《届高三数学第三次模拟考试试题 文(含解析) 试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高三数学第三次模拟考试试题 文(含解析) 试题.doc（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、山东省郓城一中等学校2019届高三数学第三次模拟考试试题 文（含解析）一、选择题1.已知集合Ax|2x3，函数f（x）ln（1x）的定义域为集合B，则AB（ ）A. 2，1B. 2，1）C. 1，3D. （1，3【答案】B【解析】【分析】求出集合，再利用交集运算得解【详解】由得：，所以集合，又所以.故选：B【点睛】本题主要考查了集合交集运算，属于基础题。2.若复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，则（ ）A.B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】利用已知求得，再利用复数的乘法、除法运算计算即可得解。【详解】 ，复数在复平面内的对应点关于虚轴对称， ， 故选:B【点睛】本题主要考查了复数的
2、对称关系，还考查了复数的除法、乘法运算，属于基础题。3.已知等差数列an的前5项和为15，a66，则a2019（ ）A. 2017B. 2018C. 2019D. 2020【答案】C【解析】【分析】根据已知得到关于的方程组，解方程组即得解，再利用等差数列的通项求a2019.【详解】由题得，所以.故选：C【点睛】本题主要考查等差数列的通项和前n项和公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.已知命题p：xR，x20，则是（ ）A. xR，x20B. xR，x20C. xR，x20D. xR，x20【答案】D【解析】【分析】直接利用全称命题的否定解答.【详解】因为命题p：x
3、R，x20，所以：xR，x20故选：D【点睛】本题主要考查全称命题否定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，是由七块板组成的而这七块板可拼成许多图形，例如：三角形、不规则多边形、各种人物、动物、建筑物等，清陆以湉冷庐杂识写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余在18世纪，七巧板流传到了国外，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部七巧新谱若用七巧板拼成一只雄鸡，在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡尾（阴影部分）的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设包含7块板的正方形边长为，其面积为，计算雄鸡
4、的鸡尾面积为，利用几何概型概率计算公式得解。【详解】设包含7块板的正方形边长为，其面积为则雄鸡的鸡尾面积为标号为的板块，其面积为所以在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡尾（阴影部分）的概率为.故选：C.【点睛】本题主要考查了几何概型概率计算，考查观察能力，属于基础题。6.已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为1的正方形，正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，则此几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先通过三视图找到几何体原图，再利用锥体体积公式求体积.【详解】由题得几何体是如图所示的正四棱锥，底面是边长为1的正方形，斜高PH=PG=1,所以几何体的高为.
5、所以几何体的体积为.故选：A【点睛】本题主要考查三视图还原几何体和几何体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.7.如图所示的函数图象，对应的函数解析式可能是（ ）A. y2xx21B. y2xsinxC. D. y（x22x）ex【答案】D【解析】【分析】对B选项的对称性判断可排除B. 对选项的定义域来看可排除，对选项中，时，计算得，可排除，问题得解。【详解】 为偶函数，其图象关于轴对称，排除B.函数的定义域为，排除.对于，当时，排除故选：D【点睛】本题主要考查了函数的对称性、定义域、函数值的判断与计算，考查分析能力，属于中档题。8.函数的图象可由函数的图象（ ）A
6、. 向右平移个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变得到B. 向右平移个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变得到C. 向左平移个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的，横坐标不变得到D. 向左平移个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的，横坐标不变得到【答案】D【解析】【分析】合并得：，利用平移、伸缩知识即可判断选项。【详解】由得：将它的图象向左平移个单位，可得函数的图象，再将上述图象上所有点的纵坐标缩短到原来的，横坐标不变得到：图象.故选：D【点睛】本题主要考查了三角函数图象的平移、伸缩变换，考查了两角差的正弦公式，属于中档题
7、。9.在边长为1的等边三角形ABC中，点P是边AB上一点，且BP2PA，则（ ）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】利用向量的加减法及数乘运算用表示，再利用数量积的定义得解。【详解】依据已知作出图形如下：.所以故选：C【点睛】本题主要考查了向量的加减法及数乘运算，还考查了数量积的定义，考查转化能力，属于中档题。10.一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（ ）A. 6B. 12C. 32D. 48【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中S
8、A平面ABC,BC平面SAB,SA=AB=BC=2,所以AC=2,设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，OA=OC=OS=,在直角三角形SBC中，OB=,所以OA=OC=OS=OB=,所以点O是四面体的外接球球心，且球的半径为.所以四面体外接球的表面积为.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.11.已知P为双曲线C：（a0，b0）上一点，F1，F2为双曲线C的左、右焦点，若|PF1|F1F2|，且直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，则C的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】依据题意作出
9、图象，由双曲线定义可得，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，可得，对在两个三角形中分别用余弦定理及余弦定义列方程，即可求得，联立，即可求得，问题得解。【详解】依据题意作出图象，如下：则，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，所以,所以由双曲线定义可得：，所以，所以整理得：，即：将代入，整理得：，所以C的渐近线方程为故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及圆的曲线性质，还考查了三角函数定义及余弦定理，考查计算能力及方程思想，属于难题。12.已知函数f（x）2x1，（aR），若对任意x11，），总存在x2R，使f（x1）g（x2），则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案
10、】C【解析】【分析】对a分类讨论，分别求出函数f（x）和的值域，比较两个函数的值域即得解.【详解】当a=0时，函数f（x）2x1的值域为1,+），函数 的值域为0,+ +）满足题意.当a0时，y=的值域为（2a,+）,y=的值域为a+2,-a+2,因为a+2-2a=2-a0,所以a+22a,所以此时函数g(x)的值域为（2a,+）,由题得2a1，即a，即a0.当a0时，y=的值域为（2a,+）, y=的值域为-a+2,a+2,当a时，-a+22a,由题得.当0a时，-a+22a，由题得2a1，所以a.所以0a.综合得a的范围为a或1a2.故选：C【点睛】本题主要考查函数的值域的求法，考查数形结
11、合和分类讨论的思想，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题13.焦点在x轴上，短轴长等于16，离心率等于的椭圆的标准方程为_【答案】【解析】【分析】由短轴长等于16可得，联立离心率及即可求得，问题得解。【详解】由题可得：，解得：又，解得：所以所求椭圆的标准方程为.【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质，考查计算能力，属于基础题。14.若x，y满足约束条件，则zx2y的最大值为_【答案】10【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域，利用线性规划知识求解。【详解】作出不等式组表示的平面区域如下：作出直线 ，当直线往下平移时，变大，当直线经过点时，【点睛】本题主要考查了利用线
12、性规划求目标函数的最值知识，考查作图及计算能力，属于基础题。15.设数列an满足a12a23a3nan2n，则an_【答案】【解析】【分析】由题得a12a23a3nan2n，（1）a12a23a3（n-1）an-12n-1,n2，（2）两式相除即得数列的通项.【详解】由题得a12a23a3nan2n，（1）a12a23a3（n-1）an-12n-1,n2，（2）两式相除得nan2，所以.由题得,满足.故.故答案为：【点睛】本题主要考查递推数列通项的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.16.如图，边长为1的正方形ABCD，其中边DA在x轴上，点D与坐标原点重合，若正方形沿x轴
13、正向滚动，先以A为中心顺时针旋转，当B落在x轴上时，再以B为中心顺时针旋转，如此继续，当正方形ABCD的某个顶点落在x轴上时，则以该顶点为中心顺时针旋转设顶点C（x，y）滚动时形成的曲线为yf（x），则f（2019）_【答案】0【解析】【分析】由题可得：是周期为的函数，将化为，问题得解。【详解】由题可得：是周期为的函数，所以.由题可得：当时，点恰好在轴上，所以，所以.【点睛】本题主要考查了函数的周期性及转化能力，属于中档题。三、解答题17.如图，在平面四边形ABCD中，AC4（1）求cosBAC；（2）若D45，BAD90，求CD【答案】（1）；（2）CD5【解析】【分析】（1）直接利用余弦定
14、理求cosBAC；（2）先求出sinDAC，再利用正弦定理求CD【详解】（1）在ABC中，由余弦定理得：（2）因为DAC90BAC，所以sinDACcosBAC，所以在ACD中由正弦定理得：，所以CD5【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18.如图，四棱锥MABCD中，MB平面ABCD，四边形ABCD是矩形，ABMB，E、F分别为MA、MC的中点（1）求证：平面BEF平面MAD；（2）若，求三棱锥EABF的体积【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先证明BE平面MAD，再证平面BEF平面MAD；（2）利用体积变换求三棱锥
15、EABF的体积【详解】（1）因为MB平面ABCD，所以MBAD，又因为四边形ABCD是矩形，所以ADAB，因为ABMBB，所以AD平面MAB，因为BE平面MAB，所以ADBE，又因为ABMB，E为MA的中点，所以BEMA，因为MAADA，所以BE平面MAD，又因为BE平面BEF，所以平面BEF平面MAD（2）因为ADBC，所以BC面MAB，又因为F为MC的中点，所以F到面MAB的距离，又因为MB平面ABCD，ABMB，E为MA的中点，所以，所以【点睛】本题主要考查空间几何元素垂直关系的证明，考查空间几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象分析转化能力.19.某公司甲、乙
16、两个班组分别试生产同一种规格的产品，已知此种产品的质量指标检测分数不小于70时，该产品为合格品，否则为次品，现随机抽取两个班组生产的此种产品各100件进行检测，其结果如下表：质量指标检测分数50，60）60，70）70，80）80，90）90，100甲班组生产的产品件数71840296乙班组生产的产品件数81240328（1）根据表中数据，估计甲、乙两个班组生产该种产品各自的不合格率；（2）根据以上数据，完成下面的22列联表，并判断是否有95的把握认为该种产品的质量与生产产品的班组有关？甲班组乙班组合计合格品次品合计（3）若按合格与不合格的比例，从甲班组生产的产品中抽取4件产品，从乙班组生产的
17、产品中抽取5件产品，记事件A：从上面4件甲班组生产的产品中随机抽取2件，且都是合格品；事件B：从上面5件乙班组生产的产品中随机抽取2件，一件是合格品，一件是次品，试估计这两个事件哪一种情况发生的可能性大附：P（K2k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】（1）甲：，乙：；（2）没有95的把握认为此种产品的产品质量与生产产品的班组有关；（3）事件A发生的可能性大一些【解析】【分析】（1）直接计算甲班组和乙班组产品的不合格率；（2）利用独立性检验求得没有95的把握认为此种产品的产品质量与生产产品的班组有关；（3）利用古典概型的概率公式求出P（A）和P（B），再比
18、较大小即得解.【详解】（1）根据表中数据，甲班组生产该产品的不合格率为，乙班组生产该产品的不合格率为；（2）列联表如下：甲班组乙班组合计合格品7580155次品252045合计100100200所以，没有95的把握认为此种产品的产品质量与生产产品的班组有关（3）由题意，若按合格与不合格的比例，则抽取了4件甲班组产品，5件乙班组产品，其中甲、乙班组抽取的产品中均含有1件次品，设这4件甲班组产品分别为A1，A2，A3，D，其中A1，A2，A3代表合格品，D代表次品，从中随机抽取2件，则所有可能的情况为A1A2，A1A3，A1D，A2A3，A2D，A3D共6种，A事件包含3种，故；设这5件乙班组产品
19、分别为B1，B2，B3，B4，E，其中B1，B2，B3，B4代表合格品，E代表次品，从中随机抽取2件，则所有可能的情况为B1B2，B1B3，B1B4，B1E，B2B3，B2B4，B2E，B3B4，B3E，B4E共10种，B事件包含4种，故；因为P（A）P（B），所以，事件A发生的可能性大一些【点睛】本题主要考查独立性检验和古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20.已知抛物线C：x24y的焦点为F，直线：ykxb（k0）交抛物线C于A、B两点，|AF|BF|4，M（0，3）（1）若AB的中点为T，直线MT的斜率为，证明：k 为定值；（2）求ABM面积的最大值
20、【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）联立求出AB的中点坐标为T（2k，1），再计算得k1（2）先求出点M到直线l距离，再求出，再求出 ，最后构造函数利用导数求面积的最大值得解.【详解】（1）证明：联立，消去y得，x24kx4b0，16k216b0，即k2b0，设A（x1，y1），B（x2，y2），由韦达定理得x1x24k，x1x24b，因为|AF|BF|4，由抛物线定义得y11y214，得y1y22，所以AB的中点坐标为T（2k，1），所以，所以k1（2）由（1）得|x1x2|2（x1x2）24x1x216（k2b），设点M到直线l距离为d，则，而由（1）知，y1y2kx1bkx
21、2bk（x1x2）2b4k22b2，即2k2b1，即b12k2，由16k216b0，得0k21，所以 ，令tk2，0t1，设f（t）（1t）2（1t）1tt2t3，0t1，12t3t2（t1）（3t1），时，0，f（t）为增函数；时，0，f（t）为减函数；所以当，所以，SABM的最大值为【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质和斜率的计算，考查直线和抛物线的位置关系和定值问题，考查抛物线中的最值问题，考查利用导数研究函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.21.已知函数f（x）xexalnx（无理数e2.718）（1）若f（x）在（0，1）单调递减，求实数a的取值范
22、围；（2）当a1时，设g（x）x（f（x）xex）x3x2b，若函数g（x）存在零点，求实数b的最大值【答案】（1）a2e；（2）0【解析】【分析】（1）由题得0，即a（x2x）ex在（0，1）上恒成立，再构造函数求函数的最大值即得解；（2）问题等价于方程bxlnxx3x2在（0，）上有解，先证lnxx1（x0），再求得b的最大值为0【详解】（1），由题意：0，x（0，1）恒成立，即（x2x）exa0，也就a（x2x）ex在（0，1）上恒成立，设h（x）（x2x）ex，则ex（2x1）（x2x）exex（x23x1），当x（0，1）时，x23x10，故）0，h（x）在（0，1）单调递增，h（x
23、）h（1）2e，因此a2e（2）当a1时，f（x）xexlnx，g（x）xlnxx3x2b，由题意：问题等价于方程bxlnxx3x2在（0，）上有解，先证：lnxx1（x0），事实上：设ylnxx1，则，令，x1，x（0，1）时，y0函数递增，x（1，）时，y0函数递减，ymaxy|x10，即y0，也就是lnxx1由此：k（x）xlnxx3x2x（x1）x3x22x2xx3x（x22x1）0，故当x1时，k（1）0，所以b的最大值为0【点睛】本题主要考查利用导数研究不等式的恒成立问题和零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程
24、为（为参数），在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点M的极坐标为，直线l的极坐标方程为（1）求直线l的直角坐标方程与曲线C的普通方程；（2）若N是曲线C上的动点，P为线段MN的中点，求点P到直线l的距离的最大值【答案】（1）xy40，C：；（2）【解析】【分析】（1）直接利用极坐标方程、参数方程和普通方程互化的公式求直线l的直角坐标方程与曲线C的普通方程；（2）设N（，sin），0，2）先求出点P到直线l的距离再求最大值.【详解】（1）因为直线l的极坐标方程为，即sincos40由xcos，ysin，可得直线l的直角坐标方程为xy40将曲线C的参数方程消去参数a，得曲线C的普
25、通方程为（2）设N（，sin），0，2）点M的极坐标（，），化为直角坐标为（2，2）则所以点P到直线l的距离，所以当时，点M到直线l的距离的最大值为【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化，考查三角函数的图像和性质，考查点到直线的距离的最值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.23.已知函数f（x）|ax2|，不等式f（x）4的解集为x|2x6（1）求实数a的值；（2）设g（x）f（x）f（x3），若存在xR，使g（x）tx2成立，求实数t的取值范围【答案】（1）1；（2）【解析】【分析】（1）利用绝对值不等式的解法求得2 6，对的正负分类讨论，结合不等式
26、的解集为列方程，即可得解（2）由（1）可得，将转化成，分别作出及的简图，“存在,使成立”，转化成的图象与直线ytx2相交，由图列不等式即可得解。【详解】（1）由| 2|4得4 24，即2 6，当0时，所以，解得1；当0时，所以，无解所以实数的值为1（2）由已知g（x）f（x）f（x3）|x1|x2|，不等式g（x）tx2转化成g（x）tx2，由题意知的图象与直线ytx2相交，作出对应图象由图得，当t0时，tkAM；当t0时，tkBM，又因为kAM1，所以t1或，即t（，1，）.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法及分类思想、方程思想，还考查了思想结合思想及转化能力，考查了作图能力及计算能力，属于中档题。