2019-2020年高三高考考前适应性模拟数学理卷（一）.doc

2019-2020年高三高考考前适应性模拟数学理卷（一）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.已知集合，则等于 （ ）A B C D2. 设函数，则（ ）A B C D3.我国古代算书孙子算经上有个有趣的问题“出门望九堤”：今有出门重九堤，堤有九木，木有九枝，枝有九巢，巢有九禽，禽有九雏，雏有九毛，毛有九色，问各几何？现在我们用右图所示的程序框图来解决这个问题，如果要使输出的结果为禽的数目，则在该框图中的判断框中应该填入的条件是 （ ）A B C D 4.在中，点在上，则的最小值是 （ ）A-36 B -9 C. 9 D365.设为正项等比数列的前项和，若，则的最小值为 （ ）A2 B3 C. 4 D66.函数的图象大致是（ ）A B C. D7. 下图中，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，且该几何体的顶点都在同一球面上，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A B C. D8. 已知抛物线的焦点为，准线为，为上一点，垂直于点分别为，的中点，与轴相交于点，若，则等于（ ）A B 1 C. 2 D49. 设，且的展开式中只有第4项的二项式系数最大，那么展开式中的所有项的系数之和是（ ）A 1 B C. 64 D10. 在半径为1的圆内任取一点，过且垂直与直线与圆交于圆两点，则长度大于的概率为（ ）A B C. D11. 斐波那契数列满足：.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论错误的是（ ）A B C. D 12.在直四棱柱 中，底面为菱形，分别是的中点，为的中点且，则的面积的最大值为（ ）A B3 C. D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上13.若复数满足，则 14.若满足约束条件，若有最小值6，则实数等于 15.已知为椭圆的两个焦点，为上一点，若的三边成等差数列，则的离心率为 16.关于的方程有两个不等实根，则实数的取值范围是 三、解答题 （解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知中，.（1）求；（2）若为边上一点，且的面积为，求的正弦值.18.如图1所示，在等腰梯形中，.把沿折起，使得，得到四棱锥.如图2所示.（1）求证：面面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.19. 据统计，某物流公司每天的业务中，从甲地到乙地的可配送的货物量的频率分布直方图，如图所示，将频率视为概率，回答以下问题.（1）求该物流公司每天从甲地到乙地平均可配送的货物量；（2）该物流公司拟购置货车专门运营从甲地到乙地的货物，一辆货车每天只能运营一趟，每辆车每趟最多只能装载40 件货物，满载发车，否则不发车。若发车，则每辆车每趟可获利1000 元；若未发车，则每辆车每天平均亏损200 元。为使该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公司应该购置几辆货车？20.设圆的圆心为，直线过点且不与轴、轴垂直，且与圆于，两点，过作的平行线交直线于点.（1）证明为定值，并写出点的轨迹方程；（2）设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求与的面积之和的取值范围.21. 已知函数在处的切线为.（1）求的单调区间与最小值；（2）求证：.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.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），圆的方程为.以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求的普通方程与的极坐标方程；（2）已知与交于，求.23.选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）解不等式；（2）已知不等式的解集为，且，求实数的取值范围.试卷答案一、选择题1-5: ABBBD 6-10: DCBDA 11、12：CB二、填空题13. 14. 5 15. 16. 三、解答题17.解析：（1）因为，所以，由得，所以，所以，即.又因为，所以，从而得，所以.（2）由已知得，所以，在中，由余弦定理得，由正弦定理得，故.18.解：（1）证明：在等腰梯形中，可知.因为，可得.又因为，即，则.又，可得面，故.又因为，则，则，所以，又，所以面，又面，所以面面；（2）设，过点作交于点，以点为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.在中，则，则，设平面的法向量为，由，得，取，可得平面的法向量为，设平面的一个法向量为，由，得，取，可得平面的一个法向量为.设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.19.解：（1）在区间的频率为，从甲地到乙地每天的平均客流量为：.（2）从甲地到乙地的客流量在的概率分别为.设运输公司每天的营业利润为. 若发一趟车，则的值为1000；若发2趟车，则的可能取值为xx，800，其分而列为xx800故； 若发3趟车，则的可能取值为3000，1800，600，其分布列为30001800600故； 若发4趟车，则的可能取值为4000，2800，1600，400其分布列为400028001600400故；因为2400235018501000，所以为使运输公司每天的营业利润最大，该公司每天应该发3趟车.20.（1）圆，圆心，半径，如图所示.因为，所以.又因为，所以，所以，又因为，所以，故，可得，根据双曲线的定义，可知点的轨迹是以为焦点的双曲线（顶点除外），易得点的轨迹方程为.（2）.依题意可设，由于，设.圆心到直线的距离，所以，又因为，解得.联立直线与双曲线的方程，消去得，则，所以，记的面积分别为，则，又因为，所以，所以的取值范围为.21.解：（1），故，得，又，所以，得.则，当时，单调递减；当时，单调递增，所以.（2）令，递增，所以，所以当时，令，递增，所以当时，要证，由，及得，故原不等式成立，只需证，即证.由（1）可得，且，所以，则原不等式成立.22.解：（1）曲线的普通方程为，把代入，化简得：曲线的极坐标方程为；（2）将代入曲线的极坐标方程，得，点极坐标，设为直线上除点外的任意一点，则在中，由正弦定理得，即，即为直线的极坐标方程.23.解：（1）由，当时，解得，此时，当时，解得，此时，当时，解得，此时无解.所以不等式的解集为.（2）因为在内有解，令，则，又有解，且，且，且，三者之一有解即可，解得.