2019-2020年高三第九次模拟 数学理.doc

2019-2020年高三第九次模拟 数学理使用时间：xx.6.2 高三数学组 本试卷共4页,22、23题(含选考题) 考试时间120分钟 满分150分必考部分1、 选择题：本大题12小题，每小题5分，共60分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. B. C. D.2.已知复数在复平面内对应点是，若虚数单位，则 A. B. C. D.3.已知向量与为单位向量，满足，则向量与的夹角为 A. B C D4.若函数是奇函数，函数是偶函数，则 A.函数是奇函数 B.函数是奇函数 C.函数是奇函数 D.是奇函数 5.定义：，如，则 A.0 B. C.3 D.66.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是 A. B. C. D.7. 九章算术中有如下问题：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆，径几何？ ”其大意：“已知直角三角形两直角边长分别为步和步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是 A. B. C. D.8.已知数列满足是首项为1,公比为的等比数列,则 A. B. C. D.9.若实数满足：，则的最小值为 A. B. C. D.10.水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为的水车，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒.经过秒后，水斗旋转到点，设的坐标为，其纵坐标满足.则下列叙述错误的是 A B当时，点到轴的距离的最大值为6 C当时，函数单调递减 D当时，11.已知双曲线的左、右焦点为、，在双曲线上存在点满足,则双曲线的渐近线的斜率的取值范围是 A. B. C. D. 12.已知函数，且的图象在处的切线与曲相切，符合情况的切线 A.有条B.有条C.有条D.有条二填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.的展开式中各项系数和为，则展开式中项的系数为 14.有一些正整数排成的倒三角，从第二行起，每个数字等于“两肩”数的和，最后一行只有一个数，那么 . 1 2 3 4 . 8 9 10 3 5 7 . 17 19 8 12 . 36 20 . M 15. 下左图是计算某年级500名学生期末考试（满分为100分）及格率的程序框图，则图中空白框内应填入 16.如图，在正方体中，棱长为1 ，点为线段上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的 当时，平面； 当时，平面； 的最大值为； 的最小值为. 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.（本小题共12分） 在中，角所对的边分别是，.（）求角；（）若的中线的长为，求的面积的最大值. 18. （本小题共12分） 如图，已知菱形所在的平面与所在的平面相互垂直，.（）求证：平面；（）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 19. （本小题共12分） 某商场计划销售某种产品，现邀请生产该产品的甲、乙两个厂家进场试销10天两个厂家提供的返利方案如下：甲厂家每天固定返利70元，且每卖出一件产品厂家再返利2元；乙厂家无固定返利，卖出40件以内（含40件）的产品，每件产品厂家返利4元，超出40件的部分每件返利6元经统计，两个厂家的试销情况茎叶图如下：甲乙8998993899201042111010（）现从甲厂家试销的10天中抽取两天，求这两天的销售量都大于40的概率；（）若将频率视作概率，回答以下问题：（）记乙厂家的日返利额为X（单位：元），求X的分布列和数学期望；（）商场拟在甲、乙两个厂家中选择一家长期销售，如果仅从日返利额的角度考虑，请利用所学的统计学知识为商场作出选择，并说明理由 20.（本小题满分12分） 如图，抛物线的准线为，取过焦点且平行于轴的直线与抛物线交于不同的两点，过作圆心为的圆，使抛物线上其余点均在圆外，且 （）求抛物线和圆的方程；（）过点作直线与抛物线和圆依次交于，求的最小值 21.（本小题满分12分） 已知函数.（）若有唯一解，求实数的值；（）证明：当时，.（附：，） 选考部分22. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，曲线的方程为，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，射线的极坐标方程为.（）写出曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（）若射线平分曲线，且与曲线交于点，曲线上的点满足，求. 23（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知函数，（）若,求不等式的解集；（）若方程有三个不同的解，求的取值范围.东北育才学校高中部高三xx适应性考试数学（理科）试卷2、 选择题：本大题12小题，每小题5分，共60分每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. A 2.B 3. C 4. B 5.A 6. D 7.D 8.C 9. B 10.C 11.D 12.A二填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 14. 2816 15. 16.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.（本小题共12分）解：（）， .4分即. .6分（）由三角形中线长定理得：， .8分由三角形余弦定理得：，消去得:（当且仅当时，等号成立） .10分即. .12分18. （本小题共12分）解：（）取中点，连结，由已知易得是正三角形，所以， .2分 又因为平面平面，所以平面，即， .4分又因为,所以平面. .6分（）如图建立空间直角坐标系：则，取中点，易得平面的法向量是， .8分设面的法向量是，则由，得，即，则令，得 .10分所以平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值是. .12分19. （本小题共12分）解：（）记“抽取的两天销售量都大于40”为事件A，则 .2分（）（）设乙产品的日销售量为a，则当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；的所有可能取值为：152,156,160,166,172，的分布列为152156160166172 .6分 .7分（）依题意，甲厂家的日平均销售量为：， .9分甲厂家的日平均返利额为：元，.11分由（）得乙厂家的日平均返利额为162元（149元），推荐该商场选择乙厂家长期销售 .12分 20.（本小题满分12分）解：（） 因为抛物线的准线为;所以解得，所以抛物线的方程为 2分当时，由得：，不妨设在左侧，则， 由题意设圆的方程为：，由且知： ， 是等腰直角三角形且， ，则， 圆的方程为： 5分（）由题意知直线的斜率存在,设直线的方程为: ，圆心到直线的距离为: ， 7分由得：，设,由抛物线定义有: ，9分 ， 设，则: 且， 当即时, 的最小值为. 12分21.（本小题满分12分）解法一：（）函数的定义域为.要使有唯一解，只需满足，且的解唯一，1分 2分当时，在上单调递增，且，所以的解集为，不符合题意； 4分当时，且时，单调递增；当时，单调递减，所以有唯一的一个最大值为，令，得，此时有唯一的一个最大值为，且，故的解集是，符合题意；综上，可得. 6分（）要证当时，即证当时，即证. 7分由（）得，当时，即，从而，故只需证，当时成立； 8分令，则， 9分令，则，令，得.因为单调递增，所以当时，单调递减，即单调递减，当时，单调递增，即单调递增，所以，由零点存在定理，可知，使得，故当或时，单调递增；当时，单调递减，所以的最小值是或.由，得，因为，所以，故当时，所以原不等式成立. 12分解法二：（）函数的定义域为.， 1分当时，在上单调递增，且，所以的解为，此时不符合题意； 2分当时，所以当时，单调递增；当时，单调递减，所以，3分令，4分当时，单调递减，当时，单调递增，所以，由此可得当且时，且当时，由零点存在定理，使得，当时，解集不唯一，不符合题意；当时，所以的解集是，符合题意；综上可得，当时，有唯一解； 6分（）要证明当时，即证当时，（因为）即证， 7分令，则，8分令，则在上单调递增，且，所以使得，即，所以当时，单调递增，即递增；当时，单调递减，即递减，所以，当时递减，当时，由零点存在定理，可得， ，故当或时，单调递增，当时，单调递减，当时，由得，又，令（），则在递减，且，所以，所以在递减，所以当，即，所以，即原不等式成立. 22.选修4-4：坐标系与参数方程解：（）曲线的极坐标方程为，曲线的直角坐标方程为 5分 （）曲线是圆心为半径为2的圆，射线的极坐标方程为代入，可得又， 10分 23（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲解：（）当时，不等式可化为：， 或或，3分解得：或， 4分 不等式的解集为 5分（）由得：，令，则：， 7分作出函数的图象如图示，易知，结合图象知：当时，函数与的图象有三个不同交点，即方程有三个不同的解 9分 的取值范围为 10分