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2019届高三毕业班第二次模拟考试理科数学答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分1.【答案】B【命题意图】本题考查集合的运算【解析】由已知得M=x|-2x,N=x10 x1,故MUN=x|-2x1.2.【答案】C【命题意图】本题考查复数的相关概念及基本运算【解析】因为a,bR,a-2i与1+bi互为共轭复数，所以a=1,b=2,所以(a-bi)i=(1-2i)i2=-1+2i.3.【答案】B【命题意图】本题考查统计图表的理解【解析】该校文科女教师的人数为1200.7=84，理科女教师的人数为1500.4=60，所以该校女教师的人数为144.4.【答案】C【命题意图】本题考查等差数列性质的应用【解析】因为S是等差数列，且S2=30,S4=60,所以公差d=(60-30)=15,所以a10=S10-Sg=d=15.5.【答案】A【命题意图】本题考查简单的线性规划问题x-2y+20，【解析】不等式组5x-2y-60，表示的平面区域如图阴影部分所示，平移直线x+2y=0至经过点C时，3x+2y+60z取得最大值.由x-2y+2=0,x=2得、即C(2,2),所以zmax=2+22=6.5x-2y-6=0ly=2,25x-2y-6=0TIAx-2y+2=02C1023x-12x+2y=0-3B3x+2y+6=06.【答案】D【命题意图】本题考查平面向量的线性运算和数量积运算【解析】以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0),B(4,0),E(1,4),F(5,1).所以AF=(5,1),BE=(-3,4).所以AFBE=(5,1)(-3,4)=-15+4=-11.1-D7.【答案】D【命题意图】本题考查三角函数的诱导公式以及三角恒等变换的应用.【解析】由题意得am2x+m2x-20=0,解得am2x=-5或am2=4.因为xe(,日），所以2xe【2m,所以an2x0，所以an2x=4.cos4w三cos2-sim22xeos2x-sin2x-1-an2xe-1sin22x cos22x 1 tan22x8.【答案】A【命题意图】本题考查双曲线的标准方程和基本性质【解析】由题意得A(a,0),双曲线的渐近线方程为y=合，不妨设B点为直线=a与y=名：的交点，则的坐标为(a,b),因为AB L FA,LBFA=30,所以an L BFA=A=6=YC-台，解得e王IFAIa+c 1+e9.【答案】C【命题意图】本题考查空间几何体的三视图和体积计算.【解析】如图所示，该几何体可以看作是三棱柱ABF-DCE切掉三棱锥C-DEG剩余的部分，所以该几何体的体积为)66x6-33266=90.10.【答案】B【命题意图】本题考查抛物线的标准方程和几何性质.【解析】如图所示，由抛物线的对称性，不妨设A,B都在x轴上方.过F点作FCAB于点C.因为AF与BF的倾斜角互补，所以ABF为等腰三角形，所以IACI=IBC1=P,所以点A的横坐标为)P.代入抛物线方程可1RE得A的纵坐标为p,所以1PC=5n所以SAm=行（受+）x3D=25,解得p=25。11.【答案】A【命题意图】本题考查几何概型的概率计算.2【解析】设BD=2,由已知可得ABD,BCD是全等的等边三角形，所以S四边形ACD=222=2.3整个图形可以看作由两个弓形组成，其面积S=24-(4-4sin)=#+23.所以所求的概率为2333+238+3312.【答案】C【命题意图】本题考查函数极值的概念以及三角函数的性质【解析】当k=2019时，f(x)=(x-1)201cos 2 019x.当x(.1)时,2 019mx(2018m+,2019m),cos 2 019mx0,(x-1)20.当x(1)时，2019x(2019#.2019+)，cos2019x0.所以f(x)0,(x-1)00.所以f(x)0.当x(1,)时，2020 x(2020，2020+).cos2020 x0,(x-1)0200,所以f(x)0.而f(1)=0,所以f(x)在x=1处取得极小值.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.【答案】1)【命题意图】本题考查分段函数和函数的单调性2-3a0,【解析】由题意得.0a1,解得a0,所以a=1.15.【答案】3【命题意图】本题考查递推数列，以及基本不等式的应用LTURE【解析】an=an-an_1+an_1-an_2+a2-a1+a1=2(n-1)+2(n-2)+2+7=2(1+2+n-1)+7=n2-n+7.所以=n-2+=n+1+-3=2,9-3=3，当且仅当n+1=+1即n=2时取等号，故的最小值为3.16.【答案】61785【命题意图】本题考查空间几何体的特征以及线面角的计算，考查空间想象能力【解析】设AT=x,A1T=y,则x+y=1.由题意易知该截面六边形的对边分别平行，即OPSR,OTQRPQTS,则DOPB1SR.又因为DP=DO=1,所以B1S=B1R=,所以A1S=CR=.由ATO319.【命题意图】本题考查空间几何体的性质，面面平行的证明以及用空间向量计算二面角【解析】(I)G点与B点重合.(1分)下面证明平面BEF平面DA1C1:因为E,F分别是A1B1和B1C1的中点，所以EFA1C1因为 EFC平面 DA1C1,A1C1 C平面 DAC1,所以 EF/平面 DA1C1.(3分)因为D,E分别是AB和A1B1的中点，所以DBA1E,且DB=A1E,所以四边形BDAE是平行四边形，所以BEA1D.因为 BEC平面 DA1C1,A1DC平面 DA1C1,所以 BE/平面 DA1C.(5分)又因为 BEEF=E,所以平面 BEF/平面 DAC.(6分)CC1FBAEA()由(I)可得二面角E-FG-B1即E-FB-B1.以D点为坐标原点，分别以DA,DE,DC所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系(7分)则D(0,0,0),A1(1,3,0),C1(0,3,3).所以DA1=(1,3,0),DC=(0,3,3).因为平面BEF平面DA1C1,所以平面BEF的法向量即平面DA1C1的法向量，设为n=(x,y,z),则nDA1=x+3y=0,令y=-1,则n=(3,-1,3).(9分)nDC=3y+3z=0.同理可得平面BB1F的一个法向量为m=(/3,0,-1).则cos(m,n)=(11分)由图易知二面角E-FG-B1的平面角是锐角,所以余弦值为(12分)20.【命题意图】本题考查椭圆的标准方程和几何性质文化【解析】(I)因为椭圆C的焦距为23，所以c=3因为左顶点与上顶点连线的斜率为，所以a=2bCULTURE所以c2=a2-b2=3b2=3,得b2=1,a2=4.所以椭圆C的标准方程为+y2=1.(4分)()由题意知，m|1.当|ml=1时，|MN=3.(5分)当lml1时，易知切线l的斜率存在，设切线l的方程为y=k(x-m).y=k(x-m),由得(1+4k2)x2-8kmx+4km2-4=0.(6分)+=1设M(y),N(x)，则+5由过点P(m,0)的直线1与圆2+y=1相切，得d=m=1,即2=1(8分)1+km2-1所以IMNI=1+k4m24=451ml=45+4k1+4k2m2+33-2，(10分3当且仅当1ml=,即m=5时，1MN1=2,即1MN1的最大值为2，所以m=3】（12分)21.【命题意图】本题考查导数的计算，以及利用导数研究函数的单调性、极值和零点等，重点考查分类讨论思想的应用。【解析】(I)设函数p(x)=lnx-x+1,则o(x)=1-1,x0.令p(x)=0得x=1,则在(0,1)上，p(x)0,p(x)递增，在(1，+)上，p(x)0,p(x)递减，所以p(x)p(1)=0,即lnxx-1.(3分)）(I)当a-2时x)=ng-2+2x-1-2+2x=-(x-)+子子31前面的“”仅当：=1时取等号，后面的“”仅当x=时取等号，不能同时取到所以)0,所以h(x)=maxf(x),g(x)g(x)0,所以h(x)在区间(1，+)上不可能有零点下面只考虑区间(0,1)上和x=1处的情况由题意x)的定义域为(0，+)(x)=1-2x+a=-2x+ar+1令()=0可得=a+8(负值舍去.在(0，)上(x)0,)递增，在(，+0)上”(x)0,4f八x)递减，f八x)m=f八无0）.(7分）当a=1时，=1，所以f(x)=f1)=0.因为在区间(0,1)上，g(x)0,且g(1)=0,所以此时h(x)存在唯一的零点X=1,(8分)2当0a1时，6-+81因为r(x)=2,+a=0,所以a=2。14所以)=ln-6+(2x,合)上nx+号-1n1+-10RE于是f(x)1时，-a+81,所以x)在(0,1)上递增4所以f(x)在区间(0,1)上存在唯一的零点x=x结合函数g(x)的性质，可知x=x1是h(x)唯一的零点.（11分）综上所述：当01时，h(x)在(0，+o)上也有1个零点.(12分）6