甘肃省甘谷第一中学2019届高三数学下学期第十二周实战演练试题理

1、甘谷一中 2018 2019 学年第二学期高三第十二周实践演练数学（理）第 i 卷（选择题）一单选题。本题共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aa1,0,1,2,3 ， bx x23x0 ，则 ab1b1,0c1,3d1,0,32若复数z 满足 12i z1i ，则 za 2b 3c 10d 105553在等差数列an中，已知a22 ，前 7 项和 s756 ，则公差 da 2b 3c 2d 32xy，y004已知变量 x ，满足x2y32xy 的最大值为，则 zy，0a 0b 4c 5d 6519x的展开式中 x3的系数为2 xa

2、21b 9c 9d 2122226. 第 24 届国际数学大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的，如图，会标是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形设直角三角形的一个锐角为 ，且 tan 2，若在大正方形内随机取一点，则改点取自小正方形区域的概率为（）abcd7 . 已知直线ykx2 与曲线 yx ln x 相切，则实数k 的值为a ln 2b 1c 1ln 2d 1ln 2- 1 - / 108.某学校获得5 个高校自主招生推荐名额，其中甲大学2 名，乙大学2 名，丙大学1 名，并且甲大学和乙大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下3 男 2 女共 5 个推荐

3、对象，则不同的推荐方法共有a 36 种b 24 种c22 种d 20 种9. 将函数 y 2sin x3sinx 的图象向左平移0个单位， 所得图象对应的函数6恰为奇函数，则的最小值为ab12cd36410. 如图所示，某几何体由底面半径和高均为3 的圆柱与半径为3 的半球面对接而成，该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为（）a 27b 32c 45d 6411在直角坐标系xoy 中，设 f 为双曲线 c ： x2y 21(a0, b0) 的右焦点， p 为双a2b2曲线 c 的右支上一点，且opf 为正三角形，则双曲线c 的离心率为

4、a 3b 2 3c 1 3d 23312对于定义域为r 的函数 fx ，若满足f00 ； 当 xr ，且 x0 时，都有xf x0 ；当 x0x，且 xx时，都有fx1fx2，则称 fx为“偏对1212称 函 数 ” 现 给 出 四 个 函 数 ： f1 xx 33 x 2；f 2 xexx 1 ；2lnx1,x0,11x0,f 3 xf 4xx1,则其中是“偏对称2 x ,x0;2 x20,x0.函数”的函数个数为a0b 1c 2d 3二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分- 2 - / 1013已知向量ax, x2 ， b3,4 ，若 ab，则向量 a 的模为 _14在各项都

5、为正数的等比数列2，则12的最小值为 _an 中，若 a2018a71029102 a215过抛物线 c ： y22px ( p0) 的焦点 f 的直线交抛物线c 于 a ， b 两点若 af6 ，bf3 ，则 p 的值为 _16如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积为_三、解答题：共70 分解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤17（本小题满分 12 分） abc 的内角 a ， b ， c 的对边分别为 a ， b ， c ，且满足 a2 ，a cos b(2cb)cos a （1）求角a 的大小；（2）求abc 周长的最大值18.

6、 （本小题满分12 分）某单位从一所学校招收某类特殊人才对20 位已经选拔入围的学生进行运动协调能力和逻辑思维能力的测试，其测试结果如下表：思 维 能例如，表中运动协调能力良好且逻辑思维能力一般的学生有力一般良好优秀4 人由于部分数据丢失，只知道从这20 位参加测试的学生中随机抽取一位， 抽到运动协调能力或逻辑思维能力优秀协 调 能的学生的概率为 2 力5一般221( ) 求 a, b 的值；( ) 从参加测试的 20 位学生中任意抽取2 位，设运动协调良好4b1能力或逻辑思维能力优秀的学生人数为，求随机变量的优秀13a分布列及其数学期望e19. （本小题满分 12 分）如图，已知多面体 pa

7、bcde 的底面 abcd 是边长为 2 的菱形， pa底面 abcd ， edpa，且 pa 2ed2p（ 1）证明：平面 pac 平面 pce ；e（ 2）若直线 pc 与平面 abcd 所成的角为45od 的余弦ad，求二面 p cebc- 3 - / 10值分）已知椭圆 c : x2220. （本小题满分122y21 ab 0的离心率为1 ，以短轴的一个ab2端点与两个焦点为顶点的三角形面积为3 ，过椭圆 c 的右焦点作斜率为kk0 的直线 l 与椭圆 c 相较于 a、b 两点，线段 ab 的中点为 p .（ 1）求椭圆 c 的标准方程；（ 2）过点 p 垂直于 ab 的直线与 x 轴

8、交于点 d1 ,0 ，求 k 的值 .721已知函数 f ( x)ln( x 1)ax 2x (a0) ，（ 1）讨论函数f ( x) 的单调性 .（ 2）若对于任意的 a1 ,2 ，当 x1 , 1 时，不等式 f (x)ln a m 恒成立， 求实数 m 的2取值范围 .（二）选考题：22（本小题满分 10 分）在直角坐标系xoy 中，曲线 c1 的参数方程为xcos ，y（ 为2sinx，参数），将曲线 c 经过伸缩变换2xx 轴正半轴为极后得到曲线 c2 在以原点为极点，1yy轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为cossin100 （1）说明曲线 c2 是哪一种曲线，并将曲线c2 的方

9、程化为极坐标方程；（2）已知点 m 是曲线 c2 上的任意一点，求点m 到直线 l 的距离的最大值和最小值23（本小题满分 10 分）选修 4 5：不等式选讲已知函数 f (x)| xa |（1）当 a1 时，求不等式f ( x)2x11的解集；（2）若函数g( x)f (x)x3 的值域为a，且2,1a ，求 a 的取值范围12 周理科数学试题答案及评分参考一选择题- 4 - / 10题号123456789101112答案acbbabdbabcc二填空题13 1014 415 416 11三、解答题17（ 1）解法 1：由已知，得 acos bb cos a 2c cos a 由正弦定理，得

10、sin acos bsin b cos a2sin c cos a 1 分即 sin( ab)2sin c cos a2 分sin c2sin c cos a 4 分因为 sin c0，所以 cosa1 5 分2因为 0a，所以a36 分解法 2：由已知根据余弦定理，得a2 c2b22cbb2c2a2 1 分a2bc2ac即 b2c2a2bc 3 分所以 cos ab2c2a215 分2bc2因为 0a， 所以 a36 分（ 2）解法 1：由余弦定理 a2b2c22bc cos a ，得 bc4b2c2 ，7 分即 (bc) 23bc48 分因为 bcbc22，9 分所以 (bc) 23 (b

11、c) 24 即 bc4 （当且仅当 bc 2 时等号成立） 11 分4所以 abc6 故 abc 周长 abc 的最大值为 6 12 分解法 2：因为abc2r ，且 a 2 ， a，sin asin b sin c3所以 b43 sin b ， c4 3 sin c 8 分33- 5 - / 10所以 a b c 24 3 sin b sin c24 3sin bsin2b 9 分33324sin b10 分62，所以当 b时， a b c 取得最大值 6 因为 0 b33故 abc 周长ab c 的最大值为 6 12 分18 解析： ( ) 设事件 a ：从 20 位学生中随机抽取一位，抽

12、到运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生共有(6a) 人6 a2解得a2 3分则 p( a)520所以 b 4 5 分( )的可能取值为0 ， 1， 26 分20 位学生中有 8 人是运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生所以 p(0)c12233c121c8148c202， p( 1)c202，9595c8214 10 分p( 2)95c202所以的分布列为所以， e033148214764 12 分95959595519. （ 1）证明：连接 bd ，交 ac 于点 o ，设 pc 中点为 f ，连接 of ， ef 因为 o ， f 分别为 ac ， pc

13、 的中点，所以 ofpa ，且p1pa ，因为 depa ，且 de1ofpa ，22e所以 ofde ，且 ofde 1 分fa- 6 - / 10dobc平行四边形 ofed ，所以 odef ，即 bd ef 2 分因为 pa平面 abcd ， bd平面 abcd ，所以 pa bd 因为 abcd 是菱形，所以 bdac 因为 paac a，所以 bd平面 pac 4 分因为 bdef ，所以 ef平面 pac 5 分因为 fe平面 pce ，所以平面 pac 平面 pce 6 分(2) ：因为直线 pc 与平面 abcd 所成角为45 ，且 pa 平面 abcd ，所以pca 45，

14、所以 ac pa 27分因为ab bc2 ，所以abc 为等边三角形因为所以因为pa平面 abcd ，由（ 1）知 pa / of ，of平面 abcd ob平面 abcd ， oc平面 abcd ，所以 ofob 且 ofoc 在菱形 abcd 中， oboc 以 ob ， oc ， of 为轴，建立坐标系oxyz如图则o (0,0,0),p(0, 1,2), c (0,1,0),d ( 3,0,0),e(3,0,1) ， 则c p ( 0 ,2 , 2 )c, e( 3, 1,c1)d,(3 , 1, 0 )zpe设平面 pce 的法向量为 na 9 分(x1, y1 , z1) ，don

15、 cp 0,2 y12 z10,x bcy则即3x1 y1z1 0.n ce 0,则法向量 n0,1,1 10 分设平面 cde 的法向量为m ( x2, y2 , z2 ) ，m ce0,3x2y2z2 0,则m cd0,3x2y20.m 1, 3,0 11 分设二面角 pced 的大小为，由于为钝角，则 coscos n, mn m36 nm2 24- 7 - / 10所以二面角 p ced 的余弦值为612 分4c1 ,a220（ 1）设焦距为2c，则 bc3,解得 a2, b3, c1，a2b2c2,椭圆 c 的方程为 x2y21 . 5 分43（ 2）设过椭圆 c 的右焦点的直线l

16、的方程为 ykx 1，将其代入 x2y21中得，34k 2x28k2 x4k 2120 ，43设 ax1 , y1, b x2 , y2，则 x1x238k 2, x1x24k 212，7 分4k 234k 2 y1y2k x1x22k8k32k6k，34k234k 2 p 为线段 ab 的中点，点 p4k 23k2 ，8 分的坐标为34k2,4k3又直线 pd 的斜率为1 ，k直线 pd 的方程为 y33k1x34k 2，9 分4k 2k4k 2令 y0 得，k 2，由点的坐标为k2， 10分x3d34k 2 ,04k 2则k 21 ，解得 k1. 12 分34k2 =721，（ 1） ,

17、因为的定义域是，当时，在，单调递增；在单调递减 .当时，在单调递增 .- 8 - / 10当时，在，单调递增；在单调递减 .（ 2）由（ 2）可知当时，在单调递增，所以在单调递增 .所以对于任意的的最大值为，要使不等式在上恒成立，须，记，因为，所以在上递增，的最大值为，所以.故的取值范围为.22解：（ 1）因为曲线 c1 的参数方程为xcosy（为参数），2sinx，x2cos，2x2 分因为y，则曲线 c 2 的参数方程yy.2sin .所以 c2 的普通方程为 x 2y 24 3 分所以 c2 为圆心在原点，半径为2 的圆4 分所以 c2 的极坐标方程为24 ，即25 分（ 2）解法1：直线 l 的普通方程为 xy100 6 分曲线 c2 上的点 m 到直线 l的距离|2cos2sin10|22cos(+) 10|d24 8 分2当 cos+=1 即 =2kk|2210|2 9 分4z 时， d 取到最小值为=5 242当 cos+4=1 即 = 32kkz时， d 取到最大值为 |22+10|=25 2 10 分42解法 2：直线 l 的普通方程为 xy1006 分因为圆 c2的半径为 2，且圆心到直线| 00 10 |5 2 ， 7 分l 的距离 d2因为 522，所以圆 c2 与直线 l 相离8 分所 以 圆 c2上 的