山西省太原五中2018届高考二模考试数学(理)试卷 太原五中高中试题_教学资源|题库|学习文库-「普洱教育」

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山西省太原五中2018届高考二模考试数学(理)试卷 太原五中高中试题

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太原五中高中试题
太原五中2017—2018学年度第二学期模拟 高 三 数 学(理) 一、选择题:本大题共12小题,每小题5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、设集合A[1,2],B{xZ|x22x30},则AB( ) A.[1,2] B.(1,3) C. {1} D.{1,2}
2、若复数z1,z2在复平面内对应的点关于y轴对称,且z12i,则复数z1=( ) z23434A.1 B.1 C. i D.i
55553、“直线l1:(5a)xy2与直线l2:3x(a3)y83a平行”是“a6”的( ) A.充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C.充要条件 D. 既不充分也不必要条件 开始 1
4、若x50.3,ylog52,ze12,则下列判断正确的是( ) S20,i1 ii1 SS iA.xyz B.yzx C.zyx D.xzy
5、若2cos2cos()4否 3sin2,则(sincos)2( ) 是 输出i 结束 A.4512 B. C. D. 3333111? C.S1? D.S?
336、执行如图所示的程序框图,若输出的i的值为6,则判断框中的条件可以是( ) A.S11? B.S
7、由计算机产生2n个0~1之间的均匀随机数x1,x2,,xn,y1,y2,,yn构成n个数对(x1,y1),(x2,y2),,(xn,yn),其中两数能与1构成钝角三角形三边的数对共有m对,则用随机模拟的方法得到的圆周率的近似值为( ) 4m4mmm2 B.2 C.4(1) D. nnnnB
18、在ABC中,a2,C,tan,则ABC的面积等于( ) 422A.23 A.885282 B. C. D. 5777正视图 侧视图
9、已知某空间几何体的三视图如图所示, 俯视图 其中正视图为等边三角形,若该几何体的体积为163,则该几何体的最长棱长( ) 3A.25 B.32 C.43 D.52
10、某人根据自己的爱好,希望从{T,Y,W,Z}中选两个不同的字母 ,从{0,2,6,8}中选三个不同的数字编拟车牌号,要求前两位是字母,后三位是数字,且数字2不能排在末位,字母Z和数字2不能相邻,那么满足要求的车牌号有( ) A.180个 B.198个 C.216个 D.234个 x2y
211、已知直线l:x2y20与椭圆C:221(ab0)有且只有一个公共点,则双曲线abx2y221(ab0)的离心率的取值范围是( ) 2abA.(1,2) B.(2,2) C.(1,2) D.(2,) bx4x2sinx8b(x0),设yh(x)
12、已知定义在R上的函数f(x)满足f(2ax)2bf(x),h(xa)x48与yf(x)图象的交点坐标为(x1,y1),(x2,y2),,(x2m,y2m),若(xy)4m,则aiii12m2b2的的最小值为 A.2 B. 4 C. 6 D.8 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第13题—第21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22题—第23题为选考题,考生根据要求作答. 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分
13、若向区域(x,y)|0x1,0y1}内投点,则该点落在由直线yx与曲线y________. x围成区域内的概率为E是底面ABCD上的动点,则(CECA1)D1B1的最大值
114、已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为,点为 .
15、已知球的直径DC4,A、B是该球面上的两点,ADCBDC则三棱锥A-BCD的体积最大值是________. x
16、设函数f(x)e(2x3)6, a2xax,若函数f(x)在(,1)内有两个极值点,则实数a的取值范围是________. 2 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17、(本小题满分12分)已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an2n1.
(1)求数列an的通项公式;
(2)若不等式2n2n3(5)an对nN恒成立,求实数的取值范围.
18、(本小题满分12分)在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ABC是正三角形,AC与BD的交点为M, 又PAAB4,ADCD,CDA1200,点N是CD中点. 求证:
(1)平面PMN平面PAB;
(2)求二面角B-PC-D的余弦值.
19、(本小题满分12分)某高校在2017年自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩,按成绩共分为五组,得到如下的频率分布表: 组 号 分 组 频 数 频 率 第一组 第二组 第三组 第四组 第五组 [145,155) [155,165) [165,175) [175,185) [185,195) 5 35 30 0.05 0.35 a c 0.1 b 10
(1)请写出频率分布表中a,b,c的值,若同组中的每个数据用该组中间值代替,请估计全体考生的平均成绩;
(2)为了能选出最优秀的学生,该高校决定在笔试成绩高的第
3、
4、5组中用分层抽样的方法抽取12名考生进入第二轮面试. ①求第
3、
4、5组中每组各抽取多少名考生进入第二轮面试; ②从上述进入二轮面试的学生中任意抽取2名学生,记X表示来自第四组的学生人数,求X的分布列和数学期望; ③若该高校有三位面试官各自独立地从这12名考生中随机抽取2名考生进行面试,设其中甲考生被抽到的次数为Y,求Y的数学期望.
20、(本小题满分12分)在平面直角坐标系中,已知抛物线y8x,O为坐标原点,点M为抛物线上任意一点,过点M作x轴的平行线交抛物线准线于点P,直线PO交抛物线于点N. 2
(1)求证:直线MN过定点G,并求出此定点坐标;
(2)若M,G,N三点满足MG4GN,求直线MN的方程.
21、(本小题满分12分)已知函数f(x)ln(1mx),mR.
(1)当m1时,证明:f(x)x;
(2)若g(x) 请考生从第
22、23 题中任选一题作答,并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑,按所选涂题号进行评分;多涂、多答,按所涂的首题进行评分;不涂,按本选考题的首题进行评分.
22、(本小题满分10分)【选修4——4:坐标系与参数方程】 12xmx在区间0,1上不是单调函数,讨论f(x)g(x)的实根的个数. 2x32cos在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为,(为参数),以原点为极点,x轴非负半轴为y42sin极轴建立极坐标系.
(1)求曲线C的极坐标方程;
(2)已知平面直角坐标系xOy中:A(2,0),B(0,2),M是曲线C上任意一点,求ABM面积的最小值.
23、(本小题满分10分)【选修4——5:不等式选讲】 已知函数f(x)x2.
(1)解不等式f(x)4x1;
(2)已知ab2(a0,b0),求证:x541f(x). 2ab 高三二模答案
1、解析:D.
2、解析:C.
3、解析:若直线l1:(5a)xy2与直线l2:3x(a3)y83a平行, 则有(5a)(a3)(3)0a2或6,所以a6. (83a)2(a3)0a2 所以“直线l1:(5a)xy2与直线l2:3x(a3)y83a平行”是“a6”的充要条件.故选C.
4、解析:B. 110.3111x()1,ylog52log55,ze2,z1,yzx. 52e22(cos2sin2)3sin2,
5、解析:由题意可知:即2(coscossin所以sin2=sin)3sin2+4sin2即4,3sin22,2或sin2=2(舍),所以 31(sincos)21sin2,故选C.
36、解析:程序的运行过程如下:初始值:S20,i1;第一次循环S20,i2;第二次循环S10,i3;1051i4i5SS,;第四次循环,;第五次循环,i6;此时满足题意输出i6,3661S?”退出循环,所以判断框中的条件可以是“,故选D. 3第三次循环S
7、解:由题意,n对0~1之间的均匀随机数x,y,满足0x1,相应平面区域面积为1,两个数能与1构成0y1x2y210x1钝角三角形三边的数对(x,y),满足且 xy10y1面积为41m14m2. ,所以=,得=2n42n故为A. B24,cosB3,sinCcosC2,所以sinAsin(BC)72,
8、解析:由条件知,sinBB510521tan222tan由正弦定理可得basinB1618,故ABC的面积SabsinC.故选 D. 27sinA72
9、解析:由三视图可知,该几何体是四棱锥P-ABCD顶点P 在底面的射影O是底面矩形的长边CD的中点, 连接AO,BO,由侧视图知PO23, 又PCD为等边三角形,所以DOCO2,PC4, 于是由VP-ABCD得BC2, 所以最长棱长PAPBPOOB25.故为A.
2312310、解析:
(1)不含Z不含2共有:A3
(2)含Z不含2共有:C3
(3)不含Z含2共有:A336个;A2A336个;21211212
(4)含Z也含2共有:C3A3C2A372个;C2A3C3A354个;所以共有36+36+72+54=198个,选B. 1163, 4BC233322x2y20
11、解析:因为直线与椭圆有且只有一个公共点,联立x2, y21a2b2得(4b2a2)y28b2y(4a2)b20, 由64b24(4b2a2)(4a2)0,解得a24b24, 设a2cosb1,则由ab0可知:(0,)且0tan2,所以tan(0,1), 2a2bsinx2y2b2所以双曲线221(ab0)的离心率的取值范围为e1(1,2),故选C. 2aba
12、解析:根据f(2ax)2bf(x),可知f(x)的的图象关于(a,b)对称,又因为 bx4x2sinx8bsinxsinxh(xa)b·又设为奇函数,所以yh(x)的图象关于(a,b)对称,所g(x)88x482x2x22xx以对于每一组对称点有xixi'2a,yiyi'2b 所以(xy)2am2bm=4m, ab2, iii12m故aba(2a)2a4a4=,2(a1)22 22当且仅当a=b=1时, ab取最小值2.故选A. 222222
13、解析:1 61231211曲线围成区域面积为: (xx)dx(x2x)|0.
032614、解析:以点D为原点,DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D1(0,0,1),B1(1,1,1),A,0,1),1(1设E(x,y,0),其中x,y[0,1],则(CECA1)D1B1=xy11,等号成立条件是E(1,1,0),故最大值为1.
15、解析:2 因为球的直径DC4,且ADCBDC所以ACBC2,ADBD23, 6, 1VA-BCDSBCDh(其中h为点A到底面BCD的距离), 3故当h最大时,VA-BCD的体积最大,即当面ADC面BDC时, h最大且满足4h223,即h3, 此时VA-BCD'1122332。 32x

16、解析:f(x)e(2x1)axa 要使得函数f(x)在x(,1) 内有两个极值点,只需f(x)0在(,1)内有两个解,可转换为函数'(x)ex(2x1)与g(x)=a(x-1)的图象在(,1)内有两个交点.由'(x)ex(2x1)知,当x(,)时,函数在'(x)0, (x)ex(2x1)在(,)上为减函数,当x(,1)时,'(x)0,函数(x)ex(2x1)1212121(,1) 上为增函数,当直线g(x)=a(x-1)与曲线(x)ex(2x1)相切时,设切点坐标(x0,y0),由导数的几何意义可2ex0(2x01)ax以得到y0e0(2x01) ya(x1)003解得x00或x0(,1)(舍去),可知a=1, 0a1.

217、解析:

(1)当n1时,Sn2an2n1,即S1a12a122,得a14; 当n2时,有Sn-12an-12n, 则an2an2an12n,得an2an1+2n, 所以anan1an1,所以数列n是以2为首项,1为公差的等差数列. 2n2n12所以an=n1,即an(n1)2n. n22n3. 2n

(2)原不等式即(n1)(2n3)(5)(n1)2n,等价于5记bn2n3,则对恒成立,所以5(bn)max. nN5bnn22n12n352nbn+1bnn1n1,当n1,2时,52n0b,n1bn,即b1b2b3;当22n23n2,nN时,52n0,bn1bn,即b3b4b5;所以数列bn的最大项为b3,所以83375,解得.

8818、解

(1)证明:在正三角形ABC中,ABBC, 在ACD中,ADCD, 又BDBD,所以ABDBCD, 所以M为AC的中点,又点N是CD中点,所以MN//AD 因为PA平面ABCD,所以PAAD,又CDA120,00所以DAC30又BAC60,ADAB,又PAAD, 0ADCD, 所以AD平面PAB,已证MN//AD,所以MN平面PAB, 又MN平面PMN,所以平面PMN平面PAB; x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系。

(2)如图所示以A为原点,AB、AD、AP所在直线分别为已知PAAB4,CDA120,ABC是正三角形, 00,0)0,0)则A(0, B(4, C(2, D(0,23,0)430,4) P(0, ,0)323 ,0)3所以PC BC DC(2,23,-4)(-2,23,0)(2,设平面PBC的一个法向量为m(x1,y1,z1) mPC02x123y14z10由 2x123y10mBC0令x13,则y11,z13,所以m(3,1,3) 设平面PDC的一个法向量为n(x2,y2,z2) 2x223y24z20nPC0由 23y202x2nDC03令x23,则y23,z23,所以n(3,3,3) 所以cosm,nmn105 35|m||n|105. 35所以二面角B-PC-D的余弦值为-

19、解:

(1)由题意知, a0.3,b20,c0.2,X=1500.05+1600.35+1700.3+1800.2+1900.1=169.5

(2)①第

3、

4、5组共60名学生,现抽取12名,因此第三组抽取的人数为的人数为121230=6人,第四组抽取的人数为20=4人,第五组抽取60601210=2人. 600211C4C82814C4C83216②X所有可能的取值为0,1,2,P(X0),,P(X1)22C126633C12663320C4C861; P(X2)2C126611X的分布列为: X 0 1 2 P 11C1C111③从12名考生中随机抽取2人,考生甲被抽到参加面试的概率为P(X2) 2C126则Y~B(3,),错误。未找到引用源。EY3

20、解析: 1611. 62 m2m

(1)由题意得抛物线准线方程为x2,设P(2,m),故M(,m),从而直线OP的方程为yx,联立28y28x3216直线与抛物线方程得m,解得N(2,), yxmm28mm28m故直线MN的方程为ym2(x2), (x),整理得y28m16m16故直线MN恒过定点G(2,0). y28x

(2)由

(1)可设直线MN的方程为xky2,联立直线与抛物线方程得 xky2消元整理得y28ky160,设M(x1,y1),N(x2,y2), 则由韦达定理可得y1y28k,y1y216, 因为MG4GN,故(2x1,y1)4(x22,y2),得y14, y2y1y8y184联立两式y,解得1或,代入y1y28k, 2y22y22yy1612解得k3333或k,故直线MN的方程为yx2或yx2, 4444化简得4x3y80或4x3y80. '

21、解析: (1)根据题意,令F(x)ln(1x)x,所以F(x)1x1, 1x1x当x0,时, F'(x)0,当x1,0时, F'(x)0 所以F(x)maxF(0)0,故f(x)x. (2)因为函数g(x)的对称轴轴方程为xm,所以0m1.据题意,令G(x)ln(1mx)mxx2,所以121mxx(m)mG'(x), 1mx令G'(x)=0,解得x10或x2m1, m 函数G(x)的定义域为111111,因为m0且m,由此得: x,m时,1+mx>0,mx<0, mmmmmmx(m1111)0此时,G'(x)≥0同理得: x(m,0]时, G'(x)0,x0时G'(x)0∴G(x)在,m上mmmm11,0]上单调递减,在(0,)上单调递增,故mx0时,G(x)>G(0)=0,x>0mm1时,G(x)>G(0)=0,G(x)在(m,)有且只有1个零点x=0, m11G(x)在(m,0)上单调递减,所以G(m)G(0)0, mm单调递递增,在(m11111122mm由(1)代换可知lnxx1,ln22121,2e,em2, mmmm11则e1m21mm,1m2e1m211mm10, m1e111212x时,ln(1mx)21,而xmxxmx21 m2mmm1211得G(x)ln(1mx)mxx21210 2mme1111m, ,m上单调递增,mmmm11由函数零点定理得, x0(,m),使得G(x0)0, mm又函数G(x)在故m(0,1)时方程f(x)g(x)有两个实根. 1m211x32cos

2222、解析:

(1)由,得(x3)(y4)4, y42sin将xcos2代入得6cos8sin210,即为曲线C的极坐标方程. ysin

(2)设点M(32cos,42sin)到直线AB:xy20的距离为d,则 d=2sin2cos9222sin(24)91时,d有最小值,当sin()4922,所以ABM面积21SABd922.

223、解析:

(1)不等式f(x)4x1,即x1+x24, 当x2时,不等式化为(x1)(x2)4,解得x3.5; 当2x1时,不等式化为(x1)+(x2)4,无解; 当x1时,不等式化为(x1)+(x2)4,解得x0.5; 综上所述:不等式的解集为,3.5

(2)0.5,. 4114114ba=()ab(41)4.5, ab2ab2ab42当且仅当a,b,等号成立. 33由题意知,x555f(x)xx2x(x2)4.5, 222所以x 541f(x). 2ab 太原五中高中试题。
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