[精品]2019年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析

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2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四 1、已知集合 A  x x { | 2    , ( 2, 2) B   6 0} x ,则 AC B  ( ) A. ( 3, 2)   B. ( 3, 2]   C. (2, 3) D.[2,3) 2、在 ABC△ A. 1 3 (1 i)  1 i   2 3、 A. 1 i   中, AC  , 2 BAC AB  , 3 B. 2 3 120  ,点 D 为 BC 边上一点,且   BD  DC   ,则 AB AD  2  ( ) C.1 D.2 ( ) B.1 i C.1 i D. 1 i   4、某研究机构在对具有线性相关的两个变量 和 进行统计分析时,得到如下数据: x y 1 1 2 2 3 2 3 2 4 3 由表中数据求得 y 关于 x 的回归方程为  y  0.8  x a  ,则在这些样本点中任取一点,该点落在回归直线上方的 概率为( ) A. 1 4 B. 1 2 C. 3 4 D. 4 5 5、函数  f x   ln x x 的图象大致是( ) A. C. B. D. 6、某四面体的三视图如图所示,正视图、侧视图、俯视图都是边长为 1 的正方形,则此四面体的体积为( ) 1 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析 A. 3 2 B. 2 3 7、若 ,为锐角,且 cos    π 6       C. 1 3 2π 3    sin D. 2 4      ,则( ) A.     3 B.    8、数列 na 满足 2 a n 1    6 a n C.     D.     a n  2  n  N ,且 10 a  10  3 *  6 ,则 19S  ( ) A.95 B.190 C.380 D.以上均不对 ) 9、下列说法中,错误的是( A.若平面 / / 平面,平面 平面 =l ,平面 平面 m B.若平面 平面,平面 平面 l , C.若直线l  ,平面 平面,则 / / l  D.若直线 / / m l 平面,平面 平面 m l ,l  平面,则 / / l m m ,  ,则 m  ,则 / / l m 10、已知双曲线 2 2 x a  2 2 y b  1( a  0, b  的左、右焦点分别为 1 0) ,F F ,若双曲线上存在点 P使 2 sin sin   PF F 1 2 PF F 2 1  a 2 c , 则该双曲线的离心率的取值范围是( ) A. 3  17 2   e 3  17 2 B. 2   e C. 1   e 3  17 2 D. 2   e 11、已知函数  f x    4sin 2   x  π 6    , x x 1  x 2  x 3  ...  x n x ,则 1  2 x 2  2 x 3 7 3  2 3  17 2 46π 3  0,       x ... 2 n   A. 1276π 3 B. 445C. 455π D. 1457π 3 ,若函数   F x    3 f x  的所有零点依次记为 1 x x x , 2 , 2  x n  ( ) 1  ,..., x ,且 n 2 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析 12、已知函数  f x   x e ax    1   ax a a   若有且仅有两个整数 (  0 , ix i  1,2) ,使得  i f x  ,则a 的取值范  0 ) A. 围为( 1[ 1e  2 13、 2 ,1) B. [ 1 2 e 2 ,1) C. 1 e 2 , 1 2 ( 2 ] D. ( 1 e  1 , 1 2 ] 2 x 8 展开式中不含 4x 项的系数的和为__________ 14、关于  x 的方程 2 x   4 x  kx   有两个不等的实数根,则实数 4 4 k k 的取值范围为 . 0 6 0 15、若 ,x y 满足 x y     x y 2       x 1 16、已知抛物线 2 y  px 2 ,则 2  z x  的最大值为__________. y 的准线方程为 x   ,点 P 为抛物线上的一点,则点 P 到直线 2 y x  的距离的最小 3 值为_________. 17、平面四边形 ABCD 中, AB BC 1.求sin ABD ; , A  60  , AB  , 3 AD  . 2 2.若 cos BDC  ,求 BCD△ 1 7 的面积. 18、如图,在四棱锥 P ABCD AB//CD, BAD=60 ,   PD AD AB    中, PD  平面 ABCD ,底面 ABCD 为梯形,  2, CD  , E 为 PC 的中点. 4 BE 平面 PAD ; 1.证明: 2.求二面角 PAD 的余弦值. / / 19、甲、乙两种不同规格的产品,其质量按测试指标分数进行划分,其中分数不小于 82 分的为合格品,否则为 次品.现随机抽取两种产品各 100 件进行检测,其结果如下: 测试指标分数 [70,76) [76,82) [82,88) [88,94)  94,100  3 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析 甲产品 乙产品 8 7 12 18 40 40 32 29 8 6 1.根据以上数据,完成下面的 2 2 列联表,并判断是否有95% 的有把握认为两种产品的质量有明显差异? 甲产品 乙产品 合计 合格品 次品 合计 2. 已知生产 1 件甲产品,若为合格品,则可盈利 40 元,若为次品,则亏损 5 元;生产 1 件乙产品,若为合格品,则 可盈利 50 元,若为次品,则亏损 10 元.记 X 为生产 1 件甲产品和 1 件乙产品所得的总利润,求随机变量 X 的 分布列和数学期望(将产品的合格率作为抽检一件这种产品为合格品的概率) 附: 2 K   P K 2 k 0k 2 n ad bc ) (     a c b d       a b c d  0.15 0 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.702 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 20、设直线  l k x :   1 k  与椭圆 0  2 x  2 4 y  2  m m  相交于 .A B 两个不同的点,与  x 轴相交于点 ,C O 为坐标 0  原点. 1.证明: 2 m   AC  CB 3  2.若 21、已知函数 1.当 1 2 ; 2 2 k k 4 1 4  ,求△OAB 的面积取得最大值时椭圆的方程. f x ( xe a ( ax 2 R) ax     . ) x 2 a  时,求函数 ( ) f x 的单调区间; 2.证明:当 1a  时,函数 ( ) g x  f x ( )  在区间 ax ,0 上存在唯一的极小值点为 0x ,且   1 2 x 0  . 0 22、[选修 4-4:坐标系与参数方程] 4 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析 在直角坐标系 xOy 中,曲线 1C 的参数方程为 { x y 2 2cos   2sin    (为参数),曲线 2C 的参数方程为 {    2cos  2 2sin x y 1.求曲线 1C 和曲线 2C 的极坐标方程;  (为参数),以O 为极点, x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. 2.已知射线 1l :      0       2  ,将射线 1l 顺时针旋转  6 得到射线 2l :     6 ,且射线 1l 与曲线 1C 交于O 、 P 两点,射线 2l 与曲线 2C 交于O 、Q 两点,求 OP OQ 1| 23、已知函数 ( ) 3|   1.求不等式 ( ) 6 x  , g( ) 1| | 4  f x | 3  x x 的最大值. | x  2 | . |  x a  g x  的解集; R ,使得 1( 2.若存在 1 ,x x 2 f x 和 2( g x 互为相反数,求a 的取值范围. ) ) 1.B 2.C 解析:因为   AD AC CD AC        AB AD   所以  AB 2  1 3 2 3   AB AC      CB AC 1 3 23     3 答案  1 3  AB  1 3  AC   AB  1 3 2 3  AC , 3 2cos120   1 , 故选:C. 3.D 解析: (1 i)  1 i  4.B 5.C 6.C  1 2i 1   1 i   2i  1 i   2i (1 i)    2 i 1    .故选 D. 解析:因为这个四面体的正视图、侧视图、俯视图都是边长为 1 的正方形,所以该四面体的六条棱可看成正方 体的六条面对角线. 该正四面体的体积 V      1 1 1 4 ( 7.C 1 1      .故选 C. 3 2 1 1 1) 1 3 5 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析 解析:由 cos    π 6       sin    π 2     π 6          sin    π 3      , ,      或 π  Z  3           2π 2       π+2kπ, k  Z , π 6 且 cos    ∴ π   3  sin            sin    2π 3       sin    2π 2  得 π 3    2π 2    k 2 π, k ∴     k 2 π, k  , Z π 3 2   或 ,k    ∵ ,为锐角, k Z  ∴         π π, 2 2    ,      0, π  ,则     .  3 8.B 解析:∵数列 na 满足 2 a n 1   a n  a n  2  n  N * ,∴数列 na 是等差数列,∵ 10 a  10 a ,∴ 1  a 19  a 102  20 , ∴ S 19    19  a 1  a 19 2  190 ,故选 B. 9.C 解析:选项 C 中,若直线l  ,平面 平面,则直线l 可能在平面内.错误;由面面平行的性质定理可得 选项 A 正确;由面面垂直的性质定理可得选项 B 正确;由线面平行的性质定理可得选项 D 正确,故选 C. 10.D 11.C 解析:函数  f x   x 4sin 2    π 6    ,   2    ,得 k Z k   x  1 2 k π  π 3  k   , Z x 2  令  6 即    f x 的图像的对称轴方程为 x  1 2 又    f x 的最小正周期为 T  π,0   x 当 30 k  时, x  46π 3 ,  k   . Z π 3 , k π  46π 3 6 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析 上有 30 条对称轴.    所有    f x 在区间 46π 3 0,    x 根据正弦函数的性质可知 1  x 2   π 3 2, x 2  x 3  5π 6  2,..., x n   1 x n  89π 2  . 6 x 将以上各式相加得 1  2 x 2  2 x 3   ... 2 x n 1   x n     π 3  5π 6   ... 89π 6     2   2 5 8 ... 89      π  3  455π . 故选 C. 12.B 13.0 解析:选 B ∵ (2 )x 8 展开式中各项的系数的和为 (2  8 1)  ,展开式的通项为 r 1 8 r   8C 2 ( r x) , ∴ 4x 项为 8 0 8C 2 (  , 8 x) 即 4x 项的系数为 1.∴不含 4x 项的系数的和为 1-1=0 14. 3 ,1   4     解析:先将方程根的情况转化为一个半圆与一条直线交点的情况,再用数形结合,先求出相切时的斜率,再得到 有两个交点的情况,即可得到所求范围. 15.2 解析:画出不等式组表示的可行域,如图中阴影部分所示. 由 2  z x  变形得 2  y y x  , z 平移直线 2  y x  ,结合图形可得,当直线 2  y z x 截距最小,此时 z 取得最大值.  经过可行域内的点 A 时,直线 2  y z x  在 y 轴上的 z 7 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析 由 x 2 y   x y    0 6 0    ,解得 , x    y 2 2 所以点 A 的坐标为(2,2) , 所以 z max     . 2 2 2 2 故答案为 2. 16. 2 2 解析:由题设得抛物线方程为 2 y x 8 ,设 P 点坐标为 ( , P x y ,则点 P 到直线 ) y x  的距离为 3 d  3 x y   2 8 x  y 8   8 2 24  2 y y 8   8 2 24  ( y  8  2 4)  8 2 2 2 ,当 4 y  时取最小值 2 2 . 【考点】 考查抛物线的性质,点到直线的距离及最值的求解. 17.1.在 ABD△ 中, A  60  , AB  , 3 AD  , 2 由余弦定理,得 2 BD  2 AB  AD 2 2  AB AD   cos A     ,所以 9 4 6 7 BD  7 , 由正弦定理,得 BD A sin  AD  ABD , sin 所以 sin  ABD  2 AD sin  BD A  2.因为 AB BC ,所以 ABC   3 2 7 90  ,   3 7 21 7 . 所以 cos  DBC   sin ABD  3 7 ,所以 sin DBC  2 7 . 因为 cos BDC  ,所以 1 7 sin BDC  4 3 7 . 8 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析   DBC )  所以sin   sin( sin   C BDC BDC sin(π     BDC DBC ) DBC   cos cos  BDC sin  DBC  4 3 7  所以sin     3 1 7 7 DBC  2 7 C sin 2 7 . ,所以 DBC  C   , 所以 DC BD  7 , 所以 S △ BCD  1 2 DC BD  sin   BDC   1 2 7  7  4 3 7  2 3 . 18.1.证明:设 F 为 PD 的中点,连接 ,EF FA . 因为 EF 为△ PDC 的中位线,所以 / / EF CD , 且 EF  1 2 CD 2  . 2 AB CD , AB  ,所以 / / 又 / / 故四边形 ABEF 为平行四边形,所以 / / 又 AF  平面 PAD , BE  平面 PAD , 所以 / / AB EF ,且 / / BE AF . BE 平面 PAD . AB EF ,  DAB 2.取 AB 中点 M ,连接 DM ∵ AD AB 60  , ∴ △ ABD 为等边三角形 从而,中线 DM AB 又 / /   , ,且 ∵ DM  3 , AB CD ,故 DM CD 如图所示,以 DM 、DC 、DP 所在直线为  x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, PD AD AB CD  4  2 ∴ ( 3,0,0) M B C , (0,4,0) , CD  4 ( 3,1,0)  BP   ( ,  BC   ( 于是 3,3,0) 3, 1,2)   设平面 PBC 的一个法向量为 ( , n x y z , ) 9 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析  n    n ,BC   BP 则 ,从而   n BC    n BP   0,  0 ∴      3 3 x x 3 y y   2    n 令   1  y  ,得 ( 3 1,2) , ,且 易知,平面 PCD 的一个法向量为 0 z  0 ,解得 y 3 y 2   x  z   n  2 2 3 1 4     DM  ( 3,0,0)  DM  3 ,且 设二面角 B PC D  的平面角为,则  cos     n DM    n DM   3 0 0 3 2 2     6 4 19.1.列联表如下: 甲产品 乙产品 合计 合格品 80 次品 20 75 25 合计 100 100 155 45 200 2 K   200   80 25 75 20  100 100 155 45     2  0.717 3.841  ∴没有95% 的有把握认为两种产品的质量有明显差异 2.依题意,生产一件甲,乙产品为合格品的概率分别为 4 3, 5 4 4 3 5 4 随机变量 X 可能取值为 90,45,30, 15,  P X 90    ,     P X  45     1 3 5 4 3 20 3 5 10 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析 X P 90  45 30 15 3 5 3 20 1 5 1 20  P X  30      P X   15     4 1 5 4 1 1 5 4 1 5 1 20 15  1 20  66 30   1 5  y k x  1  可化为 x   1 k y 1  . X 的分布列为:∴   E X  90   3 5 45  3 20  20.1.依题意,直线l 显然不平行于坐标轴,故 将 x   1 k y 1  代入 2 x  2 4 y  2 m ,消去  x , 2 2 y   k 1 4  得 由直线l 与椭圆相交于两个不同的点,  ,① ky 2  1 2 m   0  k 2   2 k 4 2  k 4  1  2 m  k 1 4  2  0  , 整理得 2 m  . 2 k 4 1 4   , 2 k  2.设  A x y B x y , 2 , 1 1 2  y 由①,得 1  y 2 因为  AC  CB 3   k 2 k 1 4  y ,得 1 , 2 3y 2 y ,代入上式,得 2 于是,△OAB 的面积 S  1 2 OC y 1   y 2  2 y 2  其中,上式取等号的条件是 24 k  ,即 1 k   . 1 2  k  k 1 4  k 2 k 1 4  2 . 2  2 4 k k  1 2 , y 由 2  将 k  k  k 1 4  1 2 y 2 , ,可得 2 y   . 1 4 2   及 1 4 k   1 2 , y 2  1 4 这两组值分别代入①,均可解出 2 m  . 5 2 11 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析 所以,△OAB 的面积取得最大值时椭圆的方程是 2 x 2 5 y 8 5 2 1  . 21.1.当 1 2 a  时, ( x    时, ( 1,0)  , 1) ,递减区间是( f )  f x ( 21 x 2 x  ; '( ) 0   , (0, , 1) ( 1,0) )   x xe x ,  f x ( )     1 x e x xe  ( x  1)(1  e x ) x   时, f x  ; '( ) 0 x   时, (0, ) f x  '( ) 0 所以 ( ) f x 的递增区间是 2. g x ( )  2 ax  ax  x  xe g x ( , )  ax a e 2   x  x xe h x 设 ( )  2 ax a   e x  x x e h x ,则 ( )   2 a  2e x  x x e  2 a  ( x  2)e x . 因为 0x  ,所以 2 2 x   , xe  .又因为 1, a  所以 ( ) h x 1 0  , h x 故 ( )  a x (2 1) e (1   x  在 ( x )  上为增函数. ,0) 又因 (0) h a   , 1 0 h (   ,由零点存在性定理,存在唯一的 0 ,0) ,有 0( h x  . 0 ) 1( x   2 1 2  ) e 1 2 g x   0   1 2  ,即 ( )g x 在 ( ) 0  ,即 ( )g x 在 0 ,  (  上为减函数, )x 0 0,0x 上为增函数, x x 时,   h x ( ) h x ( ) g x ( )   时, 0, x  0,0 当  当  x 所以 0x 为函数 ( )g x 的极小值点. 22.1.曲线 1C 的直角坐标方程为  y  曲线 2C 的直角坐标方程为 2.设点 P 极点坐标 1,4cos x 2 x  2 2  2 y  ,所以 1C 极坐标方程为 4cos   4  .  2 2  ,所以 2C 极坐标方程为 4sin   4  ;  ,即 1   4cos  . 点Q 极坐标为 2,4sin          6       ,即 2  4sin     6    , 则 OP OQ    1 2  4cos   4sin     6     16cos       3 2 sin   1 2 cos        8sin 2      6     4 , ∵     0,  2    , ∴ 2  当 2       6    6 2  5   6 6 ,    . ,即  时, OP OQ  3 取最大值 4 . 12 2019 年高考倒计时数学理科冲刺模拟卷四及答案解析 x  3, x   2 x 1, 2     x  3, x  1 4 1 4 , 23.1.∵ g x ( ) 3      5    3  x 3 x 当 当 2  x   时, 1 4 x 2    时,   解得 3 6 x 5 1 6   ,解得 x   ,此时无解. 1 x   ,即 7 5 7 5    . x 1 4 当 1 4 x 时, 3 x   ,解得 3x  ,即 1 4 3 6 x  , 3 综上, g x  的解集为 ( ) 6    x 3} . x { | 7 5 R ,使得 1 ,x x f x ) ( 2 f x x R y y } { | ( ),  x x a 1| | (3 | 3 |      2.因为存在 1 y y 所以{ | f x 又 ( ) 3|       g x ( ) 成立. 2 g x x R ( ), } a a 1) | | 3 3 )       (3 x . x  由(1)可知 g x   ( ) [ 9 4 ,  ,则 ) g x ( )   ( , 9 4 ] . 1  9 4 所以 a   3 ,解得 13 12 故 a 的取值范围为 13 5 , 12 12  [ ] .   a 5 12 . 1|  , 13

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