一模理科数学试题.pdf

绝密★启用前 珠海市 2019～2020 学年度第一学期普通高中学业质量监测 高三理科数学试题答案 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 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．请在答题卡上填涂相应选项. 1．已知集合 { | ln 0}xA x  ， 2{ | 4 0}B x x   ，则 A B  A.  1,2 B. (1,2] C. (0,2] D.  1, 【答案】B 【详解】 僘 ಲ ∞ ， − 僘 ，故 ∩ 僘 ，故选 B. 2．复数 1 2i1 iz z  ， ，其中i 为虚数单位，则 1 2 z z 的虚部为 A.1 B. 1 C.i D. i 【答案】B 【详解】 1 1 iz   , 1 2 i ii 1 1z z     ,虚部为-1，故选 B. 3．已知函数   2f x x bx c   ， ,b c R ，则“ 0c  ”是“函数  f x 有零点”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】A 【详解】“函数  f x 有零点”等价于“ 2 4 0b c    ”，即“ 2 4b c ”；“ 0c  ”明显 可得到“ 2 4b c ”，而“ 2 4b c ”不一定满足“ 0c  ”，故选 A. 4．一个几何体是由若干个边长为 1 的正方体组成的，其主视图和 左视图如图所示，且使得组成几何体的正方体个数最多，则该几何 体的表面积为 A.13 B.28 C.38 D.46 【答案】D 【详解】综合主视图和左视图，要使组成几何体的正方体个数最多，则下面一层的正方体应 该有 9 个，上层的正方体应有 4 个，共 9+4=13 个.此几何体表面积为 46，故选 D.5．已知 na 是各项都为正数的等比数列， nS 是它的前 n 项和，若 4 6S  ， 8 18S  ,则 12S  A.24 B.30 C.42 D.48 【答案】C 【详解】 na 是各项都为正数的等比数列，所以 4 8 4 12 8, ,S S S S S  也成等比数列，且公比 为 8 4 4 2S S S   ，所以 12 8 8 42( ) 24S S S S    ，因此 12 42S  ，故选 C. 6．如图，若在矩形 OABC 中随机撒一粒豆子，则豆子落在图中阴影部分的概率为 A. 21  B. 2  C. 2 2  D. 2 21  【答案】A 【详解】 1S    矩形 ，又  0 0 sin cos | cos cos0 2xdx x         ， 2S   阴影 ，豆子落在图中阴影部分的概率为 2 21      .故选：A. 7．已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的右焦点为 F ，离心率 2 2 ，过点 F 的直线l 交椭圆于 ,A B 两点，若 AB 中点为 (1,1) ，则直线l 的斜率为 A. 2 B. 2 C. 1 2 D. 1 2  【答案】D 【详解】因为 2 2 2 2 2 2 22 , 4 2 , 4( ) 2 , 22 c c a a b a a ba         . 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，且 1 2 1 2+ =2 + =2x x y y， ， 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 b x a y a b b x a y a b       ， 相减得 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( )( ) ( )( ) 0b x x x x a y y y y      ，所以 2 2 1 2 1 22 ( ) 2 ( ) 0b x x a y y    ， 所以 2 2 1 2 1 2 ( )2 4 0( ) y yb b x x   ，所以 11 2 0, 2k k     .故选 D.8．如果执行如图所示的程序框图， 则输出的数 S 不可能是 A.0.4 B.0.5 C.0.75 D.0.9 【答案】A 【详解】根据框图： 1 11, 11 2 2i S    ； 1 1 1 1 1 12, 1 1 12 2 3 2 2 3 3i S          ；； 当 1, 1 1i n S n     ．当 1n  时， 0.5S  ； 当 3n  时， 0.75S  ；当 9n  时， 0.9S  ； 当 11 0.41n   时， 2 3n N  ，所以选 A． 9．已知 0x  ， 0y  ， 0z  ，且 9 1 1y z x   ，则 x y z  的最小值为 A.8 B.9 C.12 D.16 【答案】D 【详解】由 , , 0x y z  得， 9 1( ) [ ( )]( )x y z x y z x y z y z x          910 x y z y z x    910 2 16x y z y z x     ，当且仅当 4, 12x y z   时等号成立，选 D. 10．太极图被称为“中华第一图”．从孔庙大成殿粱柱，到楼观台、三茅宫标记物；从道袍、 卦摊、中医、气功、武术到韩国国旗，太极图无不跃居其上．这种广为人知的太极图， 其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”. 在如图所示的阴阳鱼图案中， 阴影部分可表示为       2 2 2 22 2 4 , 1 1 1 1 0 x y A x y x y x y x                     或 ， 设点( , )x y A，则 2z x y  的最大值与最小值之差是 A. 2 5 B. 2 2 5 C. 2 3 5 D. 2 4 5 【答案】C 【详解】如图，作直线 2 0x y  ，当直线上移与圆 22 ( 1) 1yx    相切时， 2z x y  取最大值，此时，圆心 (0,1) 到直线 2z x y  的距离等于 1， 即 | 2 | 1 5 z  ，解得 z 的最大值为 2 5 ， 当下移与圆 2 2 4x y  相切时， 2x y 取最小值， 同理 | | 2 5 z  ，即 z 的最小值为 2 5 ， 所以 2 5 ( 2 5) 2 3 5     ．故选 C． 11．e 为自然对数的底数，定义在 R 上的函数 ( )f x 满足 '( ) ( ) 2 xf x f x e  ，其中 '( )f x 为  f x 的导函数，若 2(2) 4f e ，则 ( ) 2 xf x xe 的解集为 A. ,1 B.  1, C. ,2 D. 2, 【答案】C 【详解】设 ( )( ) 2x f xg x xe   ，所以 (2) 0g  ，且 ( ) 2 xf x xe 等价于 ( ) 2 0x f x xe   等价 于 ( ) (2)g x g ，因为 ( ) ( )( ) 2 0x f x f xg x e      ，故 ( )g x 在 R 上单调递减，所以 ( ) (2)g x g ，解得 2x  ，故选 C. 12．已知球O 的半径为 2， ,A B 是球面上的两点，且 2 3AB  ，若点 P 是球面上任意一 点，则 PA PB  的取值范围是 A.[ 1,3] B.[ 2,6] C.[0,1] D.[0,3] 【答案】B 【详解】由球O 的半径为2， ,A B是球面上的两点，且 2 3AB  ， 可得 2 3AOB   , 12 2 ( ) 22OA OB        , 2,OA OB         2 · · · ·PA PB OA OP OB OP OAOB OA OB OP OP                   2 | cos 4 2 4cos| 2,6OA OB OP              ,故选 B. 二、填空题:本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13．已知向量  = 1,2a  ，  = 2, 2b  ，  = 1,c m  ．若  2c a b   ∥ + ，则 m  ________． 【答案】 1 2【详解】由题可得  2 4,2a b   / / 2c a b  ,  1,c m . 4 2 0m   ,即 1 2m  . 14．已知  0,πx ，关于 x 的方程 π2sin 03x k      有两个不同的实数解，则实数 k 的 取值范围为______. 【答案】 ( 3,2) 【详解】令 1 π2sin 3y x     ，  0,πx ， 2y k ，作出 1y 的图象. 若 π2sin 03x k      在 0,π 上有两个不同的实数解， 则 1y 与 2y 应有两个不同的交点，所以 3 2k  . 15．已知 1 n xx     的展开式中所有项的系数和为 64，则其展开式中的常数项为_______. 【答案】15 【详解】已知 1 n xx     的展开式的所有项的系数和为 64，令 1x  ，得 2 64 6n n   ， 二项展开式的通项公式为 3 66 2 1 6 6 1( ) ( ) r r r r r rT C x C xx      ，令 3 6 0 42 r r    ， 所以常数项为 4 6 15C  . 16．已知 1F 、 2F 分别为双曲线C ：   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左、右焦点，过 1F 作直线l 与圆 2 2 2x y a  相切于点T ，且直线l 与双曲线C 的右支交于点 P ，若 1 14FT F P uuur uuur ，则双 曲线C 的离心率为______. 【答案】 5 3 【详解】如图，由题可知 1 2OF OF c  ， OT a ，则 1FT b ，又 1 14F P FT uuur uuur Q ， 3TP b  ， 1 4F P b  ，又 1 2 2PF PF a  ， 2 4 2PF b a   作 2 / /F M OT ，可得 2 2F M a ， TM b ，则 2PM b . 在 2MPF 中， 2 2 2 2 2PM MF PF  ，即  22 2c b a  ， 2b a c  . 又 2 2 2c a b  ，化简可得 2 23 2 5 0c ac a   ，得 23 2 5 0e e   ,解得 5 3e  . 三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17 ~ 21题为必考题， 每个试题考生都必须作答.第 22 ~ 23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分 17.（12 分）已知 , ,A B C 是 ABC 的内角， , ,a b c 分别是其对边长，向量 ( , )m a b c  ， (sin sin ,sin sin )n B A C B   ，且 m n  . (1)求角 A 的大小； (2)若 2a  ，求 ABC 面积的最大值. 解: (1)∵ m n  ，∴ 0m n   ……………………1 分 ∴ ( )(sin sin ) (sin sin ) 0b a B A c C B     ……………………2 分 根据正弦定理 ( )( ) ( ) 0b a b a c c b     ……………………3 分 ∴ 2 2 2 0b a c bc    ∴ 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ……………………5 分 ∵ 0 A ＜ ＜ ，∴ 3A  . ……………………6 分 (2)在 ABC 中， 3A  ， 2a  由余弦定理知 2 2 2 2 24 2 cosa b c bc A b c bc       ……………………7 分 ∴ 2 24 2bc b c bc    ，当且仅当 b c 时等号成立. ……………………8 分 ∴ 4bc  ……………………9 分 ∴ 1 1 3sin 4 32 2 2ABCS bc A      ……………………11 分∴ ABC 面积的最大值为 3 . ……………………12 分 18.（12 分）如图，矩形 ABCD 中， 2AB  ， 4AD  ， E 为 BC 的中点，现将 BAE 与 CDE 折起，使得平面 BAE 及平面CDE 都与平面 DAE 垂直． （1）求证： / /BC 平面 DAE ； （2）求二面角 A BE C  的余弦值． 解：（1）过点 B 作 BM AE 于 M ， 过点C 作CN ED 于 N ，连接 MN . ∵平面 BAE 及平面CDE 都与平面 DAE 垂直， ∴ BM  平面 DAE ，CN  平面 DAE ，∴ / /BM CN . ……………1 分 ∵矩形 ABCD 中， BAE 与 CDE 全等，∴ BM CN . ……………2 分 ∴四边形 BCNM 是平行四边形，∴ / /BC MN . ……………3 分 又 BC  平面 DAE ， MN  平面 DAE ，∴ / /BC 平面 DAE . ……………4 分 （2）矩形 ABCD 中， AE DE ，以 E 为原点， ED 为 x 轴， EA 为 y 轴，建立空间直角坐标系 xyzE ……………5 分 则 (0,0,0), (0, 2, 2), ( 2,0, 2)E B C ∴ (0, 2, 2), ( 2,0, 2)EB EC   ……………6 分 设平面CBE 的法向量为 ( , , )n x y z 则 0 0 n EB n EC         ，即 2 2 0 2 2 0 y z x z      ……………7 分 令 1z  ，则 ( 1, 1,1)n    ……………8 分 易得平面 ABE 的法向量为 (1,0,0)m  ……………9 分∴ 1 1 0 0 3cos , 3| | | | 3 1 m nm n m n                 ……………11 分 ∴二面角 A BE C  的余弦值为 3 3  ． ……………12 分 19.（12 分）已知 F 为抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点，过 F 垂直于 x 轴的直线被C 截 得的弦长为 4． （1）求抛物线 C 的方程； （2）过点 ( ,0)m ，且斜率为1的直线被抛物线C 截得的弦为 AB ，若点 F 在以 AB 为直径 的圆内，求 m 的取值范围． 解：（1）抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点坐标为 ,02 pF      ， ……………1 分 把 2 px  代入 2 2y px ，得 y p  ， ……………2 分 所以 2 4p  ， ……………3 分 因此抛物线方程为 2 4y x . ……………4 分 （2）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 过点 0m, 且斜率为1的直线方程为 y x m  ， ……………5 分 联立 2 4y x y x m      , 消去 y 得：  2 22 4 0x m x m    ……………6 分 所以  2 2Δ 2 4 4 0 1m m m       根据韦达定理 1 2 2 4x x m   ， 2 1 2x x m ， ……………8 分 易知抛物线C 的  1,0F ，点 F 在以 AB 为直径的圆内等价于 0FA FB   ，      1 1 2 2 1 2 1 2 1 21, 1, 1FA FB y y x xx x yyx x               1 2 1 2 1 21x x m mx x x x          2 1 2 1 22 1 1x xx m x m       2 22 1 2 4 1m m m m      2 6 3 0m m    ……………10 分 解得3 2 3 3 2 3m    ，符合 1m   . ……………11 分 所以， m 的范围是 3 2 3 3 2 3 , . ……………12 分 20.（12 分）某游戏棋盘上标有第 0 、1、 2、 、100 站，棋子开始位于第 0 站，选手抛 掷均匀硬币进行游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站， 直到跳到第 99站或第100 站时，游戏结束. 设游戏过程中棋子出现在第 n站的概率为 nP . （1）当游戏开始时，若抛掷均匀硬币3 次后，求棋子所走站数之和 X 的分布列与数学期望； （2）证明：   1 1 1 1 982n n n nP P P P n       ； （3）若最终棋子落在第99 站，则记选手落败，若最终棋子落在第100 站，则记选手获胜. 请 分析这个游戏是否公平. 解：（1）由题意可知，随机变量 X 的可能取值有 3 、 4、5 、 6 ， ……………1 分   31 13 2 8P X       ，   3 1 3 1 34 2 8P X C        ，   3 2 3 1 35 2 8P X C        ，   31 16 2 8P X       . ……………3 分 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示： X 3 4 5 6 P 1 8 3 8 3 8 1 8 ……………4 分 所以， 1 3 3 1 9( ) 3 4 5 68 8 8 8 2E X          . ………6 分 （2）依题意，当1 98n  时，棋子要到第 1n 站，有两种情况： 由第 n 站跳1站得到，其概率为 1 2 nP ； 可以由第 1n  站跳 2站得到，其概率为 1 1 2 nP  .所以， 1 1 1 1 2 2n n nP P P   . ………7 分 同时减去 nP 得    1 1 1 1 1 1 , 1 982 2 2n n n n n nP P P P P P n           ………8 分 （3）依照（2）的分析，棋子落到第 99 站的概率为 99 98 97 1 1 2 2P P P  ， ………9 分 由于若跳到第99 站时，自动停止游戏，故有 100 98 1 2P P . ………10 分 所以 100 99P P ， ………11 分 即最终棋子落在第99 站的概率大于落在第100 站的概率，游戏不公平. ………12 分 （注意：由于  1 1 1 1 1 1 2 2 2n n n n n nP P P P P P         仅对于1 98n  成立，所以如果 学生使用 99 1 100 99 1 02P P        得到 100 99P P ，从而说明游戏不公平，则应该算是错误， 第（3）小问不给分.） 21.（12 分）已知函数 ( ) ln 1af x x x    ， a R . （1）若对 [1, )x   ，不等式 ( ) 1 0f x x   恒成立，求 a 的取值范围； （2）在（1）的条件下，设函数 ( )( ) f xg x x  ，试判断 ( )g x 在区间 2[1, ]e 上是否存在极值 （ e 为自然对数的底数）.若存在，判断极值的正负；若不存在，请说明理由. 解：（Ⅰ）由 ( ) 1 0f x x   ，得1 1 1 0anx xx      ． 即 21 2a x nx x x    在[1, ) 上恒成立． ……………1 分 设函数 2( ) 1 2m x x nx x x    ， 1x  ． 则 '( ) 1 2 1m x x nx x    ． ……………2 分 ∵ [1, )x  ，∴ '( ) 1 2 1 0m x nx x     ． ……………3 分 ∴ ( )m x 在[1, ) 上单调递减． ∴当 [1, )x  时， max( ) (1) 1m x m  ． ……………4 分 ∴ 1a  ，即 a 的取值范围是 (1, ) ． ……………5 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 1a  ， 2 1 1( ) nx ag x x x x    ， 2[1, ]x e ．∴ 2 2 1 1 1'( ) nxg x x x   3 3 2 2 1 2a x x nx a x x    ． ……………6 分 设 ( ) 2 1 2h x x x nx a   ，则 '( ) 2 (1 1 ) 1 1h x nx nx     ． 由 '( ) 0h x  ，得 x e ．当1 x e  时， '( ) 0h x  ；当 2e x e  时， '( ) 0h x  ． ∴ ( )h x 在[1,e) 上单调递增，在 2(e,e ]上单调递减． ……………7 分 且 (1) 2 2h a  ， ( ) 2h e e a  ， 2( ) 2h e a  ． （ⅰ）当 ( ) 2 0h e e a   ，即 2 ea  时， ( ) 0h x  即 '( ) 0g x  ． ∴ ( )g x 在 2[1,e ]上单调递减． ∴当 2 ea  时， ( )g x 在 2[1,e ]上不存在极值． ……………8 分 （ⅱ）当 ( ) 0h e  ，即1 2 ea  时，据（Ⅰ）可知 2( ) (1) 0h e h  ． 则必定 2 1 2, [1, ]x x e  ，使得 1 2( ) ( ) 0h x h x  ，且 2 1 21 x e x e    ． ∴当1 2 ea  时， ( )g x 在 2[1,e ]上有极小值 1( )g x 和极大值为 2( )g x . ……………9 分 ∵ 1 1 2 1 1 1 1 1( ) nx ag x x x x    1 1 1 2 1 1x nx x a x   且1 2 ea  ， 11 x e  . 设 ( ) 1x x nx x a    ，∴ '( ) 1 0x nx   ， ( )x 在 (1, )e 上单调递增， ∴ 1( ) (1) 1 0x a     ．∴ 1( ) 0g x  ． ……………10 分 ∴当1 2 ea  时， ( )g x 在 2[1, ]e 上的极值 2 1( ) ( ) 0g x g x  ． ……………11 分 综上所述：当 2 ea  时， ( )g x 在 2[1, ]e 上不存在极值；当1 2 ea  时， ( )g x 在 2[1, ]e 上存 在极值，且极值均为正． ……………12 分 （二）选考题：共10分.请考生在第 22 ~ 23 题中任选一题作答. 如果多做，那么按照所做 的第一题计分. 22.（10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C ： 4cos 4sin x y      ，（ 为参数），将曲线 1C上的所有点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的 1 2 后得到曲线 2C ；以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 sin 33       . （1）求曲线 2C 和直线 l 的直角坐标方程； （2）已知 ( 2 3 0)M - ， ，设直线 l 与曲线 2C 交于不同的 A B, 两点，求 MA MB 的值. 解：（1）直线l 的极坐标方程为 πsin 33       ， 化简得 3 cos sin 6 0      ， 化为直角坐标方程为 3 6 0x y   ． ……………2 分 将曲线 1C ： 4cos 4sin x y      ，（ 为参数），消参得 2 2 16x y  ， 依题意变换后得曲线 2C ： 2 2 116 4 x y  . ……………5 分 （2）由题意知 ( 2 3 0)M - ， 在直线l 上，又直线l 的倾斜角为 π 3 ， 所以直线l 的参数方程为 12 3 2 3 2 x t y t       ， ， （t 为参数） ……………7 分 设 A B， 对应的参数分别为 1t ， 2t ， 将直线l 的参数方程代入 2 2 116 4 x y  中，得 213 8 3 16 0t t   ． ……………8 分 因为 M 在 2C 内，所以   恒成立， 由韦达定理得 1 2 16 13t t   ， ……………9 分 所以 1 2 16| | | | | | 13MA MB t t   ． ……………10 分 23.（10 分）设函数    4 0f x x a x a     ． （1）当 1a  时，求不等式  f x x 的解集；（2）若   41f x a   恒成立，求 a 的取值范围． 解：（1）当 1a  时，   5 2 , 1 1 4 3,1 4 2 5, 4 x x f x x x x x x             ， ……………1 分 当 1x  时，  f x x ，无解； 当1 4x  时，  f x x 可得 3 4x  ； 当 4x  时，  f x x 可得 4 5x  ； ……………4 分 故不等式  f x x 的解集为 3,5 ． ……………5 分 （2）      4 4 4f x x a x x a x a          ， ……………6 分 4 44 1 aa a a      ． ……………7 分 当 0a  或 4a  时，不等式显然成立； ……………8 分 当 0 4a  时， 1 1a  ，则1 4a  ． ……………9 分 故 a 的取值范围为   ,0 1,  ． ……………10 分