2019-2020学年云南省玉溪市高考数学模拟试卷（11）

云南省玉溪市高考数学模拟试卷（11）　一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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）若复数（a∈R，i为虚数单位）是纯虚数，则实数a的值为（　　）A．6B．﹣6C．5D．﹣42．（5分）函数的图象大致是（　　）A．B．C．D．3．（5分）设m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若α∥β，α∥γ，则β∥γ；②若α⊥β，m∥α，则m⊥β；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β；④若m∥n，n⊂α，则m∥α．其中正确命题的序号是（　　）A．①③B．①④C．②③D．②④4．（5分）设函数f（x）=cos（2x+φ）+sin（2x+φ）（|φ|＜），且图象关于直线x=0对称，则（　　）A．y=f（x）的最小正周期为π，且在上为增函数B．y=f（x）的最小正周期为π，且在上为减函数C．y=f（x）的最小正周期为，且在上为增函数D．y=f（x）的最小正周期为，且在上为减函数5．（5分）若程序框图输出S的值为126，则判断框①中应填入的条件是（　　）第21页共21页,A．n≤5B．n≤6C．n≤7D．n≤86．（5分）若定义在R上的偶函数f（x）满足f（x+2）=f（x），且x∈[0，1]时，f（x）=x，则方程f（x）=log3|x|的解有（　　）A．2个B．3个C．4个D．多于4个7．（5分）若{an}是等差数列，首项公差d＜0，a1＞0，且a2013（a2012+a2013）＜0，则使数列{an}的前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是（　　）A．4027B．4026C．4025D．40248．（5分）M（x0，y0）为圆x2+y2=a2（a＞0）内异于圆心的一点，则直线x0x+y0y=a2与该圆的位置关系为（　　）A．相切B．相交C．相离D．相切或相交9．（5分）已知n为正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设n=k（k≥2）为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证n=（　　）时等式成立．A．n=k+1B．n=k+2C．n=2k+2D．n=2（k+2）10．（5分）已知向量，，满足，，．若对每一确定的，的最大值和最小值分别为m，n，则对任意，m﹣n的最小值是（　　）第21页共21页,A．B．C．D．1　二、填空题：本大题共共5小题，每小题5分，共25分11．（5分）为了了解“预防禽流感疫苗”的使用情况，某市卫生部门对本地区9月份至11月份注射疫苗的所有养鸡场进行了调查，根据下图表提供的信息，可以得出这三个月本地区每月注射了疫苗的鸡的数量平均为　　万只．月份养鸡场（个数）92010501110012．（5分）二项式展开式中的第　　项是常数项．13．（5分）一个几何体的三视图如图所示，主视图与俯视图都是一边长为3cm的矩形，左视图是一个边长为2cm的等边三角形，则这个几何体的体积为　　．14．（5分）已知z=2x+y，x，y满足且z的最大值是最小值的4倍，则a的值是　　．第21页共21页,15．（5分）给出如下四个结论：①若“p且q”为假命题，则p、q均为假命题；②命题“若a＞b，则2a＞2b﹣1”的否命题为“若a≤b，则2a≤2b﹣1”；③若随机变量ζ～N（3，4），且P（ζ＜2a﹣3）=P（ζ＞a+2），则a=3；④过点A（1，4），且横纵截距的绝对值相等的直线共有2条．其中正确结论的序号是　　．　三、解答题：本大题共共6小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤16．（12分）已知函数的图象过点M（，0）．（1）求m的值；（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若ccosB+bcosC=2acosB，求f（A）的取值范围．17．（12分）已知函数f（x）=ex+tx（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）当t=﹣e时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对于任意x∈（0，2]，不等式f（x）＞0恒成立，求实数t的取值范围．18．（12分）如图，已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AC=AD=CD=DE=2，AB=1，F为CD的中点．（Ⅰ）求证：AF⊥平面CDE；（Ⅱ）求面ACD和面BCE所成锐二面角的大小．第21页共21页,19．（12分）某高校设计了一个实验学科的实验考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作．规定：至少正确完成其中2题的便可提交通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响．（Ⅰ）分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；（Ⅱ）试从两位考生正确完成题数的数学期望及至少正确完成2题的概率分析比较两位考生的实验操作能力．20．（13分）已知F（1，0），P是平面上一动点，P到直线l：x=﹣1上的射影为点N，且满足（Ⅰ）求点P的轨迹C的方程；（Ⅱ）过点M（1，2）作曲线C的两条弦MA，MB，设MA，MB所在直线的斜率分别为k1，k2，当k1，k2变化且满足k1+k2=﹣1时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点坐标．21．（14分）已知数列{an}满足：（其中常数λ＞0，n∈N*）．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求证：当λ=4时，数列{an}中的任何三项都不可能成等比数列；（Ⅲ）设Sn为数列{an}的前n项和．求证：若任意n∈N*，（1﹣λ）Sn+λan≥3．　第21页共21页,2018年云南省玉溪市高考数学模拟试卷（11）参考答案与试题解析　一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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）若复数（a∈R，i为虚数单位）是纯虚数，则实数a的值为（　　）A．6B．﹣6C．5D．﹣4【解答】解：==﹣i根据纯虚数的概念得出解得a=6．故选A．　2．（5分）函数的图象大致是（　　）A．B．C．D．【解答】解：∵y=f（﹣x）==﹣f（x），∴y=f（x）=为奇函数，∴y=f（x）的图象关于原点成中心对称，可排除B；又x＞0时，f（x）=，f′（x）=，∴x＞e时，f′（x）＜0，f（x）在（e，+∞）上单调递减，0＜x＜e时，f′（x）＞0，f（x）在（0，e）上单调递增，故可排除A，D，而C满足题意．故选C．　第21页共21页,3．（5分）设m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若α∥β，α∥γ，则β∥γ；②若α⊥β，m∥α，则m⊥β；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β；④若m∥n，n⊂α，则m∥α．其中正确命题的序号是（　　）A．①③B．①④C．②③D．②④【解答】解：对于①，若α∥β，α∥γ根据面面平行的性质容易得到β∥γ；故①正确；对于②，若α⊥β，m∥α，m与β的关系不确定；故②错误；对于③，若m⊥α，m∥β，可以在β找到一条直线n与m平行，所以n⊥α，故α⊥β；故③正确；对于④，若m∥n，n⊂α，那么m与α的位置关系为m∥α或者m⊂α；故④错误；故选A．　4．（5分）设函数f（x）=cos（2x+φ）+sin（2x+φ）（|φ|＜），且图象关于直线x=0对称，则（　　）A．y=f（x）的最小正周期为π，且在上为增函数B．y=f（x）的最小正周期为π，且在上为减函数C．y=f（x）的最小正周期为，且在上为增函数D．y=f（x）的最小正周期为，且在上为减函数【解答】解：f（x）=cos（2x+φ）+sin（2x+φ）=2[cos（2x+φ）+sin（2x+φ）]=2cos（2x+φ﹣），∵ω=2，∴T==π，第21页共21页,又函数图象关于直线x=0对称，∴φ﹣=kπ（k∈Z），即φ=kπ+（k∈Z），又|φ|＜，∴φ=，∴f（x）=2cos2x，令2kπ≤2x≤2kπ+π（k∈Z），解得：kπ≤x≤kπ+（k∈Z），∴函数的递减区间为[kπ，kπ+]（k∈Z），又（0，）⊂[kπ，kπ+]（k∈Z），∴函数在（0，）上为减函数，则y=f（x）的最小正周期为π，且在（0，）上为减函数．故选B　5．（5分）若程序框图输出S的值为126，则判断框①中应填入的条件是（　　）A．n≤5B．n≤6C．n≤7D．n≤8【解答】解：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：第21页共21页,该程序的作用是输出满足条件S=2+22+23+…+2n=126时S的值∵2+22+23+…+26=126故最后一次进行循环时n的值为6，故判断框中的条件应为n≤6故选B　6．（5分）若定义在R上的偶函数f（x）满足f（x+2）=f（x），且x∈[0，1]时，f（x）=x，则方程f（x）=log3|x|的解有（　　）A．2个B．3个C．4个D．多于4个【解答】解：解：由f（x+2）=f（x）可得函数的周期为2，又函数为偶函数且当x∈[0，1]时，f（x）=x，故可作出函数f（x）得图象．∴方程f（x）=log3|x|的解个数等价于f（x）与y=log3|x|图象的交点，由图象可得它们有4个交点，故方程f（x）=log3|x|的解个数为4，故选：C．　7．（5分）若{an}是等差数列，首项公差d＜0，a1＞0，且a2013（a2012+a2013）＜0，则使数列{an}的前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是（　　）A．4027B．4026C．4025D．4024【解答】解：由题意可得数列{an}单调递减，由a2013（a2012+a2013）＜0可得：第21页共21页,a2012＞0，a2013＜0，|a2012|＞|a2013|．∴a2012+a2013＞0．则S4025=4025a2013＜0，故使数列{an}的前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是4024．故选D．　8．（5分）M（x0，y0）为圆x2+y2=a2（a＞0）内异于圆心的一点，则直线x0x+y0y=a2与该圆的位置关系为（　　）A．相切B．相交C．相离D．相切或相交【解答】解：由圆的方程得到圆心坐标为（0，0），半径r=a，由M为圆内一点得到：＜a，则圆心到已知直线的距离d=＞=a=r，所以直线与圆的位置关系为：相离．故选C　9．（5分）已知n为正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设n=k（k≥2）为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证n=（　　）时等式成立．A．n=k+1B．n=k+2C．n=2k+2D．n=2（k+2）【解答】解：由数学归纳法的证明步骤可知，假设n=k（k≥2）为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证n=k+2，不是n=k+1，因为n是偶数，k+1是奇数，故选B．　10．（5分）已知向量，，满足，，．若对每一确定的，第21页共21页,的最大值和最小值分别为m，n，则对任意，m﹣n的最小值是（　　）A．B．C．D．1【解答】解：∵，∴令=则A必在单位圆上，又∵又向量满足，∴令=则点B必在线段OA的中垂线上，=．又∵故C点在以线段AB为直径的圆M上，任取一点C，记=．故m﹣n就是圆M的直径|AB|显然，当点B在线段OA的中点时，（m﹣n）取最小值即（m﹣n）min=故选A　二、填空题：本大题共共5小题，每小题5分，共25分11．（5分）为了了解“预防禽流感疫苗”的使用情况，某市卫生部门对本地区9月份至11月份注射疫苗的所有养鸡场进行了调查，根据下图表提供的信息，可以得出这三个月本地区每月注射了疫苗的鸡的数量平均为　90　万只．月份养鸡场（个数）920105011100第21页共21页,【解答】解：9月份注射疫苗的鸡的数量是20×1=20万只，10月份注射疫苗的鸡的数量是50×2=100万只，11月份注射疫苗的鸡的数量是100×1.5=150万只，这三个月本地区平均每月注射了疫苗的鸡的数量为=90（万只）．故答案为：90．　12．（5分）二项式展开式中的第　九　项是常数项．【解答】解：二项式的通项为Tr+1=（x2）10﹣r（）r=2rx，令=0得r=8，故展开式中的常数项是第9项．故答案为：九．　13．（5分）一个几何体的三视图如图所示，主视图与俯视图都是一边长为3cm的矩形，左视图是一个边长为2cm的等边三角形，则这个几何体的体积为　　．第21页共21页,【解答】解：由三视图知几何体是一个三棱柱，∵三棱柱的底面是一个边长为2的正三角形，三棱柱的侧棱与底面垂直且长度是3，∴三棱柱的体积是×2×2××3=3，故答案为：．　14．（5分）已知z=2x+y，x，y满足且z的最大值是最小值的4倍，则a的值是　　．【解答】解：由题意可得，B（1，1）∴a＜1，不等式组表示的平面区域如图所示的△ABC由z=2x+y可得y=﹣2x+z，则z表示直线y=﹣2x+z在y轴上的截距，截距越大，z越大作直线L：y=﹣2x，把直线向可行域平移，当直线经过C时z最小，当直线经过点B时，z最大由可得C（a，a），此时Z=3a由可得B（1，1），此时z=3∴3=4×3a∴故答案：第21页共21页,　15．（5分）给出如下四个结论：①若“p且q”为假命题，则p、q均为假命题；②命题“若a＞b，则2a＞2b﹣1”的否命题为“若a≤b，则2a≤2b﹣1”；③若随机变量ζ～N（3，4），且P（ζ＜2a﹣3）=P（ζ＞a+2），则a=3；④过点A（1，4），且横纵截距的绝对值相等的直线共有2条．其中正确结论的序号是　②　．【解答】解：①根据复合命题真值表，“p且q”为假命题，命题P、q至少有一个是假命题，∴①错误；②根据否命题的定义，②正确；③根据正态分布，μ=3取得峰值，当a=3时，2a﹣3=3，a+2=5，∴P（ξ＜3）≠P（ξ＞5）．∴③错误；④过点A（1，4），且横纵截距的绝对值相等的直线有x+y=5；+=1；y=4x三条直线，故④错误．故答案是②．　三、解答题：本大题共共6小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤第21页共21页,16．（12分）已知函数的图象过点M（，0）．（1）求m的值；（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若ccosB+bcosC=2acosB，求f（A）的取值范围．【解答】解：（1）∵sinxcosx=sin2x，cos2x=（1+cos2x）∴=sin2x﹣（1+cos2x）+m=sin2x﹣cos2x﹣+m=sin（2x﹣）﹣+m∵函数y=fx）图象过点M（，0），∴sin（2•﹣）﹣+m=0，解之得m=（2）∵ccosB+bcosC=2acosB，∴结合正弦定理，得sinCcosB+cosCsinB=2sinAcosB∵B+C=π﹣A，得sinCcosB+cosCsinB=sin（B+C）=sin（π﹣A）=sinA∴sinA=2sinAcosB∵△ABC中，sinA＞0，∴cosB=，得B=由（1），得f（x）=sin（2x﹣），所以f（A）=sin（2A﹣），其中A∈（0，）∵﹣＜2A﹣＜，∴sin（2A﹣）＞sin（﹣）=﹣，sin（2A﹣）≤sin=1因此f（A）的取值范围是（﹣，1]　17．（12分）已知函数f（x）=ex+tx（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）当t=﹣e时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对于任意x∈（0，2]，不等式f（x）＞0恒成立，求实数t的取值范围．第21页共21页,【解答】解：（Ⅰ）当t=﹣e时，f（x）=ex﹣ex，f'（x）=ex﹣e．由f'（x）=ex﹣e＞0，解得x＞1；f'（x）=ex﹣e＜0，解得x＜1．∴函数f（x）的单调递增区间是（1，+∞）；单调递减区间是（﹣∞，1）．（Ⅱ）依题意：对于任意x∈（0，2]，不等式f（x）＞0恒成立，即ex+tx＞0恒成立，即在x∈（0，2]上恒成立．令，∴．当0＜x＜1时，g'（x）＞0；当1＜x＜2时，g'（x）＜0．∴函数g（x）在（0，1）上单调递增；在（1，2）上单调递减．所以函数g（x）在x=1处取得极大值g（1）=﹣e，即为在x∈（0，2]上的最大值．∴实数t的取值范围是（﹣e，+∞）．所以对于任意x∈（0，2]，不等式f（x）＞0恒成立的实数t的取值范围是（﹣e，+∞）．　18．（12分）如图，已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AC=AD=CD=DE=2，AB=1，F为CD的中点．（Ⅰ）求证：AF⊥平面CDE；（Ⅱ）求面ACD和面BCE所成锐二面角的大小．【解答】（Ⅰ）证明：∵DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，∴DE⊥AF．又∵AC=AD，F为CD的中点，∴AF⊥CD．又∵CD∩DE=D，AF⊥平面CDE．第21页共21页,（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：平面ACD⊥平面CDE．取CE的中点Q，连接FQ，∴FQ∥DE，∴FQ⊥平面ACD．于是可得FD，FQ，FA两两垂直，以F为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则F（0，0，0），C（﹣1，0，0），A，B，E（1，2，0）．∴，，设平面BCE的法向量，则，化为，令x=1，则y=﹣1，z=0，∴，∵FQ⊥平面ACD，于是可取平面ACD的法向量为．∴===．∴平面ACD和平面BCE所成锐二面角为45°．　19．（12分）某高校设计了一个实验学科的实验考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作．规定：至少正确完成其中2题的便可提交通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响．（Ⅰ）分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；第21页共21页,（Ⅱ）试从两位考生正确完成题数的数学期望及至少正确完成2题的概率分析比较两位考生的实验操作能力．【解答】解：（Ⅰ）设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为ξ、η，则ξ=1、2、3，η=0、1、2、3．P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==．所以考生甲正确完成实验操作的题数的概率分布列为：∴Eξ==2．∵η～B，所以考生甲正确完成实验操作的题数的概率分布列为：ξ123PP（η=k）=（k=0，1，2，3），∴Eη=3×=2．（Ⅱ）∵P（ξ≥2）==，P（η≥2）=．∴P（ξ≥2）＞P（η≥2），从做对题的数学期望上甲乙两人水平相当；从至少完成两题的概率上看，甲通过的可能性比较大，因此可以判断甲的实验操作能力强．　20．（13分）已知F（1，0），P是平面上一动点，P到直线l：x=﹣1上的射影为点N，且满足（Ⅰ）求点P的轨迹C的方程；（Ⅱ）过点M（1，2）作曲线C的两条弦MA，MB，设MA，MB所在直线的斜率分别为k1，k2，当k1，k2变化且满足k1+k2=﹣1时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点坐标．【解答】解：（Ⅰ）设曲线C上任意一点P（x，y），又F（1，0），N（﹣1，y），从而，，第21页共21页,则=，由，得，即．化简得y2=4x，即为所求的P点的轨迹C的对应的方程．（Ⅱ）设A（x1，y1）、B（x2，y2），MA：y=k1（x﹣1）+2，MB：y=k2（x﹣1）+2．将y=k1（x﹣1）+2与y2=4x联立，得：由，得①同理②而AB直线方程为：，即③由①②：y1+y2=代入③得，，整理得k1k2（x+y+1）+6+y=0．则，故直线AB经过定点（5，﹣6）．　21．（14分）已知数列{an}满足：（其中常数λ＞第21页共21页,0，n∈N*）．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求证：当λ=4时，数列{an}中的任何三项都不可能成等比数列；（Ⅲ）设Sn为数列{an}的前n项和．求证：若任意n∈N*，（1﹣λ）Sn+λan≥3．【解答】（Ⅰ）解：由①，取n=1时，求得a1=3，当n≥2时，有②，①﹣②得：．∴．又a1=3也适合上式，所以，．（Ⅱ）证明：当λ=4时，．下面用反证法证明假设存在ar，as，at成等比数列，则[（2r+1）•4r﹣1]•[（2t+1）•4t﹣1]=（2s+1）2•42s﹣2．整理得（2r+1）（2t+1）•4r+t﹣2s=（2s+1）2．等式右边为奇数，要使左边等于右边，则r+t﹣2s=0．所以，（2r+1）（2t+1）=（r+t+1）2，整理得（r﹣t）2=0，∴r=t．这与r≠t矛盾，故不存在这样的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列．（Ⅲ）证明：Sn=a1+a2+…+an=3+5λ+7λ2+…+（2n+1）λn﹣1．当λ=1时，．当λ≠1时，Sn=3+5λ+7λ2+…+（2n+1）λn﹣1③．④．第21页共21页,③﹣④得：=．所以，当λ=1时，不等式左边=（1﹣λ）Sn+λan=an=2n+1≥3，结论显然成立；当λ≠1时，不等式左边==．而λ＞0，1﹣λ和1﹣λn﹣1同号，故．∴（1﹣λ）Sn+λan≥3．综上，（1﹣λ）Sn+λan≥3对任意n∈N*都成立．　第21页共21页