称,
对于A选项,,为偶函数,
对于B选项,,为奇函数,
对于C选项,,为偶函数,
对于D选项,,为奇函数,
而选项B,D为奇函数,其图象关于原点对称,不合题意;
对选项A而言,当时,如取,,则有,f(x)<0,不合题意;
故选:C
8.已知函数的图象与x轴的两个相邻交点的距离等于,若,则正数的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】∵函数的图象与轴的两个相邻交点的距离等于,
∴,
∴,
∴,
又∵,
∴是的一条对称轴,
∴, ,
∴.
∵
故令,得为最小值.
故选:B.
9.若展开式中x2的项的系数为,则x5的项的系数为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由已知得,k=0,1,..,8,
令,解得k=4,∴,解得.
令,得k=2,故x5的系数为.
故选:C.
10.抛物线C:的焦点为F,过F且斜率为的直线l与抛物线C交于M,N两点,点P为抛物线C上的动点,且点P在l的左侧,则面积的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可知直线l的方程为:,设,,
代入抛物线的方程可得,,
由抛物线的性质可得,
设与直线l平行的直线方程为:,代入抛物线的方程可得,
当直线与抛物线相切时,P到直线l的距离有最大值,
所以,解得,
直线l与直线的距离,
所以面积的最大值为,
故选:D.
11.在矩形ABCD中,,,沿矩形对角线BD将折起形成四面体ABCD,在这个过程中,现在下面四个结论:①在四面体ABCD中,当时,
;②四面体ABCD的体积的最大值为;③在四面体ABCD中,BC与平面ABD所成角可能为;④四面体ABCD的外接球的体积为定值.其中所有正确结论的编号为( )
A. ①④ B. ①② C. ①②④ D. ②③④
【答案】C
【解析】如图,当时,∵,∴平面,
∵平面,∴,即①正确;
当平面平面时,四面体ABCD的体积最大,最大值为,即②正确;
当平面平面时,BC与平面ABD所成的角最大,为,而,
∴BC与平面ABD所成角一定小于,即③错误;
在翻折的过程中,和始终是直角三角形,斜边都是BD,其外接球的球心永远是BD的中点,外接球的直径为BD,
∴四面体ABCD的外接球的体积不变,即④正确.
故正确的有①②④.
故选:C.
12.若对任意的,,,恒成立,则a的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】对任意的,,,可知,
则恒成立等价于,即,
令,则函数在上为减函数,
∴,
∴,
再令,,
∴,
∴在上为减函数,
∴,
∴a,
故选:A.
二、填空题.
13.已知向量,,向量在方向上的投影为,则_____.
【答案】2
【解析】由题意可知:向量在方向上的投影为,
两边平方,可得,解得或,
当时,,不符合题意,
∴.
故答案为:2.
14.在中,角,,所对的边分别为,,,已知,,,则的面积为______.
【答案】.
【解析】因为,,,又,
所以,化为,解得,
所以.
故答案为:.
15.若,则_____.
【答案】
【解析】∵,
∴,
代入等式,结合余弦二倍角公式化简可得
.
故答案为:.
16.双曲线C的渐近线方程为,一个焦点为F(0,﹣8),则该双曲线的标准方程为_____.已知点A(﹣6,0),若点P为C上一动点,且P点在x轴上方,当点P的位置变化时,△PAF的周长的最小值为_____.
【答案】 (1). (2). 28
【解析】∵双曲线C的渐近线方程为,一个焦点为F(0,﹣8),
∴,解得a=4,b=4.
∴双曲线的标准方程为;
设双曲线的上焦点为F′(0,8),则|PF|=|PF′|+8,
△PAF的周长为|PF|+|PA|+|AF|=|PF′|+|PA|+|AF|+8.
当P点在第二象限,且A,P,F′共线时,|PF′|+|PA|最小,最小值为|AF′|=10.
而|AF|=10,故,△PAF的周长的最小值为10+10+8=28.
故答案为:;28.
三、解答题: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,每道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:
17.设{an}是一个首项为2,公比为q(q1)的等比数列,且3a1,2a2,a3成等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)已知数列{bn}的前n项和为Sn,b1=1,且1(n≥2),求数列{anbn}的前n项和Tn.
解:(1)因为3a1,2a2,a3成等差数列,所以4a2=3a1+a3,
又{an}是一个首项为2,公比为q(q1)的等比数列,
所以4×2q=3×2+2q2,解得q=3或q=1(舍去),
则;
(2)由,且,
可得是首项和公差均为1的等差数列,
所以,所以,
可得n=1时,b1=S1=1;
时,,对于n=1时,该式也成立,
则,
所以
所以,
,
两式相减可得
,
所以.
18.如图,在正四棱柱中,,,,,是棱的中点,平面与直线相交于点.
(1)证明:直线平面.
(2)求二面角的正弦值.
(1)证明:平面平面,
平面平面,平面平面,
,由题意得,
设点为的中点,连结,,
是棱的中点,,
平面,平面,平面,
,,,
平面,平面,平面,
,平面平面,
平面,平面.
(2)解:,,如图,以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,
,0,,,1,,,0,, 1,,
,1,,,1,,,0,,
设平面的法向量,,,
则,取,得,,,
设平面的法向量,,,
则,取,得,1,,
设二面角的平面角为,
由,
,
二面角的正弦值为.
19.已知0<m<2,动点M到两定点F1(﹣m,0),F2(m,0)的距离之和为4,设点M的轨迹为曲线C,若曲线C过点.
(1)求m的值以及曲线C的方程;
(2)过定点且斜率不为零的直线l与曲线C交于A,B两点.证明:以AB为直径的圆过曲线C的右顶点.
(1)解:设M(x,y),因为|MF1|+|MF2|=4>2m,所以曲线C是以两定点F1,F2为焦点,长半轴长为2的椭圆,所以a=2.
设椭圆C的方程为1(b>0),代入点得b2=1,
由c2=a2﹣b2,得c2=3,
所以,故曲线C的方程为;
(2)证明:设直线l:x=ty,A(x1,y1),B(x2,y2),
椭圆的右顶点为P(2,0),联立方程组
消去x得0.
△>0,y1+y2,y1y2,
所以 ,∴,
故点P在以AB为直径的圆上,即以AB为直径的圆过曲线C的右顶点.
20.已知函数f(x)=lnx﹣tx+t.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当t=2时,方程f(x)=m﹣ax恰有两个不相等的实数根x1,x2,证明:.
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x),
当t≤0时,f′(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当t>0时,令f′(x)>0,得0<x,令f′(x)<0,得x.
∴f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减.
综上所述,当t≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当t>0时,f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减.
(2)证明:由f(x)=m﹣ax,得lnx+(a﹣2)x+2﹣m=0.
令g(x)=lnx+(a﹣2)x+2,则g(x1)=g(x2)=m.
即lnx1+(a﹣2)x1=lnx2+(a﹣2)x2,
∴a﹣2.
不妨设0<x1<x2,要证,
只需证2(2﹣a),即证.
令(c>1),g(c)=2lnc﹣c,
∵g′(c)0.
∴g(c)在(1,+∞)上单调递减,则g(c)<g(1)=0.
故成立.
21.2020年4月8日
零时正式解除离汉通道管控,这标志着封城76天的武汉打开城门了.在疫情防控常态下,武汉市有序复工复产复市,但是仍然不能麻痹大意仍然要保持警惕,严密防范、慎终如始.为科学合理地做好小区管理工作,结合复工复产复市的实际需要,某小区物业提供了A,B两种小区管理方案,为了决定选取哪种方案为小区的最终管理方案,随机选取了4名物业人员进行投票,物业人员投票的规则如下:①单独投给A方案,则A方案得1分,B方案得﹣1分;②单独投给B方案,则B方案得1分,A方案得﹣1分;③弃权或同时投票给A,B方案,则两种方案均得0分.前1名物业人员的投票结束,再安排下1名物业人员投票,当其中一种方案比另一种方案多4分或4名物业人员均已投票时,就停止投票,最后选取得分多的方案为小区的最终管理方案.假设A,B两种方案获得每1名物业人员投票的概率分别为和.
(1)在第1名物业人员投票结束后,A方案的得分记为ξ,求ξ的分布列;
(2)求最终选取A方案为小区管理方案的概率.
解:(1)由题意知,ξ的所有可能取值为﹣1,0,1,
P(ξ=﹣1)=(1),P(ξ=0),P(ξ=1),
∴ξ的分布列为
(2)记M1表示事件“前2名物业人员进行了投票,且最终选取A方案为小区管理方案”,
由(1)知,,
记M2表示事件“前3名物业人员进行了投票,且最终选取A方案为小区管理方案”,
,
记M3表示事件“共有4名物业人员进行了投票,且最终选取A方案为小区管理方案”,
①若A方案比B方案多4分,有两类:
第一类,A方案前三次得了一次1分两次0分,最后一次得1分,其概率为;
第二类,A方案前两次得了一次1分一次﹣1分,后两次均得1分,其概率为,
②若A方案比B方案多2分,有三类:
第一类,A方案四次中得了一次1分,其他三次全0分,其概率为;
第二类,A方案前三次得了一次1分,一次0分,一次﹣1分,最后一次得了1分,其概率为;
第三类,A方案前两次得了一次1分一次﹣1分,第三次得1分,第四次得0分,其概率为.
故,
∴最终选取A方案为小区管理方案的概率为.
(二)选考题:
[选修4-4:坐标系与参数方程]
22.在平面直角坐标系中,已知曲线的参数方程为为参数),以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.曲线的极坐标方程为,曲线与曲线的交线为直线.
(1)求直线和曲线的直角坐标方程;
(2)直线与轴交于点,与曲线相交于,两点,求的值.
解:(1)已知曲线的参数方程为为参数),
转换为直角坐标方程为①,
曲线的极坐标方程为,整理得,
根据转换为直角坐标方程为②,
∴①②两个方程相减得公共弦所在直线的方程为,
曲线的极坐标方程为,
根据转换为直角坐标方程为;
(2)直线与轴交于,
∴直线的参数方程为为参数),
代入到,得,
∴,,
故.
[选修4-5:不等式选讲]
23.设函数.
(1)求不等式的解集;
(2)若方程有两个不等实数根,求a的取值范围.
解:(1),
∵,∴或,∴或,即,
∴不等式的解集为;
(2)方程,即,
显然不是方程的根,故,
令,
当x<0时,,当且仅当时取等号,
作出的图象,如图所示:
∵方程有两个不等实数根,
∴由图象可知.