2019届高三数学下学期第六次模拟考试试题 理(含解析) (I).doc

2019届高三数学下学期第六次模拟考试试题 理(含解析) (I)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，若，则等于( )A. 2 B. 3 C. 2或3 D. 2或4【答案】C【解析】由题意可得：，结合交集的定义可得：则等于2或3.本题选择C选项.2. 若平面区域，夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两面三刀条平行直线间的距离的最小值是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】作出平面区域如图所示：当直线y=x+b分别经过A，B时，平行线间的距离相等。联立方程组,解得A(2,1)，联立方程组,解得B(1,2).两条平行线分别为y=x1，y=x+1，即xy1=0，xy+1=0.平行线间的距离为，本题选择D选项.3. 下列说法正确的是( )A. “若，则”的否命题是“若，则”B. 在中，“”是 “”的必要不充分条件C. “若，则”是真命题D. 使得成立【答案】C【解析】对于A,“若a1,则a21”的否命题是“若a1,则a21”，故A错；对于B，在ABC中，“AB”“ab”“2RsinA2RsinB”“sinAsinB”，故在ABC中，“AB”是“sinAsinB”充分必要条件，故B错；对于C,tan=(kZ,“tan,则”“=则tan=”故C正确；对于D,由幂函数y=xn(n4x成立，故D错。本题选择C选项.4. 为得到函数的图象，可将函数的图象( )A. 向右平移个单位 B. 向左平移个单位C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位【答案】A【解析】原函数，新函数，则函数图象需要向右平移：个单位.本题选择A选项.点睛：三角函数图象进行平移变换时注意提取x的系数，进行周期变换时，需要将x的系数变为原来的倍，要特别注意相位变换、周期变换的顺序，顺序不同，其变换量也不同5. 某公司的班车在7：00，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：设小明到达时间为y，当y在7：50至8：00，或8：20至8：30时，小明等车时间不超过10分钟，故P=考点：几何概型6. 等比数列中，则数列的前8项和等于( )A. 6 B. 5 C. 4 D. 3【答案】C【解析】试题分析：由等比数列的性质知，所以 故选C考点：等比数列的性质，对数的运算7. 已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于两点，为坐标原点，若的面积为，则双曲线的离心率为( )A. B. 2 C. D. 4【答案】B【解析】y2=8x的准线方程为l:x=2，双曲线的两条渐进线与抛物线y2=8x的准线分别交于A,B两点,ABO的面积为，b=a，c=2a，.本题选择B选项.点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2c2a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)8. 存在函数满足，对任意都有( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】A：取，可知，即，再取，可知，即，矛盾，A错误；同理可知B错误，C：取，可知，再取，可知，矛盾，C错误，D：令，符合题意，故选D.考点：函数的概念9. 已知的外接圆的圆心为，半径为2，且，则向量在向量方向上的投影为( )A. 3 B. C. -3 D. 【答案】B【解析】ABC的外接圆的圆心为O,半径为2,且，OBAC为平行四边形。ABC的外接圆的圆心为O,半径为2,得，四边形OBAC是边长为2的菱形,且ABO=ACO=60，因此,ACB=ACO=30，向量在方向上的投影为：，本题选择B选项.10. 在正三棱柱中，则与所成角的大小为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】以A为原点,在平面ABC中过A作AC的垂线为x轴,以AC为y轴,AA1为z轴,建立空间直角坐标系如图所示，设BB1=,则A(0,0,0),，,，,，AB1与C1B所成角的大小为.本题选择D选项.点睛：本题可从两个不同角度求异面直线所成的角，一是几何法：作证算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线的夹角的余弦值为.11. 如图，网格上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A. 6 B. C. D. 4【答案】A【解析】试题分析：由三视图,可判断几何体为四面体,且四面体的长,宽,高均为,故可考虑于棱长为的正方体中研究,如图所示,该四面体为,，故最长的棱长为,选A.考点:三视图.【易错点睛】本题考查了三视图视角下多面体棱长的最值问题,考查了考生的识图能力以及由三视图还原物体的空间想象能力.解答醒的关键是得到该几何体的形状.放在正方体中构造几何体的形状是本题的难点,由正方体还原几何体的形状后就很容易求同各个棱的长度.本题难度中等,对学生的识图能力有一定的要求.12. 若存在两个正实数，使得等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】由3x+a(2y4ex)(lnylnx)=0得3x+2a(y2ex)ln=0，即，即设，则t0，则条件等价为3+2a(t2e)lnt=0，即(t2e)lnt=有解，设g(t)=(t2e)lnt，为增函数，当te时,g(t)0，当0te时,g(t)0，即当t=e时,函数g(t)取得极小值为：g(e)=(e2e)lne=e，即g(t)g(e)=e，若有解，则,即，则a0或，实数的取值范围是本题选择D选项.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 设复数，其中是虚数单位，则的模为_.【答案】【解析】由复数的运算性质可得：.14. 的展开式中，的系数为15，则_.【答案】【解析】展开式的通项公式为：，令10-r=7可得：r=3，则x7的系数为：。15. 用数字1，2，3组成的五位数中，数字1，2，3均出现的五位数共有_个（用数字作答）.【答案】150【解析】使用排除法，首先计算全部的情况数目，共33333=243种，其中包含数字全部相同即只有1个数字的3种，还有只含有2个数字的有：(222222)=90种；故1、2、3都至少出现一次，即含有3个数字的有243390=150种。点睛：解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)16. 已知数列满足，若表示不超过的最大整数，则_.【答案】1【解析】由递推关系可得：，又，据此可得：数列是首项为1，公差为1的等差数列，则当n2时：，据此有：.很明显：，则1.三、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. 函数的部分图象如图所示.(1) 求函数的解析式；(2) 在中，角满足，且其外接圆的半径，边长，求的面积.【答案】(1) ；(2) .【解析】试题分析：(1)结合函数图象分别求得的值即可得到函数的解析式为；(2)由题意结合余弦定理求得b=2，然后结合面积公式可得的面积为.试题解析：（1）由图，解得，即由于，因此，（2），即由，得，的面积为.18. 某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险峰种的投保人称为续保人，续保人的本xx的保费与其上处度的出险次数的关联如下：设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：(1) 求一续保人本xx的保费高于基本保费的概率；(2) 若一续保人本xx的保费高于基本保费用，求其保费比基本保费高出60%的概率；(3) 求续保人本xx的平均保费与基本保费的比值.【答案】(1)0.55；(2)；(3)1.23.【解析】试题分析：(1)利用概率的性质可得一续保人本xx的保费高于基本保费的概率是0.55；(2)结合条件概率计算公式可得一续保人本xx的保费高于基本保费用，求其保费比基本保费高出60%的概率是；(3)首项列出分布列，然后结合分布列计算可得续保人本xx的平均保费与基本保费的比值是1.23.试题解析：(1) 设表示事件：“一续保人本xx的保费高于基本保费”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于1，故(2) 设表示事件：“一续保人本xx的保费比基本保费高出60%”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于3，故又，故，因此所求的概率为(3)记续保人本xx的保费为，则的分布列为0.300.150.200.200.100.05，因此续保人本xx的平均保费与基本保费的比值为19. 如图，在各棱长均为2的三棱柱中，侧面底面，.(1) 求侧棱与平面所成角的正弦值的大小；(2) 求异面直线间的距离；(3) 已知点满足，在直线上是否存在点，使平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)；(3) 存在点，使平面，且为点.【解析】试题分析：(1)建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量和平面的法向量可得侧棱与平面所成角的正弦值的大小是；(2)结合异面直线距离公式计算可得异面直线间的距离是；(3)利用空间向量的结论计算可得存在点，使平面，且为点.试题解析：(1) 面底面，作于点面，又 ，且各棱都相等故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则设平面的法向量为，则，即，所以，取由，侧棱与平面所成角的正弦值的大小为；(2) 异面直线公垂线的方向向量；，取异面直线的距离为(3) ，所以点的坐标为假设存在点符合题意，设，则因平面，为平面的法向量又面，故存在点，使平面，且为点.20. 已知椭圆，直线与椭圆在第一象限内的交点是，点在轴上的射影恰好是椭圆的右焦点，椭圆的另一个焦点是，且.(1) 求椭圆的方程；(2) 直线过点，且与椭圆交于两点，求的内切圆面积的最大值.【答案】(1)；(2)3.【解析】试题分析：(1)由题意求得，所以椭圆的方程为；(2)由题意求得内切圆的面积函数：，换元之后结合对勾函数的性质可得面积的最大值为3.试题解析：（1）点在直线上，点在轴上的射影恰好是椭圆的右焦点 ，所以为又，所以.又在椭圆 上，解得，所以椭圆的方程为.（2）由（1）知，过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为，则（为三角形的内切圆半径），当面积最大时，其内切圆面积最大设直线的方程为：由得所以令，则，所以，而在上单调递增，所以，当时取等号，即当，面积的最大值为3点睛：直线与椭圆联立问题第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程第三步：求解判别式：计算一元二次方程根的判别式0.第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出第五步：根据题设条件求解问题中的结论21. 已知函数.(1) 求的极值；(2) 当时，求证：【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：(1)结合导函数研究原函数可得在时取极小值，极小值为，无极大值.(2)原问题等价于.构造新函数，结合题意和函数的特征即可证得题中的结论.试题解析：(1)，时，递增；时，递减，在时取极小值，极小值为，无极大值.（2）因为，所以只需证明.设，则，所以递增，又，所以有且只有一个根，记为，.在递减，在递增，所以 ，设，递增.，故结论成立.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. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），若以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知圆的极坐标方程为.(1) 求圆的直角坐标方程；(2) 若直线与圆交于两点，点的直角坐标为（0，2），求的值.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：(1)将极坐标方程两侧同时乘以，据此即可将极坐标方程转化为直角坐标方程；(2)联立直线的参数方程与圆的直角坐标方程，结合韦达定理和直线参数的几何意义可得的值是.试题解析：(1)圆的极坐标方程为，化为，可得直角坐标方程：，配方为.(2)把（为参数）代入，得设对应参数分别为，则，.所以 .23. 设函数(1) 解不等式；(2) 若对一切实数均成立，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：（1）分类讨论，当时；当时；当时，分别求出不等式的解集，再把解集取并集；（2）利用绝对值的性质，求出的最小值为，故.试题解析：（1）不等式的解集为：.（2），所以，的最小值为，故考点：1、绝对值不等式的解法；2、不等式恒成立求参数范围.