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2019-2020学年甘肃省张掖市高考数学一模试卷(理科)

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甘肃省张掖市高考数学一模试卷(理科) 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共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.1.(5分)若集合M={x|4<x<8},N={x|x2﹣6x<0},则M∩N=(  )A.{x|0<x<4}B.{x|6<x<8}C.{x|4<x<6}D.{x|4<x<8}2.(5分)若(2﹣i)2=a+bi3(a,b∈R),则a+b=(  )A.7B.﹣7C.1D.﹣13.(5分)如表是我国某城市在2017年1月份至10月份各月最低温与最高温(°C)的数据一览表.月份12345678910最高温59911172427303121最低温﹣12﹣31﹣271719232510已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系,根据该一览表,则下列结论错误的是(  )A.最低温与最高温为正相关B.每月最高温与最低温的平均值在前8个月逐月增加C.月温差(最高温减最低温)的最大值出现在1月D.1月至4月的月温差(最高温减最低温)相对于7月至10月,波动性更大4.(5分)已知tan(﹣θ)=4cos(2π﹣θ),|θ|<,则tan2θ=(  )A.﹣B.C.﹣D.5.(5分)已知双曲线的实轴长为8,则该双曲线的渐近线的斜率为(  )A.B.C.D.6.(5分)如图所示的程序框图,运行程序后,输出的结果等于(  )第20页共20页,A.2B.3C.4D.57.(5分)若实数x,y满足约束条件,则z=4x﹣y的最大值为(  )A.3B.﹣1C.﹣4D.128.(5分)设A,B是椭圆的两个焦点,点P是椭圆C与圆M:x2+y2=10的一个交点,则||PA|﹣|PB||=(  )A.B.C.D.9.(5分)设w>0,函数的图象向右平移个单位后与原图象重合,则w的最小值是(  )A.B.C.D.10.(5分)f(x)=的部分图象大致是(  )A.B.第20页共20页,C.D.11.(5分)如图,网格纸上的小正方形的边长为,粗实线画出的某多面体的三视图,则该多面体外接球的表面积为(  )A.52πB.45πC.41πD.34π12.(5分)已知函数,若f(m)=g(n)成立,则n﹣m的最小值为(  )A.B.C.D. 二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)13.(5分)已知向量,,且,则=  .14.(5分)若(1﹣3x)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6,则=  .15.(5分)如图,E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点,且BD1∥平面B1CE,则异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为  .16.(5分)在△ABC中,AC=3,CB=4,边AB的中点为D,则第20页共20页,=  . 三、解答题(本大题共7小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)(一)必考题:17.(12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an﹣2,{bn}为等差数列,b3=a2,b2+b6=10.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求数列{an(2bn﹣3)}的前n项和Tn.18.(12分)“扶贫帮困”是中华民族的传统美德,某校为帮扶困难同学,采用如下方式进行一次募捐:在不透明的箱子中放入大小均相同的白球七个,红球三个,每位献爱心的参与这投币20元有一次摸奖机会,一次性从箱中摸球三个(摸完球后将球放回),若有一个红球,奖金10元,两个红球奖金20元,三个全为红球奖金100元.(1)求献爱心参与者中奖的概率;(2)若该次募捐有900为献爱心参与者,求此次募捐所得善款的数学期望.19.(12分)如图,四边形ABCD是矩形,AB=3,BC=3,=2,PE⊥平面ABCD,PE=.(1)证明:平面PAC⊥平面PBE;(2)求二面角A﹣PB﹣C的余弦值.20.(12分)设直线l的方程为x=m(y+2)+5,该直线交抛物线C:y2=4x于P,Q两个不同的点.(1)若点A(5,﹣2)为线段PQ的中点,求直线l的方程;(2)证明:以线段PQ为直径的圆M恒过点B(1,2).21.(12分)已知函数f(x)=ax2﹣ex(a∈R).第20页共20页,(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与y轴垂直,求y=f'(x)的最大值;(2)若对任意0≤x1<x2都有f(x2)+x2(2﹣2ln2)<f(x1)+x1(2﹣2ln2),求a的取值范围.22.(10分)已知曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ=8,曲线C2的极坐标方程为,曲线C1、C2相交于A、B两点.(p∈R)(Ⅰ)求A、B两点的极坐标;(Ⅱ)曲线C1与直线(t为参数)分别相交于M,N两点,求线段MN的长度.23.已知函数f(x)=|x﹣a|﹣|x+3|,a∈R.(1)当a=﹣1时,解不等式f(x)≤1;(2)若x∈[0,3]时,f(x)≤4,求a的取值范围. 第20页共20页,甘肃省张掖市高考数学一模试卷(理科)参考答案与试题解析 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共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.1.(5分)若集合M={x|4<x<8},N={x|x2﹣6x<0},则M∩N=(  )A.{x|0<x<4}B.{x|6<x<8}C.{x|4<x<6}D.{x|4<x<8}【解答】解:∵集合M={x|4<x<8},N={x|x2﹣6x<0}={x|0<x<6},∴M∩N={x|4<x<6}.故选:C. 2.(5分)若(2﹣i)2=a+bi3(a,b∈R),则a+b=(  )A.7B.﹣7C.1D.﹣1【解答】解:∵(2﹣i)2=3﹣4i=a+bi3=a﹣bi,∴a=3,b=4.∴a+b=7.故选:A. 3.(5分)如表是我国某城市在2017年1月份至10月份各月最低温与最高温(°C)的数据一览表.月份12345678910最高温59911172427303121最低温﹣12﹣31﹣271719232510已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系,根据该一览表,则下列结论错误的是(  )第20页共20页,A.最低温与最高温为正相关B.每月最高温与最低温的平均值在前8个月逐月增加C.月温差(最高温减最低温)的最大值出现在1月D.1月至4月的月温差(最高温减最低温)相对于7月至10月,波动性更大【解答】解:根据题意,依次分析选项:对于A,知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系,由数据分析可得最低温与最高温为正相关,则A正确;对于B,由表中数据,每月最高温与最低温的平均值依次为:﹣3.5,3,5,4.5,12,20.5,23,26.5,28,15.5,在前8个月不是逐月增加,则B错误;对于C,由表中数据,月温差依次为:17,12,8,13,10,7,8,7,6,11;月温差的最大值出现在1月,C正确;对于D,有C的结论,分析可得1月至4月的月温差相对于7月至10月,波动性更大,D正确;故选:B. 4.(5分)已知tan(﹣θ)=4cos(2π﹣θ),|θ|<,则tan2θ=(  )A.﹣B.C.﹣D.【解答】解:∵tan(﹣θ)=4cos(2π﹣θ),∴=4cosθ,又∵|θ|<,cosθ≠0,∴sin,cosθ==,tanθ==,∴tan2θ===.故选:B. 5.(5分)已知双曲线第20页共20页,的实轴长为8,则该双曲线的渐近线的斜率为(  )A.B.C.D.【解答】解:双曲线的实轴长为8,可得:m2+12=16,解得m=2,m=﹣2(舍去).所以,双曲线的渐近线方程为:.则该双曲线的渐近线的斜率:.故选:C. 6.(5分)如图所示的程序框图,运行程序后,输出的结果等于(  )A.2B.3C.4D.5【解答】解:模拟程序的运行,可得:a=2,s=0,n=1,s=2,a=,满足条件s<3,执行循环体,n=2,s=2+=,a=,满足条件s<3,执行循环体,n=3,s=+=,a=,此时,不满足条件s<3,退出循环,输出n的值为3.故选:B. 7.(5分)若实数x,y满足约束条件,则z=4x﹣y的最大值为(  )第20页共20页,A.3B.﹣1C.﹣4D.12【解答】解:实数x,y满足约束条件,表示的平面区域如图所示,当直线z=4x﹣y过点A时,目标函数取得最大值,由解得A(3,0),在y轴上截距最小,此时z取得最大值:12.故选:D. 8.(5分)设A,B是椭圆的两个焦点,点P是椭圆C与圆M:x2+y2=10的一个交点,则||PA|﹣|PB||=(  )A.B.C.D.【解答】解:A,B是椭圆的两个焦点,可知:A(﹣,0)、B(,0),圆M:x2+y2=10恰好经过AB两点,点P是椭圆C与圆M:x2+y2=10的一个交点,可得PA⊥PB,所以,第20页共20页,可得:2|PA||PB|=8,||PA|﹣|PB||2=32,||PA|﹣|PB||=4.故选:C. 9.(5分)设w>0,函数的图象向右平移个单位后与原图象重合,则w的最小值是(  )A.B.C.D.【解答】解:∵函数的图象向右平移个单位后与原图象重合,∴=,则ω=,故选:A. 10.(5分)f(x)=的部分图象大致是(  )A.B.C.D.【解答】解:∵f(﹣x)=f(x)∴函数f(x)为奇函数,排除A,∵x∈(0,1)时,x>sinx,x2+x﹣2<0,故f(x)<0,故排除B;第20页共20页,当x→+∞时,f(x)→0,故排除C;故选:D 11.(5分)如图,网格纸上的小正方形的边长为,粗实线画出的某多面体的三视图,则该多面体外接球的表面积为(  )A.52πB.45πC.41πD.34π【解答】解:由三视图可知:该几何体为一个四棱锥,底面ABCD是矩形,其中AB=4,AD=6,侧面PBC⊥底面垂ABCD.设AC∩BD=O,则OA=OB=OC=OD=,OP=,∴O该多面体外接球的球心,半径R=,∴该多面体外接球的表面积为S=4πR2=52π.故选:A 12.(5分)已知函数,若f(m)=g(n)成立,则n﹣m的最小值为(  )A.B.C.D.【解答】解:不妨设f(m)=g(n)=t,∴e4m﹣1=+ln(2n)=t,(t>0)第20页共20页,∴4m﹣1=lnt,即m=(1+lnt),n=e,故n﹣m=e﹣(1+lnt),(t>0)令h(t)=e﹣(1+lnt),(t>0),∴h′(t)=e﹣,易知h′(t)在(0,+∞)上是增函数,且h′()=0,当t>时,h′(t)>0,当0<t<时,h′(t)<0,即当t=时,h(t)取得极小值同时也是最小值,此时h()=﹣(1+ln)=,即n﹣m的最小值为;故选:C. 二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)13.(5分)已知向量,,且,则=  .【解答】解:∵,∴=6﹣2m=0,解得m=3.∴=(6,﹣2)﹣2(1,3)=(4,8).∴==4.故答案为:. 14.(5分)若(1﹣3x)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6,则= ﹣4 .【解答】解:若(1﹣3x)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6,第20页共20页,则(1﹣3x)6的通项公式为Tr+1=(﹣3x)r,r=0,1,2,…,6,可得a2=9=135,a3=﹣27=﹣540,可得=﹣4.故答案为:﹣4. 15.(5分)如图,E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点,且BD1∥平面B1CE,则异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为  .【解答】解:连结BC1,交B1C于点O,连结OE,∵E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点,∴BCC1B1是正方形,∴O是BC1中点,∵BD1∥平面B1CE,∴BD1∥OE,∴E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1的中点,以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2,则B(2,2,0),D1(0,0,2),C(0,2,0),E(0,1,2),=(﹣2,﹣2,2),=(0,﹣1,2),设异面直线BD1与CE所成成角为θ,cosθ===.∴异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为.第20页共20页,故答案为:. 16.(5分)在△ABC中,AC=3,CB=4,边AB的中点为D,则=  .【解答】解:△ABC中,AC=3,CB=4,边AB的中点为D,则:S△ACD=S△BCD,所以:=,整理得:.故答案为:. 三、解答题(本大题共7小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)(一)必考题:17.(12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an﹣2,{bn}为等差数列,b3=a2,b2+b6=10.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求数列{an(2bn﹣3)}的前n项和Tn.【解答】解:(1)根据题意,等比数列{an}中Sn=2an﹣2,当n=1时,有S1=2a1﹣2=a1,解可得a1=2,当n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1=(2an﹣2)﹣(2an﹣1﹣2),变形可得an=2an﹣1,第20页共20页,则等比数列{an}的a1=2,公比q=2,则数列{an}的通项公式an=2×2n﹣1=2n,对于{bn},b3=a2=4,b2+b6=2b4=10,即b4=5,则其公差d=b4﹣b3=1,则其通项公式bn=b3+(n﹣3)×d=n+1,(2)由(1)的结论:an=2n,bn=n+1,an(2bn﹣3)=(2n﹣1)•2n,则有Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n﹣1)×2n,①则有2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n﹣1)×2n+1,②①﹣②可得:﹣Tn=2+2(22+23+…+2n)﹣(2n﹣1)×2n+1,变形可得:Tn=(2n﹣3)•2n+1+6. 18.(12分)“扶贫帮困”是中华民族的传统美德,某校为帮扶困难同学,采用如下方式进行一次募捐:在不透明的箱子中放入大小均相同的白球七个,红球三个,每位献爱心的参与这投币20元有一次摸奖机会,一次性从箱中摸球三个(摸完球后将球放回),若有一个红球,奖金10元,两个红球奖金20元,三个全为红球奖金100元.(1)求献爱心参与者中奖的概率;(2)若该次募捐有900为献爱心参与者,求此次募捐所得善款的数学期望.【解答】解:(1)设“献爱心参与者中奖”为事件A,则献爱心参与者中奖的概率.(2)设一个献爱心参与者参加活动,学校所得善款为X,则X=20,10,0,﹣80,则,第20页共20页,,,,∴X的分布列为:X20100﹣80P若只有一个参与者募捐,学校所得善款的数学期望为元,所以,此次募捐所得善款的数学期望为元. 19.(12分)如图,四边形ABCD是矩形,AB=3,BC=3,=2,PE⊥平面ABCD,PE=.(1)证明:平面PAC⊥平面PBE;(2)求二面角A﹣PB﹣C的余弦值.【解答】(1)证明:连接BE交AC于F,∵四边形ABCD是矩形,AB=,BC=1,,∴CE=,则,∵∠ABC=∠BCD=,∴△ABC∽△BCE,则∠BEC=∠ACB,∵∠BEC+∠ACE=∠ACB+∠ACE=,第20页共20页,∴AC⊥BE,∵PE⊥平面ABCD,∴AC⊥PE,∵PE∩BE=E,∴AC⊥平面PBE,∵AC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面PBE;(2)解:取PB中点G,连接FG,AG,CG,∵PE⊥平面ABCD,∴PE⊥DC,∵PE=,∴PC=3=BC,得CG⊥PB,∵CG∩AC=C,∴PB⊥平面ACG,则AG⊥PB,∴∠AGC是二面角A﹣PB﹣C的平面角,∵AB∥CD,AB=CD,DE=2EC,∴,∵CE=,AC=6,∴CF=,AF=,∵BC⊥CD,BC⊥PE,∴BC⊥平面PCD,∴BC⊥PC,∴PB=,则CG=,∵FG⊥AC,∴FG=FC=,在Rt△AFG和Rt△CFG中,求得tan∠AGF=3,tan∠CGF=1.∴tan∠AGC=tan(∠AGF+∠CGF)=.∴cos∠AGC=.∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为﹣. 第20页共20页,20.(12分)设直线l的方程为x=m(y+2)+5,该直线交抛物线C:y2=4x于P,Q两个不同的点.(1)若点A(5,﹣2)为线段PQ的中点,求直线l的方程;(2)证明:以线段PQ为直径的圆M恒过点B(1,2).【解答】解:(1)联立方程组,消去x得y2﹣4my﹣4(2m+5)=0设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=﹣8m﹣20因为A为线段PQ的中点,所以,解得m=﹣1,所以直线l的方程为x+y﹣3=0.(2)证明:因为,,所以,即所以,因此BP⊥BQ,即以线段PQ为直径的圆恒过点B(1,2). 21.(12分)已知函数f(x)=ax2﹣ex(a∈R).(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与y轴垂直,求y=f'(x)的最大值;(2)若对任意0≤x1<x2都有f(x2)+x2(2﹣2ln2)<f(x1)+x1(2﹣2ln2),求a的取值范围.【解答】解:(1)由f'(x)=2ax﹣ex,得,,令g(x)=f'(x)=ex﹣ex,则g'(x)=e﹣ex,可知函数g(x)在(﹣∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,第20页共20页,所以g'(x)max=g'(1)=0.(2)由题意得可知函数h(x)=f(x)+x(2﹣2ln2)=ax2+x(2﹣ln2)﹣ex在[0,+∞)上单调递减,从而h'(x)=2ax+(2﹣2ln2)﹣ex≤0在[0,+∞)上恒成立,令F(x)=2ax+(2﹣2ln2)﹣ex,则F'(x)=2a﹣ex,当时,F'(x)≤0,所以函数F(x)在[0,+∞)上单调递减,则F(x)max=F(0)=1﹣2ln2<0,当时,F'(x)=2a﹣ex=0,得x=ln2a,所以函数F(x)在[0,ln2a)上单调递增,在[ln2a,+∞)上单调递减,则F(x)max=F(ln2a)=2alo2a+2﹣2ln2﹣2a≤0,即2aln2a﹣2a≤2ln2﹣2,通过求函数y=xlnx﹣x的导数可知它在[1,+∞)上单调递增,故,综上,实数a的取值范围是(﹣∞,1]. 22.(10分)已知曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ=8,曲线C2的极坐标方程为,曲线C1、C2相交于A、B两点.(p∈R)(Ⅰ)求A、B两点的极坐标;(Ⅱ)曲线C1与直线(t为参数)分别相交于M,N两点,求线段MN的长度.【解答】解:(Ⅰ)由得:,∴ρ2=16,第20页共20页,即ρ=±4.∴A、B两点的极坐标为:或.(Ⅱ)由曲线C1的极坐标方程ρ2cos2θ=8化为ρ2(cos2θ﹣sin2θ)=8,得到普通方程为x2﹣y2=8.将直线代入x2﹣y2=8,整理得.∴|MN|==. 23.已知函数f(x)=|x﹣a|﹣|x+3|,a∈R.(1)当a=﹣1时,解不等式f(x)≤1;(2)若x∈[0,3]时,f(x)≤4,求a的取值范围.【解答】解:(1)当a=﹣1时,不等式为|x+1|﹣|x+3|≤1;当x≤﹣3时,不等式转化为﹣(x+1)+(x+3)≤1,不等式解集为空集;当﹣3<x<﹣1时,不等式转化为﹣(x+1)﹣(x+3)≤1,解之得;当x≥﹣1时,不等式转化为(x+1)﹣(x+3)≤1,恒成立;综上所求不等式的解集为.(2)若x∈[0,3]时,f(x)≤4恒成立,即|x﹣a|≤x+7,亦即﹣7≤a≤2x+7恒成立,又因为x∈[0,3],所以﹣7≤a≤7,所以a的取值范围为[﹣7,7]. 第20页共20页

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发布时间:2022-05-19 09:38:26 页数:20
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文章作者:yuanfeng

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