當前位置:咋考網 > 高考 > 模拟題 > 數學 >

鄭州市2019年高三數學下半期高考模拟網絡考試試卷

已知全集,則( )
A. B. C. D.

【答案】B
【解析】
由全集U=R,求出B的補集,找出A與B補集的公共部分,即可确定出所求的集合.

又由全集U=R,∴={y|y≤0 },
則A∩(∁UB)={x|≤0 }=
故選:B.

已知是虛數單位,複數滿足,則( )
A. B. C. D.

【答案】C
【解析】
根據複數的定義與運算性質,求出z的值.
,則2z=i(1-z),
設z=a+bi,代入2z=i(1-z)中,有2a+2bi=i(1-a-bi)=i-ai+b=b+(1-a)i,
∴2a=b且2b=1-a,解得a=,b=
∴zi.則
故選:C.

南宋數學家秦九韶在《數書九章》中提出的秦九韶算法至今仍是多項式求值比較先進的算法,已知,程序框圖設計的是求的值,在處應填的執行語句是( )

A. B. C. D.

【答案】B
【解析】
結合程序的運行過程及功能,可得答案.
由已知中的程序框圖可知:該程序的功能是利用循環結構計算并輸出變量S的值,
結合程序框圖的功能可知:
n的值為多項式的系數,由2019,2018,2017…直到1,
由程序框圖可知,處理框處應該填入n=2019﹣i.
故選:B.

已知雙曲線的離心率為,則它的一條漸近線被圓截得的線段長為( )
A. B. C. D.

【答案】D
【解析】
運用雙曲線的離心率公式和a,b,c的關系,可得b=a,求得雙曲線的一條漸近線方程,可求得圓心到漸近線的距離,再由弦長公式計算即可得到所求值.
由題意可得e
即ca,即有ba,
設雙曲線的一條漸近線方程為yx,即為y=x,
的圓心為(3,0),半徑r=3,
即有圓心到漸近線的距離為d
可得截得的弦長為22
故選:D.

将甲、乙兩個籃球隊場比賽的得分數據整理成如圖所示的莖葉圖,由圖可知以下結論正确的是( )

A. 甲隊平均得分高于乙隊的平均得分 B. 甲隊得分的中位數大于乙隊得分的中位數
C. 甲隊得分的方差大于乙隊得分的方差 D. 甲乙兩隊得分的極差相等

【答案】C
【解析】
由莖葉圖分别計算甲、乙的平均數,中位數,方差及極差可得答案.
29;30,∴∴A錯誤;
甲的中位數是29,乙的中位數是30,29<30,∴B錯誤;
甲的極差為31﹣26=5,乙的極差為32﹣28=4,5∴D錯誤;
排除可得C選項正确,
故選:C.

将函數的圖象向左平移個單位,然後縱坐标不變,橫坐标變為原來的倍,得到的圖象,下面四個結論正确的是( )
A. 函數在區間上為增函數
B. 将函數的圖象向右平移個單位後得到的圖象關于原點對稱
C. 點是函數圖象的一個對稱中心
D. 函數上的最大值為

【答案】A
【解析】
利用函數y=Asin(ωx+)的圖象變換規律,求得g(x)的解析式,再根據正弦函數的性質對選項逐一判斷即可.
由函數f(x)=2sinx的圖象先向左平移個單位,可得y=2sin(x)的圖象;
然後縱坐标不變,橫坐标變為原來的2倍,可得y=g(x)=2sin(x)的圖象.
對于A選項,時,x,此時g(x)=2sin(x)是單調遞增的,故A正确;
對于B選項,将函數的圖象向右平移個單位後得到y=2sin(x)不是奇函數,不滿足關于原點對稱,故B錯誤;
對于C選項,将x=代入函數解析式中,得到2sin()=2sin=;故點不是函數圖象的一個對稱中心,故C錯誤;
對于D選項,當時,x,最大值為,故D錯誤;
故選A.

高斯是德國著名的數學家,近代數學奠基者之一,享有“數學王子”的稱号,用其名字命名的“高斯函數”為:設,用表示不超過的最大整數,則稱為高斯函數.例如:,已知函數,則函數的值域為( )
A. B. C. D.

【答案】D
【解析】
分離常數法化簡f(x),根據新定義即可求得函數y=[f(x)]的值域.
,又>0,∴,∴
∴當x∈(1,2)時,y=[f(x)]=1;
當x∈[2,)時,y=[f(x)]=2.
∴函數y=[f(x)]的值域是{1,2}.
故選D.

某幾何體的三視圖如下圖所示,則該幾何體的體積為( )

A. B. C. D.

【答案】A
【解析】
由三視圖可知幾何體是如圖的四棱錐,由正視圖可得四棱錐底面四邊形中幾何量的數據,再由側視圖得幾何體的高,把數據代入棱錐的體積公式計算.
由三視圖知:幾何體是四棱錐S-ABCD,如圖:

四棱錐的底面四邊形ABCD為直角梯形,直角梯形的底邊長分别為1、2,直角腰長為2;
四棱錐的高為
∴幾何體的體積V
故選A.

已知抛物線,過原點作兩條互相垂直的直線分别交兩點(均不與坐标原點重合),則抛物線的焦點到直線距離的最大值為( )
A. B. C. D.

【答案】C
【解析】
設A(),B(),由OA⊥OB,利用斜率計算公式可得kOA•kOB=﹣1,得出t1t2=﹣1.又kAB,即可得出直線AB恒過定點,由此可得結論.
設A(),B().
由OA⊥OB,得1,得出t1t2=﹣1.
又kAB
得直線AB的方程:y﹣2t1(x﹣2t12).
即x﹣()y﹣2=0.
令y=0,解得x=2.
∴直線AB恒過定點D(2,0).
∴抛物線的焦點F到直線AB距離的最大值為FD=2
故選:C.

在長方體中,分别是棱的中點,是底面内一動點,若直線與平面沒有公共點,則三角形面積的最小值為( )
A. B. C. D.

【答案】C
【解析】
由直線與平面沒有公共點可知線面平行,補全所給截面後,易得兩個平行截面,從而确定點P所在線段,得解.
補全截面EFG為截面EFGHQR如圖,

其中H、Q、R分别為的中點,易證平面ACD1∥平面EFGHQR,
∵直線D1P與平面EFG不存在公共點,
∴D1P∥面ACD1,∴D1P面ACD1,
∴P∈AC,∴過P作AC的垂線,垂足為K,則BK=,此時BP最短,
△PBB1的面積最小,
∴三角形面積的最小值為
故選:C.

函數是定義在上的函數,,且在上可導,為其導函數,若,則不等式的解集為( )
A. B. C. D.

【答案】B
【解析】
構造函數,g(x)=xf(x),利用導函數的單調性,轉化求解不等式的解集即可.
函數f(x)在(0,+∞)上可導,為其導函數,
令g(x)=xf(x),則g′(x)=x•+f(x)=
可知當x∈(0,2)時,g(x)是單調減函數,x∈(2,+∞)時,函數g(x)是單調增函數,又f(3)=0,,
則g(3)=3f(3)=0,且g(0)=0
則不等式f(x)<0的解集就是xf(x)<0的解集,
不等式的解集為:{x|0<x<3}.
故選:B.

設實數滿足,則的取值範圍為_________.

【答案】
【解析】
根據已知的約束條件,畫出滿足約束條件的可行域,利用表示的幾何意義,結合圖象即可得出的範圍.
先根據實數x,y滿足的條件畫出可行域,如圖陰影部分:(含邊界)

的幾何意義是可行域内任意一點P與坐标原點連線的斜率,
觀察圖形可知,當點P在點A處取最小值,由解得A(-1,3)
∴最小值為-3,
當點P在點B處取最大值, 由解得B(-2,),
∴最大值為
的取值範圍是
故答案為:

中,角所對的邊分别為,且,則_________.

【答案】
【解析】
利用正弦定理将已知條件角化邊求得c,再利用餘弦定理解得b即可.
,由正弦定理可得c+2c=a,代入,得到a=∴c=
又cosB
∴b.故答案為.

已知函數,若函數有兩個極值點,且,則實數的取值範圍是________.

【答案】
【解析】
由題意可得,作比得==,令=t,結合條件将寫成關于t的函數,求導分析得到的範圍,再結合得到a的範圍,與函數有兩個極值點時a的範圍取交集即可.
∵函數有兩個極值點,∴有兩個零點
兩式作比得到:==
=t,則有=, ②
代入式得:,
又由②得=,∴t,
令g(t)= t,則=
令h(t)=,則=
∴h(t)單調遞減,∴h(t)=1-2
∴g(t)單調遞減,∴g(t)=,即
,令u(x)=,則>0, ∴u(x)在x上單調遞增,
∴u(x),即a
有兩個零點,u(x)在R上與y=a有兩個交點,
,在(-,1), u(x) 單調遞增,在(1,+, u(x)單調遞減,u(x)的最大值為u(1)=,大緻圖像為:

,又
綜上,
故答案為.

數列滿足:.
(1)求的通項公式;
(2)設,數列的前項和為,求滿足的最小正整數.

【答案】(1);(2)10.
【解析】
(1)n=1時,可求得首項,n≥2時,将已知中的n用n-1代換後,與已知作差可得,再驗證n=1也符合,即可得到數列{an}的通項;(2)由(1)可得bn的通項公式,由裂項相消法可得Sn,再由不等式,得到所求最小值n.
(1)∵
n=1時,可得a1=4,
n≥2時,

兩式相減可得=(2n﹣1)+1=2n,
.n=1時,也滿足,∴.
(2)=
∴Sn,又,可得n>9,
可得最小正整數n為10.

四棱錐中,底面是邊長為的菱形,是等邊三角形,的中點,.

(1)求證:
(2)若在線段上,且,能否在棱上找到一點,使平面平面?若存在,求四面體的體積.

【答案】(1)證明見解析;(2).
【解析】
(1)連接PF,BD由三線合一可得AD⊥BF,AD⊥PF,故而AD⊥平面PBF,于是AD⊥PB;
(2)先證明PF⊥平面ABCD,再作PF的平行線,根據相似找到G,再利用等積轉化求體積.
連接PF,BD,

是等邊三角形,F為AD的中點,
∴PF⊥AD,
∵底面ABCD是菱形,
∴△ABD是等邊三角形,∵F為AD的中點,
∴BF⊥AD,
又PF,BF⊂平面PBF,PF∩BF=F,
∴AD⊥平面PBF,∵PB⊂平面PBF,
∴AD⊥PB.
(2)由(1)得BF⊥AD,又∵PD⊥BF,AD,PD⊂平面PAD,
∴BF⊥平面PAD,又BF⊂平面ABCD,
∴平面PAD⊥平面ABCD,
由(1)得PF⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴PF⊥平面ABCD,

連接FC交DE于H,則△HEC與△HDF相似,又,∴CH=CF,
∴在△PFC中,過H作GHPF交PC于G,則GH⊥平面ABCD,又GH面GED,則面GED⊥平面ABCD,
此時CG=CP,
∴四面體的體積
所以存在G滿足CG=CP, 使平面平面,且.

為推動更多人閱讀,聯合國教科文組織确定每年的日為“世界讀書日”.設立目的是希望居住在世界各地的人,無論你是年老還是年輕,無論你是貧窮還是富裕,都能享受閱讀的樂趣,都能尊重和感謝為人類文明做出過巨大貢獻的思想大師們,都能保護知識産權.為了解不同年齡段居民的主要閱讀方式,某校興趣小組在全市随機調查了名居民,經統計這人中通過電子閱讀與紙質閱讀的人數之比為,将這人按年齡分組,其中統計通過電子閱讀的居民得到的頻率分布直方圖如圖所示.
(1)求的值及通過電子閱讀的居民的平均年齡;

(2)把年齡在第組的居民稱為青少年組,年齡在第組的居民稱為中老年組,若選出的人中通過紙質閱讀的中老年有人,請完成上面列聯表,則是否有的把握認為閱讀方式與年齡有關?


【答案】(1);(2)有.
【解析】
(1)由頻率分布直方圖求出a的值,再計算數據的平均值;
(2)由題意填寫列聯表,計算觀測值,對照臨界值得出結論.
(1)由頻率分布直方圖可得:10×(0.01+0.015+a+0.03+0.01)=1,
解得a=0.035,
所以通過電子閱讀的居民的平均年齡為:
20×10×0.01+30×10×0.015+40×10×0.035+50×10×0.03+60×10×0.01=41.5;
(2)由題意人中通過電子閱讀與紙質閱讀的人數之比為, ∴紙質閱讀的人數為200=50,其中中老年有人,∴紙質閱讀的青少年有20人,電子閱讀的總人數為150,
青少年人數為150=90,則中老年有人,
得2×2列聯表,

電子閱讀

紙質閱讀

合計

青少年(人)

90

20

110

中老年(人)

60

30

90

合計(人)

150

50

200

計算
所以有的把握認為認為閱讀方式與年齡有關.

橢圓的左、右焦點分别為為橢圓上一動點(異于左、右頂點),若的周長為,且面積的最大值為.
(1)求橢圓的方程;
(2)設是橢圓上兩動點,線段的中點為的斜率分别為 為坐标原點,且,求的取值範圍.

【答案】(1);(2).
【解析】
(1)通過2a+2c=,計算即得結論;
(2)當直線AB的斜率k=0時,|OP|
當直線AB的斜率k≠0時,可令AB的方程為:x=my+t,由可得(m2+4)y2+2mty+t2﹣4=0,求得p().由,⇒2t2=m2+4,代入|OP|2的運算中,化簡得|OP|2∈(,2]即可.
(1)由題知,的周長為2a+2c=
,c=
∴橢圓C的方程為:
(2)當直線AB的斜率k=0時,
此時k1,k2(O為坐标原點),滿足,k1=-k2=﹣
可令OB的方程為:y,(xB>0)
可得B(),
此時|OP|
當直線AB的斜率k≠0時,可令AB的方程為:x=my+t,
可得(m2+4)y2+2mty+t2﹣4=0,
△=4m2t2﹣4(m2+4)(t2﹣4)>0⇒m2﹣t2+4>0…①

x1+x2=m(y1+y2)+2t
∴p().
,∵⇒4y1y2+x1x2=0.
⇒(4+m2)y1y2+mt(y1+y2)+t2=0.
⇒t2﹣4t2=0.
⇒2t2=m2+4,且t2≥2,…②
由①②可得t2≥2恒成立,
|OP|2∈(,2]
|OP|
綜上,|OP|的取值範圍為[].

已知函數.
(1)曲線在點處的切線方程為,求的值;
(2)若時,,都有,求的取值範圍.

【答案】(1);(2).
【解析】
(1)對f(x)求導後利用-1,直接求解即可.
(2)先判斷若時,f(x)在區間上是減函數,利用單調性及的大小去絕對值,得到,構造函數在x∈時是增函數.可得,即在x∈時恒成立.再構造g(x)=利用導數分析其最值,即可得出實數a的取值範圍.
(1)∵=,∴-2b=-1,,
∴b=,a=1.
(2)若時,,在x恒成立,
∴f(x)在區間上是減函數.
不妨設1<x1<x2<e,則
等價于

即函數在x∈時是增函數.
,即在x∈時恒成立.令g(x)=,則,令,則=-=<0在x∈時恒成立,
在x∈時是減函數,且x=e時,y=>0,∴y>0在x∈時恒成立,即在x∈時恒成立, ∴ g(x) 在x∈時是增函數,∴g(x)<g(e)=e-3

所以,實數a的取值範圍是

在平面直角坐标系中,以為極點,軸的非負半軸為極軸,建立極坐标系,曲線的極坐标方程為,直線的參數方程為為參數,直線與曲線分别交于兩點.
(1)若點的極坐标為,求的值;
(2)求曲線的内接矩形周長的最大值.

【答案】(1)4;(2)16.
【解析】
(1)根據題意,将曲線C的極坐标方程變形為标準方程,将直線的參數方程與曲線C的方程聯立,可得,由一元二次方程根與系數的關系計算可得答案;
(2)寫出曲線C的參數方程,分析可得以P為頂點的内接矩形周長l,由正弦函數的性質分析可得答案.
(1)由,将x=ρcosθ,y=ρsinθ代入得到+3=12,
所以曲線C的直角坐标方程為+3=12,的極坐标為,化為直角坐标為(-2,0)
由直線l的參數方程為:(t為參數),
知直線l是過點P(-2,0),且傾斜角為的直線,
把直線的參數方程代入曲線C得,
所以|PM|•|PN|=|t1t2|=4.
(2)由曲線C的方程為
不妨設曲線C上的動點
則以P為頂點的内接矩形周長l
又由sin(θ)≤1,則l≤16;
因此該内接矩形周長的最大值為16.

設函數.
(1)當時,求不等式的解集;
(2)已知恒成立,求的取值範圍.

【答案】(1);(2).
【解析】
(1)通過讨論x的範圍,得到關于x的不等式組,解出即可;
(2)求出f(x)的分段函數的形式,通過讨論a的範圍,求出f(x)的最小值即可.
(1)a=1時,f(x)=|x+1|+|x﹣1|,
若g(x)≥f(x),
即x2-x≥|x+1|+|x﹣1|,



解得:x≥3或x≤-1,
故不等式的解集是{x|x≥3或x≤﹣1};
(2)f(x)=|ax+1|+|x﹣a|
若0<a≤1,則f(x)min=f(a)=a2+1,
∴a2+1,解得:a或a
∴a=1,
若a>1,則f(x)min=f()=a2,
∴a>1,
綜上,a

©2018-2019咋考網版權所有,考題永久免費