2019-2020学年云南省玉溪市高考数学模拟试卷（06）

云南省玉溪市高考数学模拟试卷（06）　一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40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）已知集合A={x|x是菱形或矩形}，B={x|x是矩形}，则CAB=（　　）A．{x|x是菱形}B．{x|x是内角都不是直角的菱形}C．{x|x是正方形}D．{x|x是邻边都不相等的矩形}2．（5分）已知向量=（1，1），2+=（4，2），则向量，的夹角的余弦值为（　　）A．B．C．D．3．（5分）设集合M={x||x﹣1|＜2}，N={x|x（x﹣3）＜0}，那么“a∈M”是“a∈N”的（　　）A．必要而不充分条件B．充分而不必要条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．（5分）已知向量=（2，﹣3），=（x，6），且，则|+|的值为（　　）A．B．C．5D．135．（5分）函数的最小正周期为（　　）A．B．C．πD．2π6．（5分）当时，函数的最大值和最小值分别是（　　）A．，B．，C．，D．，7．（5分）已知函数f（x）=x+2x，g（x）=x+lnx，的零点分别为x1，x2，x3，则x1，x2，x3的大小关系是（　　）A．x1＜x2＜x3B．x2＜x1＜x3C．x1＜x3＜x2D．x3＜x2＜x1第18页共18页,8．（5分）定义在R上的函数，若关于x的方程f2（x）+bf（x）+c=0恰好有5个不同的实数解x1，x2，x3，x4，x5，则f（x1+x2+x3+x4+x5）=（　　）A．lg2B．lg4C．lg8D．1　二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，满分30分．9．（5分）在边长为1的等边三角形ABC中，=　　．10．（5分）|x﹣1|dx=　　．11．（5分）已知α为锐角，=　　．12．（5分）函数f（x）=的定义域为　　．13．（5分）平面直角坐标系中，O是坐标原点，已知两点A（2，1），B（﹣1，﹣2），若点C满足，且s+t=1，则点C的轨迹方程是　　．14．（5分）飞机的航线和山顶C在同一个铅锤平面内，已知飞机的高度保持在海拔h（km），飞行员先在点A处看到山顶的俯角为α，继续飞行a（km）后在点B处看到山顶的俯角为β，试用h、a、α、β表示山顶的海拔高度为　　（km）．　三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．（12分）（1）写出余弦定理．（2）证明余弦定理．16．（12分）已知集合A={x|x2﹣7x+6≤0，x∈N*}，集合B={x||x﹣3|≤3．x∈N*}第18页共18页,，集合M={（x，y）|x∈A，y∈B}（1）求从集合M中任取一个元素是（3，5）的概率；（2）从集合M中任取一个元素，求x+y≥10的概率；（3）设ξ为随机变量，ξ=x+y，写出ξ的分布列，并求Eξ．17．（14分）如图所示的长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，，M是线段B1D1的中点．（Ⅰ）求证：BM∥平面D1AC；（Ⅱ）求证：D1O⊥平面AB1C；（Ⅲ）求二面角B﹣AB1﹣C的大小．18．（14分）设函数y=f（x）在（a，b）上的导函数为f′（x），f′（x）在（a，b）上的导函数为f″（x），若在（a，b）上，f″（x）＜0恒成立，则称函数f（x）在（a，b）上为“凸函数”．已知．（Ⅰ）若f（x）为区间（﹣1，3）上的“凸函数”，试确定实数m的值；（Ⅱ）若当实数m满足|m|≤2时，函数f（x）在（a，b）上总为“凸函数”，求b﹣a的最大值．19．（14分）在一个特定时段内，以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域．点E正北55海里处有一个雷达观测站A．某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45°且与点A相距40海里的位置B，经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45°+θ（其中sinθ=，0°＜θ＜90°）且与点A相距10海里的位置C．（Ⅰ）求该船的行驶速度（单位：海里/小时）；第18页共18页,（Ⅱ）若该船不改变航行方向继续行驶．判断它是否会进入警戒水域，并说明理由．20．（14分）已知函数f（x）=x3﹣x2+ax﹣a（a∈R）．（1）当a=﹣3时，求函数f（x）的极值；（2）若函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点，求a的取值范围．　第18页共18页,云南省玉溪市高考数学模拟试卷（06）参考答案与试题解析　一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40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）已知集合A={x|x是菱形或矩形}，B={x|x是矩形}，则CAB=（　　）A．{x|x是菱形}B．{x|x是内角都不是直角的菱形}C．{x|x是正方形}D．{x|x是邻边都不相等的矩形}【解答】解：由集合A={x|x是菱形或矩形}，B={x|x是矩形}，则CAB={x|x是内角都不是直角的菱形}．故选B　2．（5分）已知向量=（1，1），2+=（4，2），则向量，的夹角的余弦值为（　　）A．B．C．D．【解答】解：∵∴∴∵∴两个向量的夹角余弦为故选C　3．（5分）设集合M={x||x﹣1|＜2}，N={x|x（x﹣3）＜0}，那么“a∈M”是“a∈N”的（　　）A．必要而不充分条件B．充分而不必要条件第18页共18页,C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：∵集合M={x||x﹣1|＜2}={x|﹣1＜x＜3}N={x|x（x﹣3）＜0}={x|0＜x＜3}∴M⊇N，∴a∈M是a∈N必要不充分条件，故选A．　4．（5分）已知向量=（2，﹣3），=（x，6），且，则|+|的值为（　　）A．B．C．5D．13【解答】解：由向量=（2，﹣3），=（x，6），且，则2×6﹣（﹣3）x=0，解得：x=﹣4．所以，则=（﹣2，3）．所以=．故选B．　5．（5分）函数的最小正周期为（　　）A．B．C．πD．2π【解答】解：函数=cos（2x+）=﹣sin2x，所以函数的最小正周期是：T=故选C　6．（5分）当时，函数的最大值和最小值分别是（　　）第18页共18页,A．，B．，C．，D．，【解答】解：∵sin（2π+x）=sinx，cos（2π﹣x）=cosx，sin（2013π+）=﹣sin=﹣∴=sinx+cosx+=2sin（x+）+∵，得∴﹣≤sin（x+）+≤1，得﹣1≤2sin（x+）≤2由此可得f（x）的最小值为﹣1+=﹣，最大值为2+=故选：A　7．（5分）已知函数f（x）=x+2x，g（x）=x+lnx，的零点分别为x1，x2，x3，则x1，x2，x3的大小关系是（　　）A．x1＜x2＜x3B．x2＜x1＜x3C．x1＜x3＜x2D．x3＜x2＜x1【解答】解：f（x）=x+2x的零点必定小于零，g（x）=x+lnx的零点必位于（0，1）内，函数的零点必定大于1．因此，这三个函数的零点依次增大，故x1＜x2＜x3．故选A．　8．（5分）定义在R上的函数，若关于x的方程f2（x）+bf（x）+c=0恰好有5个不同的实数解x1，x2，x3，x4，x5，则f（x1+x2+x3+x4+x5）=（　　）A．lg2B．lg4C．lg8D．1【解答】解：由题意，对于f2（x）+bf（x）+c=0来说，f（x）最多只有2解，又f（x）=lg|x﹣2|（x≠第18页共18页,2），当x不等于2时，x最多四解，而题目要求5解，即可推断f（2）为一解∵的图象关于x=2对称，∴x1+x2+x3+x4+x5=10　∴f（x1+x2+x3+x4+x5）=f（10）=lg8故选C．　二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，满分30分．9．（5分）在边长为1的等边三角形ABC中，=　　．【解答】解：如图所示：向量与的夹角应为∠ABC的补角∠DBC=120°．∴==．故答案为．　10．（5分）|x﹣1|dx=　1　．【解答】解：∫02|x﹣1|dx=∫01（1﹣x）dx+∫12（x﹣1）dx=（x﹣x2）|01+（x2﹣x）|12=1故答案为：1　11．（5分）已知α为锐角，=　　．【解答】解：∵α为锐角，∴α+∈（，），第18页共18页,又cos（α+）=，∴sin（α+）==，则cosα=cos[（α+）﹣]=cos（α+）cos+sin（α+）sin=×+×=．故答案为：　12．（5分）函数f（x）=的定义域为　[3，+∞）　．【解答】解：若使函数f（x）=的解析式有意义，自变量x须满足：，解得：x∈[3，+∞），故函数f（x）=的定义域为[3，+∞），故答案为：[3，+∞）　13．（5分）平面直角坐标系中，O是坐标原点，已知两点A（2，1），B（﹣1，﹣2），若点C满足，且s+t=1，则点C的轨迹方程是　x﹣y﹣1=0　．【解答】解：C点满足，且s+t=1，由共线向量定理可知，A、B、C三点共线．∴C点的轨迹是直线AB，又A（2，1）、B（﹣1，﹣2），第18页共18页,∴直线AB的方程为：，整理得x﹣y﹣1=0．故C点的轨迹方程为x﹣y﹣1=0．故答案为：x﹣y﹣1=0．　14．（5分）飞机的航线和山顶C在同一个铅锤平面内，已知飞机的高度保持在海拔h（km），飞行员先在点A处看到山顶的俯角为α，继续飞行a（km）后在点B处看到山顶的俯角为β，试用h、a、α、β表示山顶的海拔高度为　（或）　（km）．【解答】解：如图在△ABC中，由正弦定理得，，∴，在Rt△BDC中∴（km）．〔或CD=ADtanα=（a+BD）tanα，BD=CDtanβ⇒∴．〕故答案为：或km　第18页共18页,三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．（12分）（1）写出余弦定理．（2）证明余弦定理．【解答】解：（1）余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦之积的两倍；或在△ABC中，a，b，c为A，B，C的对边，有a2=b2+c2﹣2bccosA，b2=c2+a2﹣2cacosB，c2=a2+b2﹣2abcosC．（2）证明：已知△ABC中A，B，C所对边分别为a，b，c，以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，则C（bcosA，bsinA），B（c，0），∴a2=|BC|2=（bcosA﹣c）2+（bsinA）2=b2cos2A﹣2bccosA+c2+b2sin2A=b2+c2﹣2bccosA，同理可证b2=a2+c2﹣2accosB，c2=a2+b2﹣2abcosC．　16．（12分）已知集合A={x|x2﹣7x+6≤0，x∈N*}，集合B={x||x﹣3|≤3．x∈N*}，集合M={（x，y）|x∈A，y∈B}（1）求从集合M中任取一个元素是（3，5）的概率；（2）从集合M中任取一个元素，求x+y≥10的概率；（3）设ξ为随机变量，ξ=x+y，写出ξ的分布列，并求Eξ．【解答】解：（1）设从M中任取一个元素是（3，5）的事件为B，则P（B）=所以从M中任取一个元素是（3，5）的概率为（2）设从M中任取一个元素，x+y≥10的事件为C，有（4，6），（6，4），（5，5），（5，6），（6，5），（6，6）第18页共18页,则P（C）=，所以从M中任取一个元素x+y≥10的概率为（3）ξ可能取的值为2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12ξ的分布列为ξ23456789101112PEξ=2×++8×=7　17．（14分）如图所示的长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，，M是线段B1D1的中点．（Ⅰ）求证：BM∥平面D1AC；（Ⅱ）求证：D1O⊥平面AB1C；（Ⅲ）求二面角B﹣AB1﹣C的大小．【解答】解：（Ⅰ）连接D1O，如图，∵O、M分别是BD、B1D1的中点，BD1D1B是矩形，∴四边形D1OBM是平行四边形，∴D1O∥BM．∵D1O⊂平面D1AC，BM⊄平面D1AC，∴BM∥平面D1AC．（Ⅱ）连接OB1，∵正方形ABCD的边长为2，，∴，OB1=2，D1O=2，则OB12+D1O2=B1D12，∴OB1⊥D1O．第18页共18页,∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥D1D，∴AC⊥平面BDD1B1，又D1O⊂平面BDD1B1，∴AC⊥D1O，又AC∩OB1=O，∴D1O⊥平面AB1C．（Ⅲ）在平面ABB1中过点B作BE⊥AB1于E，连接EC，∵CB⊥AB，CB⊥BB1，∴CB⊥平面ABB1，又AB1⊂平面ABB1，∴CB⊥AB1，又BE⊥AB1，且CB∩BE=B，∴AB1⊥平面EBC，而EC⊂平面EBC，∴AB1⊥EC．∴∠BEC是二面角B﹣AB1﹣C的平面角．在Rt△BEC中，，BC=2∴，∠BEC=60°，∴二面角B﹣AB1﹣C的大小为60°．　18．（14分）设函数y=f（x）在（a，b）上的导函数为f′（x），f′（x）在（a，b）上的导函数为f″（x），若在（a，b）上，f″（x）＜0恒成立，则称函数f（x）在（a，b）上为“凸函数”．已知．（Ⅰ）若f（x）为区间（﹣1，3）上的“凸函数”，试确定实数m的值；（Ⅱ）若当实数m满足|m|≤2时，函数f（x）在（a，b）上总为“凸函数”，求b﹣a的最大值．【解答】解：由函数得，f″（x）=x2﹣mx﹣3（3分）（Ⅰ）若f（x）为区间（﹣1，3）上的“凸函数”，则有f″（x）=x2﹣mx﹣3＜0在区间（﹣1，3）上恒成立，由二次函数的图象，当且仅当，第18页共18页,即⇔m=2．（7分）（Ⅱ）当|m|≤2时，f″（x）=x2﹣mx﹣3＜0恒成立⇔当|m|≤2时，mx＞x2﹣3恒成立．（8分）当x=0时，f″（x）=﹣3＜0显然成立．（9分）当x＞0，∵m的最小值是﹣2．∴．从而解得0＜x＜1（11分）当x＜0，∵m的最大值是2，∴，从而解得﹣1＜x＜0．（13分）综上可得﹣1＜x＜1，从而（b﹣a）max=1﹣（﹣1）=2（14分）　19．（14分）在一个特定时段内，以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域．点E正北55海里处有一个雷达观测站A．某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45°且与点A相距40海里的位置B，经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45°+θ（其中sinθ=，0°＜θ＜90°）且与点A相距10海里的位置C．（Ⅰ）求该船的行驶速度（单位：海里/小时）；（Ⅱ）若该船不改变航行方向继续行驶．判断它是否会进入警戒水域，并说明理由．第18页共18页,【解答】解：（I）如图，AB=40，AC=10，．由于0°＜θ＜90°，所以cosθ=．由余弦定理得BC=．所以船的行驶速度为（海里/小时）．（II）如图所示，设直线AE与BC的延长线相交于点Q．在△ABC中，由余弦定理得，==．从而．在△ABQ中，由正弦定理得，AQ=．由于AE=55＞40=AQ，所以点Q位于点A和点E之间，且QE=AE﹣AQ=15．过点E作EP⊥BC于点P，则EP为点E到直线BC的距离．在Rt△QPE中，PE=QE•sin∠PQE=QE•sin∠AQC=QE•sin（45°﹣∠ABC）=．所以船会进入警戒水域．第18页共18页,　20．（14分）已知函数f（x）=x3﹣x2+ax﹣a（a∈R）．（1）当a=﹣3时，求函数f（x）的极值；（2）若函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a=﹣3时，f（x）=﹣x2﹣3x+3，∴f′（x）=x2﹣2x﹣3=（x﹣3）（x+1）．令f′（x）=0，得x1=﹣1，x2=3．当x＜﹣1时，f′（x）＞0，则f（x）在（﹣∞，﹣1]上单调递增，当﹣1＜x＜3时，f′（x）＜0，则f（x）在（﹣1，3）上单调递减，当x＞3时，f′（x）＞0，f（x）在（3，+∞）上单调递增．第18页共18页,∴当x=﹣1时，f（x）取得极大值为f（﹣1）=﹣；当x=3时，f（x）取得极小值为f（3）=．（2）∵f′（x）=x2﹣2x+a，∴△=4﹣4a=4（1﹣a）．①若a≥1，则△≤0，∴f′（x）≥0在R上恒成立，∴f（x）在R上单调递增．∵f（0）=﹣a＜0，f（3）=2a＞0，∴当a≥1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．②若a＜1，则△＞0，∴f′（x）=0有两个不相等的实数根，不妨设为x1，x2，（x1＜x2）．∴x1+x2=2，x1x2=a．当x变化时，f′（x），f（x）的取值情况如下表：x（﹣∞，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）↗极大值↘极小值↗∵，∴a=﹣．∴===．同理f（x2）=．∴f（x1）•f（x2）=•[]•[]=[（x1x2）2+3（a﹣2）（）+9（a﹣2）2]=a{a2+3（a﹣2）[（x1+x2）2﹣2x1x2]+9（a﹣2）2}=a（a2﹣3a+3）．令f（x1）•f（x2）＞0，解得a＞0．而当0＜a＜1时，f（0）=﹣a＜0，f（3）=2a＞0，故当0＜a＜1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．综上所述，a的取值范围是（0，+∞）．第18页共18页,　第18页共18页