江苏省2019届高三数学 全真模拟卷卷

发布 2020-05-19 21:30:28 阅读 8147

一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分.请把答案填写在答题卡相应的位置上.

1.已知集合,集合,若命题“”是命题“”的充分。

不必要条件,则实数的取值范围是。

答案: 2.复数(是虚数单位),则。

答案:3.为了解某校教师使用多**进行教学的情况,采用简单随机抽样的方法,从该校200名授课教师中抽取20名教师,调查了他们上学期使用多**进行教学的次数,结果用茎叶图表示如下:

据此可估计该校上学期200名教师中,使用多**。

进行教学次数在内的人数为。

答案:100

解析:所抽取的20人中在内的人数10人,故可得200名教师中使用多**进行教学次数在内的人数为=100人。

4.如图是一个算法的流程图,则最后输出的的值为。

答案:14解析:本题考查算法流程图。

所以输出。5.已知是等差数列{}的前项和,若≥4,≤16,则的最大值是。

答案:96.用半径为cm,面积为cm2的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器(衔接部分忽略不计), 则该容器盛满水时的体积是。

答案:7.若在区间和上分别各取一个数,记为和,则方程表示焦点在。

轴上的椭圆的概率为。

答案:2解析:本题考查线性规划和几何概型。

由题意知画可行域如图阴影部分。

直线与,的交点分别为(2,2),(4,4)

阴影梯形的面积为,而区间和构成的区域面积为8,故所求的概率为。

8.设是实数.若函数是定义在上的奇函数,但不是偶函数,则函数的递增区间为。

答案:9.已知三次函数在r上单调递增,则的最小。

值为。答案:3

解析:由题意≥0在r上恒成立,则,△≤0.

令 ≥≥3.

当且仅当,即时取“=”

10.若函数,对任意实数,都有,且,

则实数的值等于。

答案:或。解析:本题考查三角函数的图象与性质。

由可知是该函数的一条对称轴,故当时,或。又由可得或。

11.已知a,b,p是双曲线上不同的三点,且a,b连线经过坐标原点,若直线。

pa,pb的斜率乘积,则该双曲线的离心率为。

答案:解析:一定关于原点对称,设,则,,.

12.已知等差数列的公差d不为0,等比数列的公比q为小于1的正有理数。若,且是正整数,则q等于。

答案:13.已知a 0,b 0,且,其中表示数a,b中较小的数,则h的最大值为。

答案:14.已知定义在上的函数f(x)满足f(1)=2,,则不等式解集。

答案:二、解答题:本大题共6小题,共计90分.请把答案写在答题卡相应的位置上.解答时应写出文字说明,证明过程或演算步骤.

15.(本题满分14分)

如图所示,已知的终边所在直线上的一点的坐标为,的终边在第一象限且与单位圆的交点的纵坐标为。

⑴求的值;⑵若,求。

解:⑴由三角函数的定义知

又由三角函数线知,为第一象限角7分。

又,∴8分。

由,得14分。

16.(本题满分14分)

在三棱锥中,是边长为的正三角形,平面平面,、分别为、的中点。

⑴证明:;⑵(理)求二面角的正切值;

⑶求点到平面的距离。

解:解法:⑴取中点,连结、.,平面,又平面4分。

⑵∵平面,平面,∴平面平面。

过作于,则平面,过作于,连结,则,为二面角的平面角。

平面平面,∴平面。

又平面,∴.且。

在正中,由平几知识可求得,在中,二面角的正切值为。 …8分。

⑶在中,∴设点到平面的距离为,平面,∴,即点到平面的距离为。 …14分。

解法:⑴取中点,连结、.∵平面平面,

平面平面,∴平面,∴.

如图所示建立空间直角坐标系,则,6分。

⑵∵,又,∴,

设为平面的一个法向量,则,取,又为平面的一个法向量,得。

.即二面角的正切值为。 …10分。

⑶由⑴⑵得,又为平面的一个法向量,点到平面的距离。……14分。

17.(本题满分14分)

某公司为了加大产品的宣传力度,准备立一块广告牌,在其背面制作一个形如△abc的支架,要求∠acb=60°,bc的长度大于1米,且ac比ab长0.5米.为节省材料,要求ac的长度越短越好,求ac的最短长度,且当ac最短时,bc的长度为多少米?

解:设bc=x米(x>1),ac=y米,则ab=y-.

在△abc中,由余弦定理,得(y-)2=y2+x2-2xycos60.

所以y=(x>1).

法一:y==(x-1)++2≥2+.

当且仅当x-1=,即x=1+时,y有最小值2+.

法二: y′==

由y′=0得x=1+.因为当1<x<1+时,y′<0;当x>1+时,y′>0,所以当x=1+时,y有最小值2+.

答:ac的最短长度为2+米,此时bc的长度为(1+)米.……14分。

18.(本题满分16分)

已知曲线e:ax2+by2=1(a>0,b>0),经过点m(,0)的直线l与曲线e交。

于点a、b,且=-2.

1)若点b的坐标为(0,2),求曲线e的方程;

2)若a=b=1,求直线ab的方程.

解:1) 设a(x0,y0),因为b(0,2),m(,0)

故=(-2),=x0-,y02分。

因为=-2,所以(-,2)=-2(x0-,y0).

所以x0=,y0=-1.即a(,-14分。

因为a,b都在曲线e上,所以解得a=1,b=.

所以曲线e的方程为x2+=16分。

2)(法一)当a=b=1时,曲线e为圆:x2+y2=1.设a(x1,y1),b(x2,y2).

因为=-2,所以(x2-,y2) =2(x1-,y1),即。

设线段ab的中点为t,则点t的坐标为(,)即(,-

所以=(,x2-x1,y2-y1)=(3x1,-3y1).

因为ot⊥ab,所以=0,即3-4x1+3x+3y=0.

因为x+y=1,所以x1=,y1=.

当点a的坐标为(,-时,对应的点b的坐标为(0,1),此时直线ab的斜率。

k=-,所求直线ab的方程为y=-x+1;

当点a的坐标为(,)时,对应的点b的坐标为(0,-1),此时直线ab的斜率k=,所求直线ab的方程为y=x-116分。

法二)当a=b=1时,曲线e为圆:x2+y2=1.设a(x1,y1),b(x2,y2).

因为=-2,所以(x2-,y2) =2(x1-,y1),即。

因为点a,b在圆上,所以

由①×4-②,得(2x1+x2)(2x1-x2)=3.所以2x1-x2=,解得x1=,x2=0.

由x1=,得y1=.(以下同方法一)

法三)如图,设ab中点为t.

则tm=ta-ma=ab,om=.

根据rt△ota和rt△otm,得。

即解得ab=,ot=.所以在rt△otm中,tanomt==.

所以kab=-或.所以直线ab的方程为y=-x+1或y=x-1.

19.(本题满分16分)

设f(x)=x3,等差数列中a3=7,,记sn=,令bn=ansn,数列的前n项和为tn.

1)求的通项公式和sn

2)求证:tn<;

3)是否存在正整数m,n,且1<m<n,使得t1,tm,tn成等比数列?若存在,求出m,n的值,若不存在,说明理由.

解:(1)设数列的公差为,由,.

解得,=3,∴∵

sn==.4分。

8分。3)由(2)知, ∴成等比数列.

,即………9分。

当时,7,=1,不合题意;

当时,,=16,符合题意10分。

当时,,无正整数解;当时,,无正整数解;

当时,,无正整数解;

当时,,无正整数解12分。

当时, ,则,而,所以,此时不存在正整数m,n,且1综上,存在正整数m=2,n=16,且120.(本题满分16分)

若函数.1)当,时,若函数的图象与轴所有交点的横坐标的和与积分别为,.

i)求证:的图象与轴恰有两个交点;

ii)求证:.

2)当,时,设函数有零点,求的最小值.

解:(1)(i)因为,所以是使取到最小值的唯一的值,且在区间上,函数单调递减;在区间上,函数单调递增.因为,,,所以的图象与x轴恰有两个交点. …4分。

ii)设x1,x2是方程的两个实根,则有因式,且可令。 于是有。

分别比较(*)式中常数项和含x3的项的系数,得,解得,.

所以.分别比较①式中含x和x2的项的系数,得。

× +n得,即.……10分。

2)方程化为:,令,方程为,,即有绝对值不小于2的实根.

设,当,即时,只需,此时,;

当,即时,只需,此时,;

当,即时,只需或,即或,此时.

的最小值为16分。

附加题)21.【选做题】本题包括a,b,c,d共4小题,请从这4题中选做2小题,每小题10分,共20分.请在答题卡上准确填涂题目标记,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

a.选修4-1:几何证明选讲。

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