2019-2020年高三全真模拟数学试题4 Word版含答案.doc

2019-2020年高三全真模拟数学试题4 Word版含答案一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案直接填写在答题卡相应位置上.1 已知集合，则的子集个数为 【答案】82 设复数，（其中，为虚数单位）若，则的值为 开始S2，i1ixxii+1结束输出S YN（第3题） 【答案】13 运行如图所示的流程图，则输出的结果是 【答案】4 若直线是曲线 的一条切线，则实数b的值是 【答案】05 某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中 的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率为 【答案】 6 设定义在区间上的函数的图象与图象的交点横坐标为，则的 值为 【答案】7 已知一组数据，的方差为3，若数据，() 的方差为12，则的值为 【答案】8 已知函数是定义在上偶函数，且在区间上单调递减，则不等式 的解集为 【答案】9 我们知道，以正三角形的三边中点为顶点的三角形与原正三角形的面积之比为1：4，类比该命题得，以正四面体的四个面的中心为顶点的四面体与原正四面体的体积之比为 【答案】1：2710在平面直角坐标系，设双曲线的焦距为当，任意变化时，的最大值是 【答案】【解析】因为，即，令得，故，利用不等式得（当且仅当时等号成立）；11在平面直角坐标系中，若直线l与圆C1：和圆C2： 都相切，且两个圆的圆心均在直线l的下方，则直线l的斜率为 【答案】7【解析】设两切点分别为A、B，连结AC1、BC2，过C1作C1DAB交BC2于点D，得到直角三角形C1C2D，易得tanD C1C2 ，而xC1C2，所以tanD C1 xtan7，即直线l的斜率是7；12观察下列一组关于非零实数，的等式：a2b2(ab)(ab)，a3b3(ab)( a2abb2)，a4b4(ab)( a3a2bab2b3)，通过归纳推理，我们可以得到等式axxbxx(ab)( x1x2x3xxx)，其中x1，x2，x3，xxx构成一个有穷数列xn，则该数列的通项公式为xn (结果用，表示)【答案】xn【解析】易得数列xn是以为首项，为公比的等比数列，所以xn13已知角，满足若，则的值为 【答案】【解析】设，即， 又，即， 由得， 两式相除得， 解得14在平面直角坐标系中，设，分别为曲线与轴的两个交点，分别为曲线上的两个动点，则的取值范围是 【答案】【解析】易得曲线为半圆：，不妨设，当 方向相反，且长度均为2时，；设点在上的投 影点为，与交于点，且，则当为圆的切线时， （当且仅当时等号成立），所以 二、解答题：本大题共6小题，共90分请在答题卡指定区域内作答，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）在平面直角坐标系中，已知A（0，0），B（4，3），若A、B、C三点按顺时针方向排列构成等边三角形，且直线BC与x轴交于点D. （1）求cosCAD的值；（2）求点C的坐标 解：（1）设BAD，CAD， 因为，由三角函数的定义得，故， 即cosBAD=；（7分）（2）设点， 由（1）知， 因为，所以， 故点（14分）16（本题满分14分）（第16题）如图，四棱柱中，平面平面，且 （1）求证：平面；（2）求证：平面平面 证明：（1）四棱柱中， ， 因为平面， 平面， 所以平面；（6分） （2）因为平面平面， 平面平面， 平面， 由知， 所以平面，（10分） 又， 故平面，（12分） 而平面， 所以平面平面（14分）17（本题满分14分）如图，缉私船在A处测出某走私船在方位角为45，距离为10海里的C处，并测得走私船正沿方位角165的方向以9海里/时的速度沿直线方向航行我缉私船立即以v 海里/时的速度沿直线方向前去截获北北ABC（第18题）45165（1）若v，求缉私船的航向和截获走私船所需的时间；（参考结论：22）（2）若缉私船有两种不同的航向均能成功截获走私船，求v的取值范围 解：（1）设缉私船截获走私船所需的时间为 h， 依题意，得， 在ABC中，由正弦定理， 得， 所以22， 从而方位角为45，(3分) 在中，由余弦定理得， 当v时， 解得（负值已舍）， 答：缉私船的航向约为方位角，截获走私船所需时间为 h(7分) （2）由（1）知， 即， 令，因为缉私船有两种不同的航向均能成功截获走私船， 所以关于的方程必有两不同的正实根，(11分) 所以 解得(14分) 18（本题满分16分）在平面直角坐标系中，已知点为直线：上一点，过点作的垂线与以为直径的圆交于两点，（1）若，求圆的方程；（2）求证：点始终在某定圆上；（3）是否存在一定点(异于点)，使得为常数？若存在，求出定点的坐标；若不存在， 说明理由解：（1）设，则圆的方程为， 直线的斜率为，又，所以的斜率为， 从而的方程为，即， 则圆心到直线的距离为， 由， 解得2， 所以圆的方程为；（6分） （2）设， 由得， 消去参数得， 所以点的轨迹为圆，（10分） （3）设点，（为常数）， 则， 整理得，（13分） 因为，所以， 从而解得或（舍去）， 所以存在定点，使得（16分） 19（本题满分16分）已知函数(a0，b，c)（1）设若，在处的切线过点(1，0)，求的值；若，求在区间上的最大值；（2）设在，两处取得极值，求证：，不同时成立 解：（1）当，时，若，则，从而， 故在处的切线方程为 ， 将点(1，0)代入上式并整理得， 解得或；（5分） 若，则由得， 或， 若，则，所以为上的增函数，从而的最大 值为；（7分） 若，列表：10极小值0 所以的最大值为， 综上，的最大值为；（10分） （2）证明：假设存在实数a，b，c，使得与同时成立， 不妨设，则， 因为，（）为的两个极值点， 所以(a0)， 因为时，所以为区间上的减函数， 从而，这与矛盾， 故假设不成立，即不存在实数a，b，c，使得与同时成立(16分) 20（本题满分16分） 已知有穷数列，对任意的正整数，都有成立（1）若是等差数列，且首项和公差相等，求证：是等比数列； （2）若是等差数列，且是等比数列，求证： 证明：（1）依题意，且，（2分） 因为， 所以（）， 得， （）， （4分） 所以（）， 得， （），即（），（6分） 中，令得，即，所以， 所以， 从而，即证是等比数列；（8分） （2）因为是等比数列，不妨设公比为， 因为， 所以（）， 得， （）， 即（），（13分） 因为是等差数列，所以， 此时（）且对也适合， 所以（16分）试题（附加题） 21【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答若 多做，则按作答的前两题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤A（几何证明选讲） 如图，和分别与圆相切与点，且经过圆心， ，求证：（第21A题）证明：易得， 又， 故，（6分） 所以， 又， 故（10分） B（矩阵与变换）在平面直角坐标系中，已知，先将正方形绕原点逆时针旋转90，再将所得图形的纵坐标压缩为原来的一半，横坐标不变，求连续两次变换所对应的矩阵解：设将正方形绕原点顺时针旋转90所对应的矩阵为， 则，（3分） 设将所得图形的纵坐标压缩为原来的一半，横坐标不变对应的矩阵为， 则，（6分） 所以续两次变换所对应的矩阵（10分）C（极坐标与参数方程）在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为现以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线C的极坐标方程解：依题意， 因为， 所以，即，（5分） 化为极坐标方程得，即， 所以曲线C的极坐标方程为（10分）D（不等式选讲）设为互不相等的正实数，求证：证明：因为a0，b0， 所以要证， 只要证， 即要证，（5分） 只需证， 而ab，故成立（10分） 【必做题】第22、23题，每小题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤（第22题）22如图，在四棱锥PABCD中，已知棱AB，AD，AP两两垂直，长度分别为1，2，2若，且向量与夹角的余弦值为（1）求实数的值； （2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值解：以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz（如图）， 则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， 因为，所以C(，2，0)，(2分)（第22题） （1）从而(，2，2)，(1，2，0)， 则cos， 解得2；(5分) （2）易得(2，2，2)，(0，2，2)， 设平面PCD的法向量n(x，y，z)， 则n0，且n0， 即xyz0，且yz0， 所以x0，不妨取yz1， 则平面PCD的一个法向量n(0，1，1)，(8分) 又易得(1，0，2)， 故cos，n， 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为(10分)23证明二项式定理， 证明：当时，左边，右边，所以结论成立；（2分） 假设当时，结论成立， 则当时， （7分） 所以，结论对时也成立 由得，原命题得证（10分）