2019-2020年高考臨門一腳數(shù)學理試題 含答案.doc

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2019-2020年高考臨門一腳數(shù)學理試題 含答案 1. 定義：分子為1且分母為正整數(shù)的分數(shù)稱為單位分數(shù)．我們可以把1分拆為若干個不同的單位分數(shù)之和． 如：，，，…… 依此類推可得：， 其中，．設(shè)，則的最小值為（ ） A． B． C． D． 2. 定義區(qū)間，，，的長度均為，多個區(qū)間并集的長度為各區(qū)間 長度之和，例如, 的長度. 用表示不超過的最大整數(shù)，記，其中.設(shè)，，當時,不等式 解集區(qū)間的長度為，則的值為 ( ) A． B． C． D. 3.設(shè)是整數(shù)集的一個非空子集，對于，如果且，那么稱是的一個 “孤立元”. 給定，由的3個元素構(gòu)成的所有集合中，其元素都 是“孤立元”的集合個數(shù)是( ) A. B. 15 C. 20 D. 25 4．在如圖所示的空間直角坐標系中，一個四面體的頂點坐標分別是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），給出編號①、②、③、④的四個圖，則該四面體的正視圖和俯視圖分別為（ ） A.圖①和圖② B. 圖③和圖① C. 圖④和圖③ D. 圖④和圖② 5．現(xiàn)安排甲、乙、丙、丁、戌5名同學參加志愿者服務活動，每人從事翻譯、導游、禮儀、司機四項工作之一，每項工作至少有一人參加。甲、乙不會開車但能從事其他三項工作，丙丁戌都能勝任四項工作，則不同安排方案的種數(shù)是（ ） A．126 B. 54 C.90 D. 152 6.在平面直角坐標系中，過點作圓的兩條切線，切點分別為，且，則實數(shù)的值為 ***** . 7．設(shè)，則＝ ． 8．給n個自上而下相連的正方形著黑色或白色．當n≤4時，在所有不同的著色方案中，黑色正方形互不相連的著色方案如圖所示：由此推斷，當n=6時，黑色正方形互不相鄰的著色方案共有　_________　種，至少有兩個黑色正方形相鄰的著色方案共有　________　種，（結(jié)果用數(shù)值表示） 9．已知在中，角所對的邊分別為，，且為鈍角． （Ⅰ）求角的大小，并求出角C的范圍； （Ⅱ）若，求的取值范圍． 10.(本題滿分12分)已知函數(shù)的圖象經(jīng)過點 1)求函數(shù)的解析式； 2)設(shè)，求的值. 11.(本題滿分12分)為備戰(zhàn)xx年奧運會，甲、乙兩位射擊選手進行了強化訓練．現(xiàn)分別從他們 的強化訓練期間的若干次平均成績中隨機抽取8次，記錄如下： 甲：8.3, 9.0, 7.9, 7.8, 9.4, 8.9, 8.4, 8.3 乙：9.2, 9.5, 8.0, 7.5, 8.2, 8.1, 9.0, 8.5 (Ⅰ)畫出甲、乙兩位選手成績的莖葉圖；并簡要說明選派哪一位選手參加奧運會封閉集訓更合理？ (Ⅱ)若將頻率視為概率，對選手乙在今后的三次比賽成績進行預測，記這三次成績中不低于8.5分的次數(shù)為ξ，求ξ的分布列及均值E(ξ)． E F D C B A G 12．如圖，直二面角D-AB-E中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，AE＝EB，F(xiàn)為CE上的點，且BF⊥CE，G為AC中點。 （Ⅰ）求證：AC⊥平面BGF； （Ⅱ）求二面角B-AC-E的平面角正弦的大??； （Ⅲ）求點D到平面ACE的距離。 13．已知四棱錐P—ABCD的三視圖如右圖所示，其中正（主）視圖與側(cè)（左）視為直角三角形，俯視圖為正方形。 （1）求四棱錐P—ABCD的體積； （2）若E是側(cè)棱上的動點。問：不論點E在PA的任何位置上，是否都有？ 請證明你的結(jié)論？ （3）求二面角D—PA—B的余弦值。 B C E D 圖5 圖4 A B C D E 14.(本題滿分14分)等邊三角形的邊長為3，點、分別是邊、上的點，且滿足（如圖4）．將△沿折起到△的位置，使二面角成直二面角，連結(jié)、 （如圖5）． （1）求證：平面； （2）在線段上是否存在點，使直線與平面所成的角為？若存在，求出的長，若不存在，請說明理由． 15.（本小題14分）已知數(shù)列是公比為的等比數(shù)列，數(shù)列滿足，且，，若； （1）求證：數(shù)列是等差數(shù)列，并求出的通項公式； （2）記數(shù)列的前n項和為，若對于，不等式恒成立，求實數(shù)k的取值范圍. 16.(本題滿分14分）將數(shù)列中的所有項按每一行比上一行多一項的規(guī)則排成如下表： 記表中的第一列數(shù)，，，，構(gòu)成的數(shù)列為，，為數(shù)列的前n項和，且滿足. （1）求證數(shù)列成等差數(shù)列，并求數(shù)列的通項公式； （2）上表中，若從第三行起，每一行中的數(shù)按從左到右的順序均構(gòu)成等比數(shù)列， 且公比為同一個正數(shù)，當時，求上表中第行所有項的和. 17．已知各項均為正數(shù)的數(shù)列的前項和為,且（）. （1）求的值及數(shù)列的通項公式； （2）記數(shù)列的前項和為,求證:（）； 18．已知圓C：經(jīng)過橢圓的右焦點F和上頂點B （1）求橢圓的方程 （2）如圖，過原點O的射線與橢圓在第一象限的交點為Q，與C的交點為P，M是OP的中點，求的最大值。 19、（本小題滿分14分）如圖，已知點和圓是圓的直徑，從左到右、和依次是的四等分點，（異于）是圓上的動點，，交于，，直線與交于，為定值． （1）求點的軌跡曲線的方程及的值； （2）設(shè)是過原點的直線，直線與垂直相交于點，與軌跡相交于兩點，且.是否存在直線，使成立？若存在，求出直線的方程；若不存在，請說明理由。 20．（本小題滿分14分） 如圖，在平面直角坐標系中，已知，，是橢圓上不同的三點，，，在第三象限，線段的中點在直線上． (1) 求橢圓的標準方程； (2) 求點C的坐標； (3) 設(shè)動點在橢圓上（異于點，，）且 直線PB，PC分別交直線OA于，兩點， 證明: 為定值并求出該定值． 21．設(shè)函數(shù)，其中為實數(shù)，已知曲線與軸切于坐標原點 (Ⅰ)求的值 (Ⅱ)當時，關(guān)于的不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍 (Ⅲ)求證： 22．（本題滿分14分）已知函數(shù)，其中實數(shù)為常數(shù)． （Ⅰ）當時，求函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間； （Ⅱ）設(shè)函數(shù)有極大值點和極小值點分別為、，且， 求的取值范圍． 23．（本小題滿分14分） 已知函數(shù)，，其中表示函數(shù)在處的導數(shù)，為正常數(shù)． （1）求的單調(diào)區(qū)間； （2）對任意的正實數(shù)，且，證明：； （3）對任意的，且，證明：． 各校三模題匯編答案 1~5：CDCDA 6. 或 3 7.7 8. 21，43 9．解：（Ⅰ）由 得，得 于是 ……………3分 又，∴ ……………4分 ∵為鈍角，于是，又，∴ ……………6分 （Ⅱ）由正弦定理可知，……8分 ………10分 又， ∴ ………12分 10．解：（1）由函數(shù)的圖象經(jīng)過點， 則.解得 因此. …..4’ （2） ….5’ . . …..7’ 又 ， . ….10’ …..12’ 11．解： (1)甲、乙兩位選手成績的莖葉圖如圖： ---------------3分 (2)因為甲＝乙＝8.5，又s＝0.27，s＝0.405， 得s＜s，相對講，甲的成績更加穩(wěn)定，所以選派甲合適．-----------6分 (3)依題意得乙不低于8.5分的頻率為，ξ的可能取值為0,1,2,3，則ξ～B(3，)． 所以P(ξ＝k)＝C()3－k(1－)k＝C()3，-------------------------9分 k＝0,1,2,3. 所以ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P ∴E(ξ)＝0＋1＋2＋3＝.--------------------------------12分 12．法一：(1)證明： ∵二面角DABE為直二面角，且CB⊥AB，∴CB⊥平面ABE. ∴CB⊥AE.又∵AE=EB=,AB=2∴EB⊥AE. ∴AE⊥平面BCE.∴BF⊥AE.又∵BF⊥CE. ∴BF⊥平面ACE∴BF⊥AC.又∵BG⊥AC. ∴AC⊥平面BGF ………4分 (2)連結(jié)BD交AC于G，連結(jié)FG， ∵正方形ABCD邊長為2， ∴BG⊥AC,BG=. ∵BF⊥平面ACE， 由三垂線定理的逆定理得FG⊥AC, ∴∠BGF是二面角B-AC-E的平面角. ………6分 由(1)AE⊥平面BCE，又∵AE=EB, ∴在等腰直角三角形AEB中，BE=. 又∵直角△BCE中，,BF=, ∴直角△BFG中，sin∠BGF=. ∴二面角B-AC-E的平面角正弦值為 ………10分 (3)過點E作EO⊥AB交AB于點O，OE=1. ∵二面角D-AB-E為直二面角，∴EO⊥平面ABCD. 設(shè)D到平面ACE的距離為h, ∵VD―ACE=VE―ACD, ∴ ………12分 ∵AE⊥平面BCE，∴AE⊥EC. ∴h=. ∴點D到平面ACE的距離為. ………14分 解法二：(1)同解法一.（略） ………4分 (2)以線段AB的中點為原點O，OE所在直線為x軸，AB所在直線為y軸，過O點且平行于AD的直線為z軸，建立空間直角坐標系O―xyz,如圖. ∵AE⊥面BCE，BE面BCE，∴AE⊥BE. 在Rt△AEB中，AB=2，O為AB的中點，∴OE=1. ∴A(0,-1,0),E(1,0,0),C(0,1,2). =(1,1,0),=(0,2,2). ………6分 設(shè)平面AEC的一個法向量為n=(x, y, z), 則即解得 令x=1,得n=(1,-1,1)是平面AEC的一個法向量. ………8分 又平面BAC的一個法向量為m=(1,0,0), ∴cos〈m,n〉=. ∴二面角B-AC-E的平面角正弦值為. ………10分 (3)∵AD∥z軸，AD=2，∴=(0,0,2).∴點D到平面ACE的距離 d=|||cos〈,n〉|=. ………14分 13、解：（1）由三視圖可知，四棱錐P—ABCD的底面是邊長為1的正方形， 側(cè)棱底面ABCD，且PC=2 ……………… 4分 （2）不論點E在何位置，都有 5分 證明：連結(jié)AC，是正方形， 底面ABCD，且平面ABCD， ……………… 6分 又，平面PAC ……………… 7分 不論點E在何位置，都有平面PAC ∴不論點E在何位置，都有BDCE …………8分 （3）在平面DAP過點D作DFPA于F，連結(jié)BF ，AD=AB=1， 又AF=AF，AB=AD從而， 為二面角D—AP—B的平面角………………10分 在中， 故在中， 又，在中，由余弦定理得： ………12分 所以二面角D—PA—B的余弦值為. ………………13分 14. B C E D 圖5 圖4 A B C D E 證明：（1）因為等邊△的邊長為3，且， 所以，． 在△中，， 由余弦定理得． 因為，所以． 折疊后有．因為二面角是直二面角，所以平面平面． 又平面平面，平面，， 所以平面． …..5’ （2）解：由（1）的證明，可知，平面． 以為坐標原點，以射線、、分別為軸、軸、軸的正半軸，建立空間直角坐標系如圖． …..6’ B C E D H x y z P 設(shè)， 則，，． 所以，，． 所以．因為平面，…..8’ 所以平面的一個法向量為．因為直線與平面所成的角為， 所以…………10分 ， 解得． …..12’ 即，滿足，符合題意． 所以在線段上存在點，使直線與平面所成的角為， 此時．…..14’ 15．解：⑴ 遞推關(guān)系可變形為：， 兩式相乘得：，即………3分 又，所以 所以，數(shù)列是首項為，公差為1的等差數(shù)列， ………4分 故的通項公式：. ………6分 ⑵ 由（1）知道， ， ………7分 所以 ………8分 記 ① ② 由①-②得： 所以 ………11分 所以即對于任意的正整數(shù)n，不等式恒成立，所以，所以當n=1時， ………13分 所以：k的范圍是. ………14分 16.解：（1）由已知，當時，，又， （1分） 所以. （2分） 即，所以， （4分） 又，所以數(shù)列是首項為1，公差為的等差數(shù)列. （5分） 所以，即. （7分） 所以，當時， ， （8分） 因此 （9分） （2）設(shè)上表中從第三行起，每行的公比都為q，且q>0. 因為，所以表中第1行至第12行共含有數(shù)列的前78項，故在表中第13行第三列. （11分） 所以，， （12分） 又，所以. （13分） 記表中第行所有項的和為S， 則 (14分) 17、解（1）當時,,解得或（舍去）．……………… 2分 當時,,,相減得, ……………4分 即,又,所以,則, 所以是首項為,公差為的等差數(shù)列,故．………………6分 （Ⅱ）證明：當時,．………………7分 當時, ………………10分 所以 綜上,對任意,均有成立. ………………14分 18．解：（1）在C：中， 令得到即； ……2分 令得到即 ……3分 所以： ； ……4分 所以橢圓方程為： ……5分 （2）由題意，直線的斜率一定存在，可設(shè)直線方程為： 設(shè)，， 聯(lián)立方程 ……7分 ……8分 所以…10分 解法一：令， 因為，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減 當時，， 所以：的最大值為。 ……14分 解法二：令 令 當且僅當時取等號， 所以 …14分 19、解析：(1)易得，，，設(shè)，則， 直線PS與TE交于C，故，① 且，② ①②相乘得，又點P是圓O上的動點，故即，4分 要使為定值，則解得 此時 即時，點C的軌跡曲線E的方程為 （2）設(shè)A，B兩點的坐標分別為，假設(shè)使成立的直線存在， （?。┊敳淮怪庇趚軸時，設(shè)的方程為， 由與垂直相交于Q點且||=1.得，即 ∵∴ 即 ，將代入橢圓方程，得 由求根公式可得， ④ ⑤ = = 將④，⑤代入上式并化簡得 ⑥ 將代入⑥并化簡得，矛盾 即此時直線不存在 （ⅱ）當垂直于x軸時，滿足的直線的方程為x=1或x=-1， 當X=1時，A,B,Q的坐標分別為，∴， ∴當x=-1時，同理可得，矛盾 即此時直線也不存在 綜上可知，使成立的直線不存在. 20．解：（1）由已知，得解得 …………2分 所以橢圓的標準方程為．……3分 （2）設(shè)點，則中點為． 由已知，求得直線的方程為，從而．① 又∵點在橢圓上，∴．② 由①②，解得（舍），，從而．………5分 所以點的坐標為． ………6分 （3）設(shè)，，． ∵三點共線，∴，整理，得．……8分 ∵三點共線，∴，整理，得．……9分 ∵點在橢圓上，∴，． 從而．…………12分 所以． …………13分 ∴為定值，定值為． ……………14分 21.解：(Ⅰ) 對求導得：， 根據(jù)條件知，所以. ……………2分 (Ⅱ)由(Ⅰ)得，， ∴ ………3分 ① 當時，由于，有， 于是在上單調(diào)遞減，從而，因此在上單調(diào)遞減，即而且僅有；不符合題意 ………4分 ② 當時，由于，有， 于是在上單調(diào)遞增，從而，因此在上單調(diào)遞增，即而且僅有；符合題意 …………5分 ③ 當時，令，即時 當時，，于是在上單調(diào)遞減，從而，因此在上單調(diào)遞減，即而且僅有.不符合題意 ……………6分 ④ 當且，即時 當時，，于是在上單調(diào)遞減，從而，因此在上單調(diào)遞減，即而且僅有.不符合題意 ……7分 綜上可知，所求實數(shù)的取值范圍是. ……8分 (Ⅲ)對要證明的不等式等價變形如下： ……9分 所以可以考慮證明：對于任意的正整數(shù)，不等式恒成立. 并且繼續(xù)作如下等價變形 ………10分 對于相當于（Ⅱ）中的情形，有在上單調(diào)遞減，即而且僅有. 取，當時，成立； 當時，. 從而對于任意正整數(shù)都有成立. …………12分 對于相當于（Ⅱ）中的情形，對于任意，恒有而且. 取，得：對于任意正整數(shù)都有成立. 因此對于任意正整數(shù)，不等式恒成立. 這樣依據(jù)不等式，再令利用左邊，令 利用右邊，即可得到成立. ………14分 22. 解：（1）解：當時，， ， 又， 當時，， 函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為． --------------------------------------6分 （2）， ， 由題意知，有兩解． 又，，， ------------------------------------------9分 當時，在，上單調(diào)遞增， 在單調(diào)遞減， ，， ，， ------------------------------------------12分 當時，在，上單調(diào)遞增， 在單調(diào)遞減， ，， ，，舍去， 當時，無極值點，舍去， ． ------------------------------------------14分 23.解：（1），， ． ………2分 所以，時，，單調(diào)遞增； 時，，單調(diào)遞減． 所以，的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為． ……4分 （2）（法1）對任意的正實數(shù)，且， 取，則，由（1）得， 即， 所以，……①； ………6分 取，則，由（1）得， 即， 所以，……②． 綜合①②，得． …………8分 （法2）因為， 所以，當時，；當時，． 故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 所以，對任意的正實數(shù)，且，有，． ……6分 由，得，即， 所以． 故．……①； 由，同理可證．……②． 綜合①②，得． ………8分 （3）對，令（），則 ， 顯然，，所以， 所以，在上單調(diào)遞減． 由，得，即． 所以，． …………10分 所以 ． ………12分 又由（2）知，所以． ． 所以，．……14分