2019届高三数学下学期第七次模拟考试试题 理(含解析).doc

2019届高三数学下学期第七次模拟考试试题 理(含解析)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（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】,选C.2. 设复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）A. B. C. -1 D. 1【答案】D【解析】,虚部为1,选D.3. 中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得其关，要见次日行里数，请公仔细算相还。”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地。”请问第三天走了（ ）A. 60里 B. 48里 C. 36里 D. 24里【答案】B【解析】由题意得等比数列 ， ,求 4. 在某次联考数学测试中，学生成绩服从正态分布，若在内的概率为0.8，则任意选取一名学生，该生成绩不高于80的概率为（ ）A. 0.05 B. 0.1 C. 0.15 D. 0.2【答案】B【解析】 ,选B.5. 已知的最大值为，若存在实数，使得对任意实数总有成立，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 所以 ,选B.6. 在下列命题中，属于真命题的是（ ）A. 直线都平行于平面，则B. 设是直二面角，若直线，则C. 若直线在平面内的射影依次是一个点和一条直线，（且），则在内或与平行D. 设是异面直线，若与平面平行，则与相交【答案】C【解析】直线都平行于平面，则可平行,可异面,可相交; 设是直二面角，若直线，则或 ; 直线在平面内的射影是一个点,所以,又 ,所以在内或与平行;是异面直线，若与平面平行，则与相交或 ,因此选C.7. 已知平面区域，现向该区域内任意掷点，则该点落在曲线下方的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】概率是 ,选A.点睛：(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率8. 若的展开式中所有项的系数的绝对值之和为1024，则该展开式中的常数项是（ ）A. -270 B. 270 C. -90 D. 90【答案】C【解析】在的展开式中,令,可得展开式的各项系数绝对值之和为,.故展开式的通项公式为令,求得,故展开式中常数项为.因此，本题正确答案是: .点睛:求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.(3)各项系数和，各项系数绝对值的和，常用赋值法处理.9. 若分别是双曲线的左右焦点，为坐标原点，点在双曲线的左支上，点在双曲线的右准线上，且满足， ，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2 D. 3【答案】C【解析】由得四边形 为平行四边形,由得OP为 角平分线,因此四边形 为菱形，所以 ，因此 ，选C.10. 执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】循环依次为 直至结束循环，输出，选D.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.11. 已知函数，若对任意，恒成立，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】, 且 ，所以函数为单调递减的奇函数，因此 即 ，选A.点睛：解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内12. 已知函数的定义域为，当时，且对任意的实数，等式成立，若数列满足，且，则下列结论成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 当 时 与时，矛盾，因此 当时，设 ，则,因此为单调减函数，从而 ,选D.点睛：(1)运用函数性质解决问题时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.(2)在研究函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去，即将函数值的大小转化自变量大小关系, 对称性可得到两个对称的自变量所对应函数值关系.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 设满足约束条件，若目标函数的最大值为8，则的最小值为_【答案】4【解析】试题分析：满足约束条件的平面区域如图，由，得，由，.当且仅当时，上式等号成立.所以的最小值为考点：简单线性规划的应用14. 如图，在一个几何体的三视图中，主视图和俯视图都是边长为2的等边三角形，左视图是等腰直角三角形，那么这个几何体外接球的表面积为_【答案】【解析】几何体为一个三棱锥，如图，高为，底面为边长为2正三角形，因此外接球的半径等于 ，表面积为 15. 已知，则_【答案】【解析】 所以 16. 元宵节灯展后，如图悬挂有9盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，共有_种不同取法（用数字作答）【答案】1680【解析】 点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题间接法.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知，其中，若的最小正周期为.（1）求函数的单调递增区间；（2）锐角三角形中，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）先根据二倍角公式以及辅助角公式将函数化为基本三角函数：，再根据正弦函数周期性质求，并根据单调性性质求单调增区间（2）先根据正弦定理将边化为角，由诱导公式及两角和正弦公式化简得，即得，根据锐角三角形得A取值范围，根据正弦函数性质求的取值范围.试题解析：（1），最小正周期为，令，即，的单调递增区间为.（2），整理得：，锐角三角形，且，.18. 一个盒子里装有大小均匀的8个小球，其中有红色球4个，编号分别为1,2,3,4；白色球4个，编号分别为2,3,4,5. 从盒子中任取4个小球（假设取到任何一个小球的可能性相同）.（1）求取出的4个小球中，含有编号为4的小球的概率；（2）在取出的4个小球中，小球编号的最大值设为，求随机变量的分布列和期望.【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）由题为古典概型，需先算出8个球取出4个的所以情况，在求4个球中含编号为4的基本事件数，可分类含一个编号为4的球，或含2个编号为4的球（互斥事件）概率可求；（2）由题意先分析出（取出4个编号最大的值）的可能取值，再分别求出对应的概率（互斥事件），可列出分布列。试题解析：（1）8个球取出4个的所以情况有；种， 取出4个球中含一个编号为4的球有；种取出4个球中含两个编号为4的球有；种，则；（2）X的可取值为3,4,5 X的分布列为考点：（1）互斥事件概率的算法 （2）离散型随机变量分布列。19. 如图，四棱锥的底面是正方形，底面，点分别在棱上，且平面.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.（3）求二面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】试题分析：（1）先根据线面垂直性质定理得，再由，以及线面垂直判定定理得平面，即得，由平面，有，再由线面垂直判定定理得平面，即得；（2）因为平面，所以为在平面内的射影，延长交于点，则为（即）与平面所成的角，解直角三角形得线面角正弦值.（3）以空间向量求角二面角，先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解平面法向量，由向量数量积得两法向量夹角余弦值，最后根据二面角与两法向量关系得结果试题解析：（1）因为四边形是正方形，所以，又因为底面，所以，故平面，又平面，则，而平面，有，则平面，故.（2）如图，延长交于点，因为平面，所以为在平面内的射影，故为（即）与平面所成的角，又因为，则有，在中，故与平面所成角的正弦值为.（3）分别以为轴建立空间直角坐标系，所以，设平面的法向量，那么，令，则，由（1）知，平面的法向量，设所求二面角的大小为，且为锐角，所以，所以二面角的余弦值为.20. 已知椭圆的焦距为，设右焦点为，过原点的直线与椭圆交于两点，线段的中点为，线段的中点为，且.（1）求弦的长；（2）当直线的斜率，且直线时，交椭圆于，若点在第一象限，求证：直线与轴围成一个等腰三角形.【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）关键求点A坐标关系：设，则根据条件表示，再根据向量数量积得，即得的长为.（2）证直线与轴围成一个等腰三角形，就是证直线的斜率相反.先确定A点坐标，并求出椭圆方程，再设与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理可得两点横坐标和与积的关系，代入直线的斜率公式，并化简可证它们为相反关系.试题解析：（1）因为椭圆：的焦距为，则，设，则，则，所以的长为.（2）因为直线的斜率时，且直线，所以，设，由（1）知，所以，又半焦距为，所以椭圆，联解：得，设，则，设直线的斜率分别为，则，那么 ，所以直线与轴围成一个等腰三角形.21. 已知函数.（1）当时，求函数的最值；（2）当时，对任意都有恒成立，求实数的取值范围；（3）当时，设函数，数列满足，求证：，.【答案】（1），无最大值.（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律确定单调性，进而确定最值（2）当时,利用导数易得为单调递增函数，且 ，因此（3）先证明为单调递增函数，再利用数学归纳法证明试题解析：（1），令，得，则随变化如下：所以，无最大值.（2）设，则，当时，且，函数在上是增加的，成立；当时，令，得，当，函数在上是减小的，而，所以，当时，所以不恒成立，综上，对任意都有恒成立时，.（3），又，当时，在上是增加的，所以，当时，而，成立.，假设时，成立，那么当时，而，成立.综合，得：，成立.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直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），以为极点，以轴非负半轴为极轴，建立极坐标系.（1）求圆的极坐标方程；（2）若直线（为参数）与圆交于两点，且，求的值.【答案】（1）（2）或.【解析】解(1)由圆C的参数方程可得圆C的圆心为（2,0），半径为2，所以圆C的极坐标方程为 (2)由直线可求得直线的直角坐标方程为.由知圆心到距离,可得或.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）对任意，都有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）或.【解析】试题分析：（1）先根据绝对值定义将不等式转化为三个不等式组，分别求解集，最后求并集得解集；（2）先分离得，再由（1）知在 单调递减，在 单调递增，在 为常函数，所以分类讨论得最大值，解对应不等式可得实数的取值范围.试题解析：（1）函数，所以当时，即，所以，所以当时，即，所以；所以当时，即，所以，综上，.（2）因为，当时，即，当时，即，综上，或.点睛：不等式有解是含参数的不等式存在性问题时，只要求存在满足条件的即可；不等式的解集为R是指不等式的恒成立，而不等式的解集的对立面（如的解集是空集，则恒成立）)也是不等式的恒成立问题，此两类问题都可转化为最值问题，即恒成立，恒成立.