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江苏省海安高级中学2019届高三第二学期四月模拟考试数学试题(含精品解析) 2019初中升高中试题

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2019初中升高中试题
江苏省海安高级中学2019届高三年级四月模拟考试 数学试题 一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共计70分.不需要写出解答过程,请将答案填写在答题卡相应的位置上.) .........1.已知集合【答案】【解析】 【分析】 由【详解】解:因为所以集合中的元素为奇数, 所以. 可得集合是奇数集,由此可以得出结果. ,则_______. 【点睛】本题考查了集合的交集,解析出集合B中元素的性质是本题解题的关键. 2.【答案】【解析】 试题分析:考点:正弦函数的诱导公式. 3.已知复数【答案】【解析】 【分析】 求出复数的标准形式,根据复数模的计算公式求解. 【详解】解: ,其中是虚数单位,则_______. . _______. 所以 【点睛】本题考查了复数模的运算,解题的关键是通过复数运算法则求出复数的标准形式. 4.对一批产品的长度(单位:毫米)进行抽样检测,样本容量为400,如图为检测结果的频率分布直方图.根据产品标准,单件产品长度在区间品.则样本中三等品的件数为_______. 的为一等品,在区间和的为二等品,其余均为三等 【答案】50. 【解析】 试题分析:三等品总数考点:频率分布直方图 5.如图是一个算法的伪代码,其输出的结果为_______. . 【答案】【解析】 由题设提供的算法流程图可知: 6.从集合中随机取一个元素,记为,从集合,应填答案。 中随机取一个元素,记为,则的概率为 _______.
【答案】
【解析】
【分析】 先求出随机抽取a,b的所有事件数,再求出满足
【详解】解:从集合则的事件数,根据古典概型公式求出结果. 中随机取一个元素,记为, , 中随机取一个元素,记为,从集合,,,,的事件数为9个,即为的有其中满足故,共有8个, 的概率为.
【点睛】本题考查了古典概型的计算,解题的关键是准确列举出所有事件数. 7.在平面直角坐标系_______.
【答案】
【解析】
【分析】 由双曲线的离心率为,可以得到,再根据求出的关系,从而得出渐近线的方程. 中,若双曲线的离心率为,则双曲线的渐近线方程为
【详解】解:因为双曲线的离心率为, 所以, 故又因为所以, , ,即,即. 的关系,从而解决问题. , 所以双曲线的渐近线
【点睛】本题考查了双曲线渐近线的问题,解题的关键是由题意解析出 8.一个正四面体的展开图是边长为
【答案】
【解析】
【分析】 一个正四面体的展开图是边长为的正三角形,故可得正四面体的边长为,再由外接球球心位置构造平 的正三角形,则该四面体的外接球的表面积为_______. 面图形,解出半径,得出外接球的表面积.
【详解】解:因为一个正四面体的展开图是边长为所以,正四面体的边长为在正四面体, 的正三角形, 中,如图所示, 为底面正三角形的中心, 为外接球的球心,设外接球的半径为R, 则有,,, , , , 在解得:中,,即. , , 因为正四面体的边长为所以故,故外接球的表面积为
【点睛】本题考查了正四面体外接球的表面积问题,准确想象出正四面体各点、各棱、各面与外接球的位置关系,并且从立体图形中构建出平面图形是解得球半径的关键,属于中档题. 9.已知
【答案】
【解析】 试题分析:由,且,则_______. 可得.又因为.又因为所以所以.所以.又因为.本小题关键是角的和差的余弦公式的正逆方向的应用. 考点:1.余弦和差公式的应用.2.解三角方程. 10.已知等边
【答案】
【解析】
【分析】 建立直角坐标系,求出长度为
【详解】解:以的坐标,得出的面积. 所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系, 的大小,设的夹角为,则可以求出点到直线的 的边长为2,若,,则的面积为_______. ,从而得出的中点为原点, 则因为所以故, , , , 设的夹角为, , 所以,点到直线的长度为, , . 的面积为
【点睛】本题考查了向量的数量积、向量在平面几何中的应用,向量数量积问题常见的解题方法为坐标法、基底法等等. 11.在平面直角坐标取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】 根据而解决问题.
【详解】解:设则因为所以有同时平方,化简得, , , , 得出点的轨迹方程,又点在直线上,则点的轨迹与直线必须有公共点,进 中,已知点,若直线上存在点使得,则实数的故点的轨迹为圆心在(0,0),半径2为的圆, 又点在直线故圆所以与直线,解得上, 必须有公共点, .
【点睛】本题考查了点的轨迹问题、直线与圆的位置关系的问题,解题的关键是能从题意中转化出动点的轨迹,并能求出点的轨迹方程. 12.已知是定义在区间上的奇函数,当时,.则关于的不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】 当时,则单调递减,所以不等式。 的解析式,在时,时,;关键求时,,。
,即,所以可化为,结合图像,解之得 可知:函数在,应填答案点睛:解答本题的关键是求出函数的过程值得注意,这里充分运用则 13.已知实数,_______.
【答案】
【解析】
【分析】 由实数,,,满足 ,,满足)及奇函数的定义,运用转化的数学思想求出当,从而求出,进而借助奇函数得到,,且,则的取值范围是,且,得出,从而得出的范围,用表示,构建函数,求解取值范围.
【详解】解:实数,所以若若所以,因为关于则则, 的方程为, , , , ,,满足,且, 所以解得:, 设因故设函数因为故函数所以,由得,要成立, ,则, , ,在单调递减, ,在的值域为时,, , ; , 上恒成立, 所以此时即当设函数因为 在故函数所以所以此时即当综上:在单调递增, ,的值域为时,. , , 上恒成立, ,
【点睛】本题本质上考查了函数的最值问题,解题的关键是要能构建出关于的函数,通过函数思想求解取值范围,还考查了学生整体换元的思想. 14.已知数列的通项公式是,数列的通项公式是,集合 ,将集合则数列的前45项和_______. 中的元素按从小到大的顺序排列构成的数列记为,
【答案】2627
【解析】
【分析】 随着增大时,数列故考虑在中前后连续两项之间的差值越来越大, 中相应大小的项,然后逐步分析插入的项数,直至满足题中的前后连续两项之间插入数列意,从而得出结果.
【详解】解:因为数列所以集合随着增大时,数列故考虑在的通项公式是, 中前后连续两项之间的差值越来越大, 中相应大小的项, , 中的前后连续两项之间插入数列因为是选取新数列前45项, 故:,数列,数列,数列,数列中无项可插入, ,数列,数列接下来只需再增加也就是因为故终止于则. 中从(含的中无项可插入, 中可插入,增加1项,共5项, 中可插入,增加2项,共8项, 中可插入中可插入,增加5项,共14项, ,增加10项,共25项, 中的20项即可, )开始的连续的20项, , .
【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的性质,解题的关键是要对两个数列中的项的变化情况有较深刻的认识,其本质是对数列单调性的研究. 二、解答题(本大题共6小题,共计90分.请在答题纸指定区域内作答,解答应写出文字说.......明,证明过程或演算步骤.) 15.在中,分别为角所对边长,若 ,且.

(1)求的值;

(2)求的值. ;

(2).
【答案】

(1)
【解析】
【分析】

(1)由正弦定理得

(2)由

(1)可求得
【详解】解:

(1)由正弦定理因为所以因为所以所以; ,, , , , ,根据题意得,根据得,, 的,故可以求得的值; . ,得,进而求出,

(2)由

(1)知所以因为所以即解得, , ,即. ,即, ,
【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的应用,还考查了两角和差的正切公式的运用,熟练灵活运用公式是本题解题的关键. 16.如图,在四面体平面平面. 中,,点分别为棱上的点,点为棱的中点,且

(1)求证:

(2)求证:平面; 平面.
【答案】

(1)证明见解析;

(2)证明见解析.
【解析】
【分析】

(1)由平面

(2)由平面得可得,由平面,从而得到为可得 中点,同理可得为,从而得到平面中点,进而得证,进而得证. ;
【详解】证明:

(1)因为平面平面平面所以又因为为所以有为同理:为所以所以为平面平面, 的中点, 的中点, 的中点, 的中位线, ; 中点,

(2)由

(1)得为在所以中,因为, 由

(1)得所以又因为所以因为为, , , 的中位线, 平面所以因为所以平面平面平面, , , 平面.
【点睛】本题考查了面面平行的性质定理、面面垂直的判定定理的运用,证明面面垂直即证线面垂直,要证线面垂直即寻找线线垂直关系,解题时要善于灵活转化. 17.某企业拟生产一种如图所示的圆柱形易拉罐(上下底面及侧面的厚度不计),易拉罐的体积为设圆柱的高度为,底面半径为,且,,假设该易拉罐的制造费用仅与其表面积有关.已知易拉罐为常数). 侧面制造费用为元,易拉罐上下底面的制造费用均为元

(1)写出易拉罐的制造费用(元)关于

(2)求易拉罐制造费用最低时
【答案】

(1)时,,的值. 的函数表达式,并求其定义域; ;

(2)当时, ,易拉罐的制造费用最低,当,易拉罐的制造费用最低.
【解析】
【分析】

(1)根据体积的值,得出与的关系,然后将表面积公式中的转化为,再根据

(2)利用导数求出函数的单调性,进而求出最值.
【详解】解:

(1)因为体积为 等条件得出定义域; 故,即, , , , 易拉罐的侧面积为易拉罐的上下两底面的面积为所以因为所以有故, , ,解得, 易拉罐的制造费用为

(2)令若当当故当若当故当综上:当当时,,解得,即, ,此时 , ; ,函数单调递减, ,函数单调递增, ,此时函数取得最小值,即易拉罐的制造费用最低; ,即,此时, 时,函数单调递减, ,此时函数取得最小值,即易拉罐的制造费用最低; 时, ,易拉罐的制造费用最低, ,易拉罐的制造费用最低.
【点睛】本题考查了函数在实际问题中的应用,解决问题的关键是建立函数模型,建立出函数模型的同时不能忘记定义域的求解,再利用导数或基本不等式等方法求出最值. 18.在平面直角坐标系直线中,设椭圆与交于点. 的左焦点为,左准线为为椭圆上任意一点,,垂足为,直线

(1)若,且,直线的方程为.①求椭圆的方程;②是否存在点,使得。
若存在,求出点的坐标;若不存在,说明理由.

(2)设直线与圆交于两点,求证:直线均与圆相切.
【答案】

(1)①
【解析】
【分析】 ;②不存在;

(2)证明见解析.

(1)①根据左准线方程求出参数a,从而得出椭圆方程; ②设出,根据点在椭圆上且得出关于的方程组,根据解的情况,得出结果;

(2)设点,,根据,求出,对进行转化,借助在圆上,进而得出结果.
【详解】解:

(1)①因为直线的方程为所以因为所以因为所以, ,, . ,即时,均不符合题意; , , ,解得或 , 椭圆方程为②设当,则或 当直线故直线或的方程为时,直线的斜率为, , , 的方程为联立方程组,解得, 所以, 因为故即方程因为方程, , 或的根为,故无解; 的. , ,故无解, , 综上:不存在点P使

(2)设则因为所以即, , , ,,由题意得,所以, 所以 因为, 所以 因为故所以所以直线同理可证: 在圆上,所以, , 与圆相切, 与圆相切
【点睛】本题考查了直线和椭圆的关系,解决直线与椭圆的位置关系问题时,常见方法是设点法与设线法,解题的核心思想是减元思想,即将多元变量转化为少元(单元)变量问题. 19.设函数

(1)当

(2)若函数时,求函数的图象与轴交于

(3)在

(2)的条件下,证明:
【答案】

(1)
【解析】
【分析】 ;

(2).. 在点 ,即, 处的切线方程; 两点,且为函数,求的取值范围; 的导函数). ;

(3)证明见解析.

(1)求出切线的斜率,利用点斜式写出直线方程;

(2)分析函数的单调性,只有当函数不单调时,函数图象才可能与x轴有两个交点,然后再利用零点存在定理证明两个不同交点的存在性;

(3)由

(2)得,相减得,用表示,通过研究单调性可得,再根据
【详解】解:

(1)当时,单调递增,可得, ,从而得证. 则, , , 所以在点

(2)因为所以若若当当于是当因为函数所以此时存在存在时,则时,令处的切线方程为, , ,则函数,则时,时,时,函数,即. 是单调递增函数,与x轴最多一个交点,不满足题意; , ,函数,函数是单调递减, 是单调递增, 取得极小值, 两点, , 的图象与轴交于,即,, , , 故由当在时,函数及上的单调性及曲线连续性可得, 两点. 的图象与轴交于,

(3)由

(2)得两式相减得,, 解得:, 令, 则设则所以在上单调递减, , , 则有,而, 所以由

(2)知,所以有因为所以所以故. , 均为正数, , 单调递增, , ,
【点睛】本题考查了导数在求函数切线、函数单调性、最值、比较大小中的应用,解题的关键是要灵活构建新的函数,借助于新函数的性质与图象,从而解决问题. 20.已知数列

(1)若

(2)若存在正整数(1)
【答案】
【解析】 审题引导:①等差数列与等比数列对应项的积错位相减求和;②作差比较. 规范解答:解:(1)依题意,a5=b5=b1q所以an=1+20(n-1)=20n-19.(3分) 1+21×3+41×3+…+(20n-19)·3令Sn=1×3+21×3+…+(20n-39)·3则3Sn=1×2n-12n-15-1是首项为1,公差为的等差数列,数列,求数列,使得;(2) 当的前项和; ,试比较与是首项为1,公比为的等比数列. 的大小,并说明理由. ;当时,;当时, .时,34=81,故d==1×=20, ,① 3n,② +(20n-19)·3=(29--(20n-19)·n①-②,得-2Sn=1+20×(3+32+…+3n-1)-(20n-19)·3n=1+20×20n)·3n-29,所以Sn=.(7分) , (2)因为ak=bk,所以1+(k-1)d=qk-1,即d= 故an=1+(n-1)==.又bn=qn-1,(9分)所以bn-an=qn-1- [(k-1)(qn-1-1)-(n-1)(qk-1-1)] [(k-1)(qn-2+qn-3+…+q+1)-(n-1)(qk-2+qk-3+…+q+1)].(11分) (ⅰ)当1<n<k时,由q>1知 bn-an=<[(k-n)(qn-2+qn-3+…+q+1)-(n-1)(qk-2+qk-3+…+qn-1)] [(k-n)(n-1)qn-2-(n-1)(k-n)qn-1]=-<0;(13分) (ⅱ)当n>k时,由q>1知 bn-an=>[(k-1)(qn-2+qn-3+…+qk-1)-(n-k)(qk-2+qk-3+…+q+1)] [(k-1)(n-k)qk-1-(n-k)(k-1)qk-2] 2k-2=(q-1)q(n-k) >0,(15分) 综上所述,当1<n<k时,an<bn;当n>k时,an>bn;当n=1,k时,an=bn.(16分) (注:仅给出“1<n<k时,an<bn;n>k时,an>bn”得2分) 错因分析:错位相减时项数容易搞错,作差比较后学生不能灵活倒用等比数列求和公式1-q=(1-q)(1+q2n1+q+…+q-) n (附加题)
【选做题】本题包括21,22,23三小题,请选定其中两题作答,每小题10分共计20分,解答时应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 选修4—
2:矩阵与变换 21.在平面直角坐标系中,先对曲线作矩阵所对应的变换,再将所得曲线作矩阵所对的变换.若连续实施两次变换所对应的矩阵为,求的值.
【答案】.
【解析】
【分析】 连续实施两次变换所对应的矩阵为,故得到=,然后得到方程组,求得的值.
【详解】解:先对曲线作矩阵所对的变换, 故得到连续实施两次变换所得到的变换矩阵为: 所对应的变换,再将所得曲线作矩阵因为连续实施两次变换所对应的矩阵为, 所以根据矩阵相等定义得到, , ,解得.
【点睛】本题考查了矩阵乘法的运算,矩阵乘法不满足交换律,故在求解矩阵乘法变换时,一定要注意先后顺序. 选修4—
4:坐标系与参数方程 22.在极坐标系中,已知积.
【答案】的极坐标方程及
【解析】
【分析】 将转化为直角坐标系下的坐标形式,然后求出线段的中点与直线的斜率,进而求出直线l,. ,线段的垂直平分线与极轴交于点,求的极坐标方程及的面在直角坐标系下的方程,再转化为极坐标方程;在直角坐标系下,求出点C到直线AB的距离、线段AB的 长度,从而得出的面积.
【详解】解:以极点为原点,极轴为x轴的正半轴,建立平面直角坐标系xoy 在平面直角坐标系xoy中, 的坐标为线段故线段所以中点为, , 中垂线的斜率为的中垂线方程为:化简得:所以极坐标方程为即令,则故在平面直角坐标系xoy中,C(10,0) 点C到直线AB:线段故, 的距离为的面积为
【点睛】本题考查了直线的极坐标方程问题,解题时可以将极坐标系下的问题转化为平面直角坐标系下的问题,从而转化为熟悉的问题. 的 , , , , , . 满足,求证:进行转化,转化为含有, 选修4—
5:不等式选讲 23.己知实数.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】 对
【详解】解:因为所以形式,然后通过不等关系得证. ,得证.
【点睛】本题考查了绝对值不等式问题,解决问题的关键是要将要证的形式转化为已知的条件,考查了学生转化与化归的能力.
【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分,解答时应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 24.如图,在四棱锥且向量与中,已知棱. ,,两两垂直,长度分别为1,2,2.若(),夹角的余弦值为

(1)求的值;

(2)求直线
【答案】

(1)
【解析】 试题分析:

(1)以为坐标原点,、、分别为、、轴建立空间直角坐标系,写出,,根与平面;

(2)所成角的正弦值. . 的坐标,根据空间向量夹角余弦公式列出关于的方程可求;

(2)设岀平面据求出,进而得到,从而得,从而求出,向量和平面的法向量为的坐标可以求出,从而可根据向量夹角余弦的公式所成角的正弦值. 、、分别为、、轴建立空间直角坐标系,从而,则由 ,解得试题解析:

(1)依题意,以为坐标原点,,因为,所以 (舍去)或

(2)易得则向量正弦值为. ,. ,,即,设平面,且,故的法向量,所以, ,不妨取,所以直线,则平面与平面的一个法所成角的,又易得 考点:

1、空间两向量夹角余弦公式;

2、利用向量求直线和平面说成角的正弦. 25.已知数列的通项公式为,,记 .

(1)求,的值;

(2)求证:对任意正整数为定值.
【答案】

(1)
【解析】
【分析】 ;

(2)为定值,定值为3.

(1)对进行赋值,求出,的值;

(2)对其为定值.
【详解】解:

(1)令,, 进行化简,求出的关系,得出的值,从而证明 令, ;

(2) , , 即因为 , 所以,所以,, , 所以为定值.
【点睛】本题考查了数列求和、数列递推关系的求解问题,解题的关键是要能够探寻出关系,属于较 的递推难题. 2019初中升高中试题。
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