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安徽省黄山市普通高中2019届高三11月“八校联考”数学(文)试题(解析版)

2022-03-30 来源:化拓教育网
安徽省黄山市普通高中2019届高三11月“八校联考”

数学(文)试题

第I卷(选择题,共60分)

一、选择题(本大题共12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.设集合A.【答案】B【解析】,故选B2.已知复数满足:A.B.C.D.(其中为虚数单位),复数的虚部等于()则B.C.,则或()D.【答案】C【解析】,虚部为.故选C3.下列函数中,既是偶函数,又在A.【答案】D【解析】分析:由题意逐一考查所给函数的性质即可确定正确的选项.详解:逐一考查所给函数的性质:A.,该二次函数的对称轴为,是非奇非偶函数,不合题意;B.C.内单调递增的为(D.)B.当C.若D.且,该函数为偶函数,时,函数的解析式为,则是偶函数,时,单调递减,即函数在区间上单调递减,,函数在上单调递减,不合题意;,函数为奇函数,不合题意;偶函数关于轴对称,则函数在区间本题选择D选项.上单调递增,满足题意.点睛:本题主要考查函数奇偶性的判断,函数单调性的判断等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.如图,在矩形区域形区域的两点处各有一个通信基站,假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域和扇(该矩形区域内无其他信号来源,基站工作正常).若在该矩形区域内随机地选一地点,则该地点无信号的概率是()A.【答案】A【解析】B.C.D.试题分析:由图形知,无信号的区域面积,所以由几何概型知,所求事件概率,故选A.考点:几何概型.视频5.“”是“直线的倾斜角大于”的(B.必要而不充分条件)A.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【答案】A【解析】设直线若,得的倾斜角为,则,可知倾斜角大于;,或,即或,.由倾斜角大于得所以“”是“直线的倾斜角大于”的充分而不必要条件,故选A.的图象,只需将函数的图象6.为得到函数A.向右平移个长度单位C.向右平移个长度单位【答案】B【解析】【分析】B.向左平移个长度单位D.向左平移个长度单位先利用诱导公式化为同名的三角函数,然后再进行平移.【详解】因为将函数即可得到函数故选:B.【点睛】本题考查了诱导公式及三角函数图象变换,关键是利用诱导公式先化为同名三角函数,要注意图象在左右平移时,是在自变量x上加减一个常数.的图象向左平移得的图象.的图象,7.设是等比数列的前项和,,则的值为()A.【答案】D【解析】【分析】B.C.或D.或设出等比数列的首项,通过公比是否为,根据等比数列的前项和的公式以及等比数列的性质化简所求表达式,求解即可【详解】由题设可知当当时,时,,,则不成立,求出的值,利用由可得:,,解得或或故选【点睛】本题主要考查了等比数列的性质,利用条件求出等比数列的通项公式,以及对数的运算法则是解决本题的关键,属于基础题。8.若A.若B.若∥,C.若是两条不同的直线,,则∥,则,则,则∥是两个不同的平面,则下列命题正确的是(),∥,,D.若∥,【答案】D【解析】选项A中,由题意可得∥或选项B中,由题意可得选项C中,由题意可得或∥或,故A不正确;,故B不正确;或∥,故C不正确;选项D中,由线面平行的性质定理可得∥,故D正确.选D.9.已知A.1B.-1C.,则D.0()【答案】D【解析】.故选D.10.设A.C.【答案】C【解析】B.D.,则分析:三个数形式迥异,可与中间数比较大小.详解:,而,又,故三个数的大小关系是,故选C.点睛:实数的大小比较,一般方法是构造函数并利用函数的单调性比较大小.如果构造函数较为复杂,那么可以找一些中间数(如11.已知点N,若A.B.,抛物线,则的值等于(C.2D.4)等),考虑这些中间数与题设中的数的大小关系.的焦点为F,射线FA与抛物线C相交于点M,与其准线相交于点【答案】C【解析】试题分析:设,是点到准线的距离,,,即,那么,即直线的斜率是-2,所以,解得,故选C.考点:抛物线的简单性质【思路点睛】此题考察抛物线的性质,和数形结合思想的考察,属于偏难点的基础题型,对于抛物线的考察不太同于椭圆和双曲线,对应抛物线的基础题型,当图形中有点到焦点的距离,就一定联想到点到准线的距离,再跟据平面几何的关系分析,比如此题,的余弦值,也就知道了直线12.定义在A.(,10)上的函数B.(0,10)满足C.(10,+∞),转化为,那分析图像等于知道的斜率,跟据斜率的计算公式,就可以得到结果.,,则不等式的解集为()。D.(1,10)【答案】D【解析】【分析】转化已知条件,通过构造函数,利用函数的单调性,求解不等式的解集即可。【详解】可得构造函数在,,故的解集为:,则上是增函数定义在上的函数满足,即的解集为:,可得则不等式故选【点睛】本题主要考查了运用函数的性质解不等式,在求解此类问题时需要构造新函数,运用导数判定新函数的单调性,从而求出结果,构造是难点,需要多练习。的解集为第Ⅱ卷(非选择题共90分)

二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填在答题卡的相应位置.)

13.平面向量与的夹角为【答案】【解析】.,,,则等于____________.14.设变量满足约束条件,则目标函数的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】运用线性规划先求出的取值范围,然后求出结果【详解】如图,要求由线性规划得当所以目标函数故答案为的最小值,即求出,时的最大值,的最大值为11,的最小值为【点睛】本题主要考查了运用线性规划求最值问题,先画出可行域,然后改写目标函数,依据几何意义求出目标函数的最值,继而求出结果,较为基础。15.中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅制造的一种标准量器——商鞅铜方升,其三视图(单位:寸)如图所示,若取3,其体积为12.6(立方寸),则图中的为__________.【答案】3【解析】由三视图知,商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成.由题意得:,.点睛:本题考查的知识点是棱柱的体积和表面积,圆柱的体积和表面积,简单几何体的三视;由三视图知,商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成.利用体积求出.16.在【答案】【解析】【分析】利用余弦定理和已知条件求出和的关系,设的最大值,然后运用正弦定理求得结果【详解】由余弦定理代入,利用判别大于等于0求出的范围,进而得到中,,,则当取最大值时=__________.设,即代入上式可得,故当故由正弦定理得解得故答案为【点睛】本题主要考查了余弦定理、正弦定理的应用,涉及了解三角形和函数方程的思想的运用,在求解过程中一定要注意计算。,,时,此时,符合题意三、解答题(本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)

17.设数列的前项和为,且为等差数列;(1)求证:数列(2)设是数列的前项和,求.【答案】(1)【解析】【分析】⑴,,;(2).,由计算出结果,然后进行验证⑵运用裂项相消法求出前项和【详解】(1)由已知得若,则时满足上式,所以,为常数,,数列为等差数列(2)由(Ⅰ)可知【点睛】本题主要考查了等差数列的判断以及通项的求法,由用裂项相消法求出前项和,较为基础,掌握解题方法。推导出通项并证明,在求和时运与餐饮美食相关的手机APP软件层出不穷.现从某市使用A和B两款订餐软件的18.随着移动互联网的发展,商家中分别随机抽取100个商家,对它们的“平均送达时间”进行统计,得到频率分布直方图如下.(1)已知抽取的100个使用A款订餐软件的商家中,甲商家的“平均送达时间”为18分钟。现从使用A款订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家中随机抽取3个商家进行市场调研,求甲商家被抽到的概率;(2)试估计该市使用A款订餐软件的商家的“平均送达时间”的众数及平均数;(3)如果以“平均送达时间”的平均数作为决策依据,从A和B两款订餐软件中选择一款订餐,你会选择哪款?【答案】(1);(2);(3)选款订餐软件.【解析】【分析】⑴运用列举法给出所有情况,求出结果⑵由众数结合题意求出平均数⑶分别计算出使用款订餐、使用款订餐的平均数进行比较,从而判定【详解】(1)使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家共有分别记为甲,从中随机抽取3个商家的情况如下:共20种.,,,,,,,,,,,,,,,.,,,个,甲商家被抽到的情况如下:共10种。,,,,.,,,,,记事件为甲商家被抽到,则(2)依题意可得,使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”的众数为55,平均数为.(3)使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”的平均数为所以选款订餐软件。【点睛】本题主要考查了频率分布直方图,平均数和众数,古典概率等基础知识,考查了数据处理能力以及运算求解能力和应用意识,属于基础题。19.如图,在四面体(1)证明:平面(2)求四面体中,⊥平面;,,且⊥平面的体积的最大值.【答案】(1)见解析;(2)【解析】【分析】.⑴由线面垂直,以及已知条件结合勾股定理逆定理进行证明⑵设,得到平面,得,平面,则,,令则时,时,所以,当即四面体时,,由,,得,平面,,运用导数求出最值,,平面平面,,【详解】(1)由又则平面(2)设单调递增;单调递减。,取最大值的体积的最大值为【点睛】本题考查了面面垂直的判定证明,运用线面垂直性质以及勾股定理逆定理进行证明得到结果,在求体积最值时运用导数,求导后得到单调性,继而求出最值。20.已知离心率为(1)求椭圆的椭圆过点作两条互相垂直的直线,分别交椭圆于两点.方程;过定点,并求出此定点的坐标.(2)求证:直线【答案】(I)【解析】(II)【分析】(1)由题意知,,由此能求出椭圆C的标准方程.(2)易知直线的斜率是存在的,故设直线方程为,由方程组联立方程组,得,利用题设条件推导出不过点,知,故,由此证明直线,从而过定点.,因直线AB【详解】(1)依题意:有解得,所以椭圆的方程为的斜率是存在的,故设直线方程为(2)易知直线由得:设设即得代入可得:即即即得,则因直线AB不过点,知所以直线过定点,故【点睛】本题考查椭圆方程的求法,考查直线恒过定点,考查运算求解能力,推理论证能力;考查化归与转化思想.综合性强,难度大,有一定的探索性,对数学思维能力要求较高,是高考的重点.解题时要认真审题,仔细解答.21.函数(I)求(II)若的单调区间;,求证:..【答案】(1)a≤0时,增区间是.的单调递减区间是;时,的单调递减区间是,的单调递(2)证明见解析.【解析】试题分析:(1)求出导数,根据对的分类讨论,找到导数正负区间,即可求出;(2)求出函数的最小值,转化为证试题解析:(Ⅰ)当a≤0时,即在,则在在上单调递减;当.时,由解得,由解得.≥,构造,求其最小值,即可解决问题.上单调递减;上单调递增;;时,的单调递减区间是,的单调递综上,a≤0时,增区间是(Ⅱ)由(Ⅰ)知则要证即证由即在≥≥,即证.的单调递减区间是在.上单调递减;在上单调递增,≥,即+,则≥0,,,上单调递增;.构造函数解得,由上单调递减;解得在∴即≥0成立.从而,≥成立.点睛:本题考查函数的单调性极值及恒成立问题,涉及函数不等式的证明,综合性强,难度大,属于难题.处理导数大题时,注意分层得分的原则,力争第一二问答对,第三问争取能写点,一般涉及求函数单调性及极值时,比较容易入手,求导后注意分类讨论,对于恒成立问题一般要分离参数,然后利用函数导数求函数的最大值或最小值,对于含有不等式的函数问题,一般要构造函数,利用函数的单调性来解决,但涉及技巧比较多,需要多加体会.

22.在极坐标系中,曲线的极坐标方程为,曲线与曲线关于极点对称.(1)以极点为坐标原点,极轴为轴的正半轴建立直角坐标系,求曲线的极坐标方程;(2)设为曲线上一动点,记到直线求+的最小值.【答案】(1)【解析】【分析】⑴建立极坐标系,求出曲线极坐标方程⑵运用极坐标进行计算,求出结果【详解】(1)设入则得,。得直角坐标方程为,是曲线上任意一点,则关于原点的对称点在曲线上,且,,将代;(2).与直线的距离分别为,即曲线的极坐标方程为(2)由曲线的极坐标方程为设直线从而,与直线的直角坐标方程分别为,,故的最小值为【点睛】本题考查了求曲线的极坐标方程,运用法则即可算出结果,较为简单,在计算距离的最小值时运用极坐标进行计算较为简单,计算量小,解题时注意方法。23.已知函数(1)当时,解不等式,;.(2)若存在满足【答案】(Ⅰ)【解析】试题分析:(1)当(2)求出试题解析:(1)当当当当,求的取值范围.(Ⅱ)时,根据绝对值不等式的解法即可解不等式的最小值,根据不等式的关系转化为时,.由,解得,即,解得得,所以;.;;,即可求的取值范围。.时,不等式等价于时,等价于时,不等式等价于,所以,所以故原不等式的解集为(2)原命题等价于考点:1、绝对值不等式的解法.,.…………………(5分),,.…………………………(10分)

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