2019-2020年高三4月检测数学试题含答案.doc

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2019-2020年高三4月检测数学试题含答案一填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分,把答案填在答题卡的相应位置1设全集,集合,则 甲乙第4题图2已知复数满足,则的模为 3已知,则 4右面茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩,其中一个数字被污损,则乙的平均成绩超过甲的概率为 5若双曲线的焦点到渐近线的距离为,则实数的值是 6如图所示的“双塔”形立体建筑,已知和是两个高相等的正三棱锥, 四点在同一平面内要使塔尖之间的距离为m,则底边的长为 m第6题图I2S0While Im SS+I II+3End WhilePrint SEnd(第7题图)7下面求的值的伪代码中,正整数的最大值为 8向量,= 9对于函数,若存在区间,当时的值域为,则称为倍值函数若是倍值函数,则实数的取值范围是 10函数的最大值与最小值之和为 11已知半椭圆和半圆组成的曲线如图所示曲线交轴于点,交轴于点,点是半圆上异于的任意一点,当点位于点时,的面积最大,则半椭圆的方程为 ACDBE第12题图第11题图12已知,C是线段AB上异于A,B的一点,均为等边三角形,则的外接圆的半径的最小值是 13已知实数x、y满足,若不等式恒成立,则实数a的最小值是 14设等比数列满足公比,且中的任意两项之积也是该数列中的一项,若,则的所有可能取值的集合为 二解答题:本大题共6小题,共90分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15(本题满分14分) 已知且(1)求的值;(2)证明:16(本题满分14分)如图,正方形所在的平面与三角形所在的平面交于,平面,(第16题图)且 (1)求证:平面;(2)求证:平面平面; 17(本小题满分14分)某企业投入81万元经销某产品,经销时间共60个月,市场调研表明,该企业在经销这个产品期间第个月的利润函数(单位:万元)为了获得更多的利润,企业将每月获得的利润再投入到次月的经营中记第个月的利润率为,例如(1)求;(2)求第个月的当月利润率;(3)求该企业经销此产品期间,哪一个月的当月利润率最大,并求出该月的当月利润率18(本小题满分16分)已知椭圆的左顶点为A,左、右焦点分别为,且圆C:过两点(1)求椭圆标准的方程;(2)设直线的倾斜角为,直线的倾斜角为,当时,证明:点P在一定圆上;(3)设椭圆的上顶点为Q,在满足条件(2)的情形下证明:+19(本小题满分16分)已知数列的前项和满足:(为常数,且)(1)求的通项公式;(2)设,若数列为等比数列,求的值;(3)在满足条件(2)的情形下,设,数列的前项和为,若不等式对任意的恒成立,求实数的取值范围20(本小题满分16分)己知函数(,是自然对数的底)(1)若函数在点处的切线方程为,试确定函数单调区间;(2) 当,时,若对于任意,都有恒成立,求实数m的最小值; 当时,设函数,是否存在实数,使得若存在,求出t的取值范围;若不存在,说明理由数学试卷附加题21【选做题】在A,B,C,D四小题中只能选做2题,每题10分,共计20分请在答题卡指定区域内做答,解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤.B(选修42:矩阵与变换) 设是把坐标平面上的点的横坐标伸长到倍,纵坐标伸长到倍的伸压变换(1)求矩阵的特征值及相应的特征向量;(2)求逆矩阵以及椭圆在的作用下的新曲线的方程 C.(选修44:参数方程)以直角坐标系的原点O为极点,x轴的正半轴为极轴已知点P的直角坐标为(1,5),点M的极坐标为(4,),若直线l过点P,且倾斜角为 ,圆C以M为圆心、4为半径(1)求直线l关于的参数方程和圆C的极坐标方程; (2)试判定直线l和圆C的位置关系 22已知数列的前项和为,通项公式为,(1)计算的值;(2)比较与1的大小,并用数学归纳法证明你的结论.23如图所示,某城市有南北街道和东西街道各条,一邮递员从该城市西北角的邮局出发,送信到东南角地,要求所走路程最短.(1)求该邮递员途径C地的概率;ABC(2)求证:,().数学参考答案1【解析】由,得2【解析】因为,所以两边同时取模可得3【解析】由,知,因为,所以4【解析】由图示可知,甲的平均成绩为90,若要符合题意,被污损的数字只能是9,故所求概率为5【解析】显然,双曲线的渐近线方程为,焦点坐标是,由距离公式,得6【解析】由正三棱锥的概念知,顶点在底面的射影分别是正三角形和正三角形的中心,因为高相等,所以塔尖之间的距离即为两个正三角形中心间的距离,由平面几何易知,底边的长为7 xx【解析】由伪代码知,这是当型循环结构的算法,由于是正整数,所以最大值为xx89,在上是增函数, 即是方程的两个不等的正实数根,问题等价于方程有两个不等的正根设,易得,102【解析】是奇函数,奇函数的最大值与最小值之和为0,11【解析】由点在半圆上,所以,而当点位于点时,的面积最大可知,即,所以半椭圆的方程为12设则,在中,由余弦定理,知又当且仅当时,取“=”,所以,又的外接圆的半径13【解析】由题意,设该数列中的任意两项为,它们的积为,则,即,故必是81的正约数,即的可能取值为1,3,9,27,81,即的可能取值为1,3,9,27,81,所以的所有可能取值的集合为14【解析】则设(表斜率),则,则,故,所以 即15解:解:(1)将代入得(4分) 所以又, 解得(6分) (2)易得,又 所以,(8分) 由(1)可得,(10分) 所以(14分)16 证明:(1)正方形ABCD中, 又平面CDE, 平面CDE, 所以平面CDE(6分) (2)因为, 且, 所以,(8分) 又 且, , 所以,(12分) 又, 所以(14分)17解:(1)依题意得, -4分(2)当时,当时,则,而也符合上式,故当时,当时,所以,第个月的当月利润率为-10分(3)当时,是减函数,此时的最大值为当时,当且仅当,即时,有最大值为,当时,有最大值为, -13分即该企业经销此产品期间,第40个月的当月利润率最大,其当月利润率为-14分18解:(1)圆与轴交点坐标为,故,所以,椭圆方程是:(2)设点P(x,y),因为(,0),(,0),设点P(x,y),则tan,tan,因为,所以tan()因为tan(),所以化简得x2y22y3所以点P在定圆x2y2-2y3上(3)PQ2x2(y3)2x2y26y9,因为x2y232y,所以PQ2124y又PF12(x)2y22y62x,PF22(x)2y22y62x,2P F1P F224,因为3x293y26y,所以2 P F1P F24,+ ,又点P在定圆x2y22y3上,y0,所以2 P F1P F28y,从而(P F1+P F2)2PF122 P F1P F2PF224y128y124yPQ2所以PQPF1PF219解:(1)当时,得 -1分当时,由,即,得,得,即,是等比数列,且公比是, -5分 (2)由(1)知,即, -7分若数列为等比数列,则有,而,故,解得, 再将代入,得,由,知为等比数列, -10分 (3)由,知, 由不等式恒成立,得恒成立,-12分设,由,当时,当时, -14分而, -16分20(1)由题意,在点处的切线方程为,即,解得,当,在上单调递减,在单调递增(2)由,即,对于任意,都有恒成立,等价于对于任意恒成立记,设,对恒成立,在单调递增而,在上有唯一零点,在单调递减,在上单调递增,的最大值是和中的较大的一个,即,m的最小值为假设存在,使得,则问题等价于 ,当时,在上单调递减,即,得当时,在上单调递增,即,得当时,在上,在上单调递减,在上,在上单调递增,即(*)由(1)知在上单调递减,故,而,不等式(*)无解综上所述,存在,使得命题成立B(1)由条件得矩阵,它的特征值为和,对应的特征向量为及;(2),椭圆在的作用下的新曲线的方程为C解:(1)直线l的参数方程为,圆C的极坐标方程为(2)因为M(4,)对应的直角坐标为(0,4),直线l的普通方程为, 圆心到直线l的距离,所以直线l与圆C相离22解:(1)由已知,; 3分(2)由()知;下面用数学归纳法证明:当时, 4分()由()当时,;5分()假设时,即,那么,所以当时,也成立 8分由(1)和(2)知,当时, 9分所以当,和时,;当时,10分23解:(1)邮递员从该城市西北角的邮局A到达东南角B地,要求所走路程最短共有种不同的走法,其中途径C地的走法有种走法,所以邮递员途径C地的概率;3分(2)由,得,要证时,只要证时, 4分因为时,且,所以只要证,且时, 5分由于时,且 6分,9分所以成立,所以 10分
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