2019年数学临沂商城实验学校高三一轮复习数学模拟试题八(理)

2019年数学临沂商城实验学校高三一轮复习数学模拟试题八（理）一、选择题（共10小题；共50分）1. 集合A={y∣y=√x,0≤x≤4},B={x∣x2−x>0}，则A∩B= ( )A. (−∞,1]∪(2,+∞)B. (−∞,0)∪(1,2)C. ∅D. (1,2]2. 已知复数z1=3+4i,z2=t+i,z1⋅z2是实数，则实数t等于 ( )A. 34B. 43C. −43D. −343. 已知命题p:∃x∈R,log2(3x+1)≤0，则 ( )A. p是假命题：¬p:∀x∈R,log2(3x+1)≤0B. p是假命题：¬p:∀x∈R,log2(3x+1)>0C. p是真命题：¬p:∀x∈R,log2(3x+1)≤0D. p是真命题：¬p:∀x∈R,log2(3x+1)>04. 一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②正方形；③圆；④椭圆．中的 ( )A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④5. 已知x，y满足{y≥xx+y≤2x≥a，且z=2x+y的最大值是最小值的4倍，则a的值是 ( )A. 34B. 14C. 211D. 46. 运行如图所示的程序框图，则输出的结果S为 ( )A. 1008B. 2015C. 1007D. −10077. 已知函数 f (x )=14x 2+cosx ，f ＇(x ) 是函数 f (x ) 的导函数，则 f ＇(x ) 的图象大致是 ( )A. B.C. D.8. 已知函数 f (x )={2−2x ,x ≤−1,2x +2,x >−1,则满足 f (a )≥2 的实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,−2)∪(0,+∞) B. (−1,0)C. (−2,0)D. (−∞,−1]∪[0,+∞)9. 在等腰三角形 ABC 中，AB =AC ，D 在线段 AC 上，AD =kAC （ k 为常数，且 0<k <1 ），BD =l 为定长，则 △ABC 的面积最大值为 ( )A. l 21−k 2 B. l1−k 2 C. l 22(1−k 2) D. l2(1−k 2)10. 已知定义域为 R 的奇函数 y =f (x ) 的导函数为 y =fʹ(x )，当 x ≠0 时，fʹ(x )+f (x )x>0，若a =12f (12)，b =−2f (−2)，c =(ln 12)f (ln 12)，则 a,b,c 的大小关系正确的是 ( )A. a <c <bB. b <c <aC. a <b <cD. c <a <b二、填空题（共5小题；共25分）11. 若双曲线 x 2a 2−y 232=1(a >0) 的离心率为 2，则 a = ．12. 设随机变量 ξ∼N (μ,σ2)，且 P (ξ<−1)=P (ξ>1)，P (ξ>2)=0.3，则 P (−2<ξ<0)= ．13. 如图，在 △ABC 中，若 AB =1，AC =3，AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =32，则 BC = .14. 学校体育组新买 2 个同样篮球，3 个同样排球，从中取出 4 个发放给高一 4 个班，每班 1 个，则共有 种不同的发放方法．15. 圆 O 的半径为 1，P 为圆周上一点，现将如图放置的边长为 1 的正方形（实线所示，正方形的顶点 A 与点 P 重合）沿圆周逆时针滚动，点 A 第一次回到点 P 的位置，则点 A 走过的路径的长度为 ．三、解答题（共6小题；共78分）16. 函数 f (x )=2asinωxcosωx +2√3cos 2ωx −√3(a >0,ω>0) 的最大值为 2，且最小正周期为 π．Ⅰ 求函数 f (x ) 的解析式及其对称轴方程； Ⅱ 若 f (α)=43，求 sin (4α+π6) 的值．17. 在如图所示的空间几何体中，平面ACD ⊥平面ABC ，△ACD 与 △ACB 是边长为 2 的等边三角形，BE =2，BE 和平面 ABC 所成的角为 60∘，且点 E 在平面 ABC 上的射影落在 ∠ABC 的平分线上．Ⅰ 求证：DE ∥平面ABC ；Ⅱ 求二面角 E −BC −A 的余弦值．18. 学校为测评班级学生对任课教师的满意度，采用“100 分制”打分的方式来计分.现从某班学生中随机抽取 10 名，以下茎叶图记录了他们对某教师的满意度分数（以十位数字为茎，个位数字为叶）：规定若满意度不低于 98 分，则评价该教师为“优秀”.Ⅰ 求从这 10 人中随机选取 3 人，至多有 1 人评价该教师是“优秀”的概率；Ⅱ以这10人的样本数据来估计整个班级的总体数据，若从该班任选3人，记ξ表示抽到评价该教师为“优秀”的人数，求ξ的分布列及数学期望.19. 已知数列{a n}中，a1=1，a n+1={13a n+n,n为奇数, a n−3n,n为偶数,Ⅰ求证：数列{a2n −32}是等比数列；Ⅱ设S n是数列{a n}的前n项和，求满足S n>0的所有正整数n．20. 已知函数f(x)=cos(x−π2)，g(x)=e x⋅f′(x)，其中e为自然对数的底数．Ⅰ求曲线y=g(x)在点(0,g(0))处的切线方程；Ⅱ若对任意x∈[−π2,0]，不等式g(x)≥x⋅f(x)+m恒成立，求实数m的取值范围；Ⅲ试探究当x∈[π4,π2]时，方程g(x)=xf(x)的解的个数，并说明理由．21. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其中F1,F2为左、右焦点，O为坐标原点．直线l与椭圆交于P(x1,y1),Q(x2,y2)两个不同点.当直线l过椭圆C右焦点F2且倾斜角为π4时，原点O到直线l的距离为√22.又椭圆上的点到焦点F2的最近距离为√3−1 .Ⅰ求椭圆C的方程；Ⅱ以OP,OQ为邻边做平行四边形OQNP，当平行四边形OQNP面积为√6时，求平行四边形OQNP的对角线之积∣ON∣⋅∣PQ∣∣的最大值；Ⅲ若抛物线C2：y2=2px(p>0)以F2为焦点，在抛物线C2上任取一点S（S不是原点O），以OS为直径作圆，交抛物线C2于另一点R，求该圆面积最小时点S的坐标：答案第一部分1. D2. A3. B4. B5. B6. D7. A8. D9. C 10. A第二部分11. √312. 0.213. √714. 1015. (2+√2)π2．第三部分16. （1）f(x)=asin2ωx+√3cos2ωx=√a2+3sin(2ωx+φ),由题意知：f(x)的周期为π，由2π2ω=π，知ω=1．由f(x)最大值为2，故√a2+3=2，又a>0，所以a=1，所以f(x)=2sin(2x+π3)．令2x+π3=π2+kπ，解得f(x)的对称轴为x=π12+kπ2(k∈Z)．（2）由f(α)=43知2sin(2α+π3)=43，即sin(2α+π3)=23，所以sin(4α+π6)=sin[2(2α+π3)−π2] =−cos2(2α+π3)=−1+2sin2(2α+π3) =−1+2×(23)2=−19.17. （1）由题意知，△ABC，△ACD都是边长为2的等边三角形，取AC中点O，连接BO,DO，则BO⊥AC，DO⊥AC，又因为平面ACD⊥平面ABC，所以DO⊥平面ABC，作EF⊥平面ABC，那么 EF ∥DO ，根据题意，点 F 落在 BO 上，所以 ∠EBF =60∘，易求得 EF =DO =√3，所以四边形 DEFO 是平行四边形，所以 DE ∥OF ，所以 DE ∥ 平面 ABC .（2） 建立如图所示的空间直角坐标系 O −xyz ，可知平面 ABC 的一个法向量为 n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)，B(0,√3,0)，C (−1,0,0)，E(0,√3−1,√3)， 设平面 BCE 的一个法向量为 n 2⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z )， 则有 {n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 可求得 n 2⃗⃗⃗⃗ =(−3,√3,1)． 所以 cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ >=n1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ∣n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ∣⋅∣n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=√1313， 又由图知，所求二面角的平面角是锐角， 所以二面角 E −BC −A 的余弦值为√1313． 18. （1） 设 A i 表示所取 3 人中有 i 个人评价该教师为“优秀”，至多有 1 人评价该教师为“优秀”记为事件 A ，则 P (A )=P (A 0)+P (A 1)=C 73C 103+C 31C 72C 103=98120=4960 .（2） ξ 的可能取值为 0 、 1 、 2 、 3 ，P (ξ=0)=(710)3=3431000；P (ξ=1)=C 31⋅310⋅(710)2=4411000；P (ξ=2)=C 32⋅(310)2⋅710=1891000；P (ξ=3)=(310)3=271000.分布列为Eξ=0×3431000+1×4411000+2×1891000+3×271000=0.9.19. （1）a 2(n+1)−32a 2n −32=13a 2n+1+(2n+1)−32a 2n −32=13(a 2n −6n )+(2n+1)−32a 2n −32=13a 2n −12a 2n −32=13,所以数列 {a 2n −32} 是以 a 2−32=−16 为首项，13 为公比的等比数列． （2） 由（1）得a 2n −32=−16⋅(13)n−1=−12⋅(13)n,则a2n=−12⋅(13)n+32;由a2n=13a2n−1+(2n−1)，得a2n−1=3a2n−3(2n−1)=−12⋅(13)n−1−6n+152，得a2n−1+a2n=−12⋅[(13)n−1+(13)n]−6n+9=−2(13)n−6n+9,S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+⋅⋅⋅+(a2n−1+a2n)=−2[13+(13)2+(13)3+⋅⋅⋅+(13)n]−6(1+2+3+⋅⋅⋅+n)+9n =−2⋅13[1−(13)n]1−13−6⋅n(n+1)2+9n=(13)n−1−3n2+6n=(13)n−3(n−1)2+2,显然，当n∈N∗时，{S2n}单调递减，当n=1时，S2=73>0，n=2时，S4=−89<0，则当n≥2时，S2n<0；S2n−1=S2n−a2n=32⋅(13)n−52−3n2+6n，同理可得仅当n=1时，S2n−1>0，综上，可得满足条件S n>0的n的值为1和2．20. （1）由题意得，f(x)=sinx，g(x)=e x cosx，g(0)=e0cos0=1；gʹ(x)=e x(cosx−sinx)，gʹ(0)=1；故曲线y=g(x)在点(0,g(0))处的切线方程为y=x+1；（2）对任意x∈[−π2,0]，不等式g(x)≥xf(x)+m恒成立可化为m≤[g(x)−xf(x)]min，x∈[−π2,0]，设ℎ(x)=g(x)−xf(x)，x∈[−π2,0]，则ℎʹ(x)=e x(cosx−sinx)−sinx−xcosx=(e x−x)cosx−(e x+1)sinx，因为x∈[−π2,0]，所以(e x−x)cosx≥0，(e x+1)sinx≤0；故ℎʹ(x)≥0，故ℎ(x)在[−π2,0]上单调递增，故当x=−π2时，ℎ(x)min=ℎ(−π2)=−π2；故m≤−π2；（3）设H(x)=g(x)−xf(x)，x∈[π4,π2 ]；则当 x ∈[π4,π2] 时，Hʹ(x )=e x (cosx −sinx )−sinx −xcosx =(e x −x )cosx −(e x +1)sinx ， 当 x =π2，显然有 Hʹ(π2)<0；当 x ∈[π4,π2) 时，由 sinxcosx =tanx ≥1，e x −xe x +1=1−1+x e x +1<1，即有 sinxcosx >e x −xe x +1， 即有 Hʹ(x )<0，所以当 x ∈[π4,π2] 时，总有 Hʹ(x )<0． 故 H (x ) 在 [π4,π2] 上单调递减，故函数 H (x ) 在 [π4,π2] 上至多有一个零点； 又 H (π4)=√22(e π4−π4)>0， H (π2)=−π2<0；且 H (x ) 在 [π4,π2] 上是连续不断的， 故函数 H (x ) 在 [π4,π2] 上有且只有一个零点．21. （1） 直线 l 的倾斜角为 π4， F 2(c,0)，直线 l 的方程 y =x −c ，2=√22， c =1 ， T (x 0,y 0) 为椭圆 C 上任一点，∣TF 2∣2=(x 0−1)2+y 02 = (x 0−1)2+(1−x 02a 2)(a 2−1) = 1a2(x 0−a 2)2 ≥ (√3−1)2， −a ≤x 0≤a ， 当 x 0=a 时，a −1=√3−1 ， a =√3 ， b =√2 ， 椭圆 C 的方程x 23+y 22=1 .（2） 当直线 l 的斜率不存在时，P,Q 两点关于 x 轴对称，则 x 1=x 2,y 1=−y 2 ， 由 P (x 1,y 1) 在椭圆上，则 x 123+y 122=1，而 S =2∣x 1y 1∣=√6，则 ∣x 1∣=√62,∣y 1∣=1 ，知 ∣ON∣⋅∣PQ∣∣ = 2√6： 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 为 y =kx +m ，代入 x 23+y 22=1 可得2x 2+3(kx +m )2=6 ，即 (2+3k 2)x 2+6kmx +3m 2−6=0 ， Δ>0，即 3k 2+2>m 2 ， x 1+x 2=−6km 2+3k 2,x 1x 2=3m 2−62+3k 2，∣PQ∣∣=√1+k 2∣x 1−x 2∣=√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√1+k 22√6√3k 2+2−m 22+3k 2， d =√1+k2 ， S △POQ =12⋅d ⋅∣PQ∣∣=12∣m∣2√6√3k 2+2−m 22+3k 2=√62， 化为 4m 2(3k 2+2−m 2)=(3k 2+2)2 ， (3k 2+2)2−2⋅2m 2(3k 2+2)+(2m 2)2=0 ，得到，(3k 2+2−2m 2)2=0，则 3k 2+2=2m 2，满足 Δ>0 ， 由前知x 1+x 22=−3k2m ，y 1+y 22=k (x 1+x 22)+m =−3k 22m +m =1m ，设 M 是 ON 与 PQ 的交点，则∣OM∣2=(x 1+x 22)2+(y 1+y 22)2=9k 24m 2+1m 2=12(3−1m 2) ，∣PQ∣∣2=(1+k 2)24(3k 2+2−m 2)(2+3k 2)2=2(2m 2+1)m 2=2(2+1m 2) ，∣OM∣2∣PQ∣∣2=(3−1m 2)(2+1m 2)≤254，当且仅当 3−1m 2=2+1m 2 ， 即 m =±√2 时等号成立，综上可知 ∣OM∣⋅∣PQ∣∣ 的最大值为 52 . ∣ON∣⋅∣PQ∣∣=2∣OM∣⋅∣PQ∣∣ 的最大值为 5 . （3） 因为以 OS 为直径的圆与 C 2 相交于点 R ，所以 ∠ORS =90∘，即 OR ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅SR ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 ， 设 S (x 1,y 1) ， R (x 2,y 2) ， SR ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2−x 1,y 2−y 1) ， OR ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2) ， 所以 OR ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅SR ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 2(x 2−x 1)+y 2(y 2−y 1)=y 22(y 22−y 12)16+y 2(y 2−y 1)=0 ，因为 y 1≠y 2 ， y 2≠0，化简得 y 1=−(y 2+16y 2) ，所以 y 12=y 22+256y 22+32≥2√y 22⋅256y 22+32=64 ，当且仅当 y 22=256y 22 即 y 22=16 ， y 2=±4 时等号成立.圆的直径 ∣OS ∣=√x 12+y 12=√y1416+y 12=14√y 14+16y 12=14√(y 12+8)2−64 ，因为 y 12≥64，所以当 y 12=64 即 y 1=±8 时，∣OS∣min =8√5 ， 所以所求圆的面积最小时，点 S 的坐标为 (16,±8) .。