天津市河西区2021届高三数学5月三模试题(Word版附答案)
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天津市河西区2021届高三数学5月三模试题(Word版附答案)

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资料简介
河西区2020—2021学年度第二学期高三年级总复习质量调查(三) 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共 150 分,考试用时 120 分 钟.第Ⅰ卷 1 至 2 页,第Ⅱ卷 3 至 8 页. 答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、和座位号填写在答题卡上,并在规 定位置粘贴考试用条形码.答卷时,考生务必将答案涂写在答题卡上,答在试卷上的无效.考试 结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 祝各位考生考试顺利! 第Ⅰ卷 注意事项: 1.每小题选出答案后,用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动,用橡皮擦干净后, 再选涂其他答案标号. 2.本卷共 9 小题,每小题 5 分,共 45 分. 参考公式: ·如果事件 A 与事件 B 互斥,那么      P A B P A P B   . ·如果事件 A 与事件 B 互斥,那么      P AB P A P B ·球的表面积公式 24S R ,其中 R 表示球的半径. 一、选择题: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)已知全集  2,3,4U  .集合  1,2A  ,  2,3B  .则  UC A B  ( ) A. 1,3,4 B. 3,4 C. 3 D. 4 (2)设命题 :p x R  , 2 1 0x   :则 p 为( ) A. 0x R  , 2 0 1 0x   B. 0x R  , 2 0 1 0x   C. 0x R  ; 2 0 1 0x   D. 0x R  , 2 0 1 0x   (3)设 3log 7a  , 1.12b  , 3.10.8c  则( ) A.b a c  B. c a b  C. c b a  D. a c b  (4)某产品的广告费用 x 与销售额 y 的统计数据如下表: 广告费用 x (万元) 4 2 3 5 销售额 y (万元) 49 26 39 54 根据上表可得回归方程  y bx a  中的 b 为 9.4,据此模型预报广告费用为 6 万元时销售额为 ( ) A.92.8 万元 B.64 万元 C.65.5 万元 D.227.8 万元 (5)已知三棱锥 S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上, ABC△ 是边长为 1 的正三角形, SC 为球O 的直径,且 2SC  ,则此棱锥的体积为( ) A. 2 6 B. 3 6 C. 2 3 D. 2 2 (6)如果函数  3cos 2y x   的图象关于点 4 ,03      中心对称;那么  的最小值为( ) A. 6  B. 4  C. 3  D. 2  (7)已知直线   2 0y k x k   与抛物线 2: 8C y x 交于 A 、 B 两点, F 为C 的焦点, 若 2FA FB 则 k  ( ) A. 3 3 B. 2 3 C. 2 3 D. 2 2 3 (8)在 ABC△ 中, 60A   , 3AB  , 2AC  ,若 2BD DC  ,  AE AC AB R      , 且 4AD AE    ,则  的值为( ) A. 3 7 B. 3 8 C. 3 5 D. 3 11 (9)已知  f x 为定义在 R 上的偶函数,当 0x  时,有    1f x f x   ,且  0,1x  时;    2log 1f x x  ,给出下列命题:①    2013 2014 0f f   ;②函数  f x 在定义域 R 上是周期为 2 的周期函数;③直线 y x 与函数  y f x 的图象有 1 个交点;④函数  f x 的 值域为 1,1 ,其中正确命题有 A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 第Ⅱ卷 注意事项: 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题纸上. 2.本卷共 11 小题,共 105 分. 二、填空题:本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分.试题中包含两个空的,答对一个给的 3 分,全部答对的给 5 分. (10)若 i 是虚数单位,则 5 2 i i  ______. (11) 4 x y y x 的展开式中 3 3x y 的系数为______(用数字作答). (12)已知过点  2,2P 的直线与圆  2 21 5x y   相切,且与直线 1 0ax y   垂直,则 a 的值为______. (13)若实数 x , y 满足 1xy  ,则 2 22x y 的最小值为______. (14)设甲、乙两位同学上学期间,每天 7:30 之前到校的概率均为 2 3 .假定甲、乙两位同学到 校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.用 X 表示甲同学上学期间的三天中 7:30 之前到校的天数,则随机变量 X 的数学期望为______;设 M 为事件“上学期间的三天中,甲 同学在 7:30 之前到校的天数比乙同学在 7:30 之前到校的天数恰好多 2”,则事件 M 发生的概 率为______. (15)已知函数    3 2 , 2 1 , 2 xxf x x x      ,若关于 x 的方程  f x k 有两个不同的实根,则实 数 k 的取值范围是______. 三、解答题:本大题共 5 小题,共 75 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. (16)(小题满分 14 分) 在 ABC△ 中,内角 A , B ,C 所对的边分别为 a , b , c ,已知 sin sin 3b A a B      . (Ⅰ)求角 B 的大小; (Ⅱ)设 3a  , 4c  , (i)求 b , (ii)求  cos 2A B 的值. (17)(本小题满分 15 分) 如 图 , 在 四 棱 锥 P ABCD 中 , PA 平 面 ABCD , AD CD , //AD BC , 2PA AD CD   , 3BC  , E 为 PD中点,点 F 在线段 PC 上,且 1 3 PF PC  . (Ⅰ)求证: CD  平面 PAD ; (Ⅱ)求直线 PD与平面 AEF 所成角的正弦值; (Ⅲ)求二面角 F AE P  的正弦值. (18)(本小题满分 15 分) 已知数列 na 满足  2 , 1n na a d d R d     , *Nn , 1 1a  , 2 1a  ,且 1a , 2 3a a , 8 9a a 成等比数列. (Ⅰ)求 d 的值和 na 的通项公式; (Ⅱ)设   2 21 2 ( )2 2 1 ( )4 n n a n n a n a n b a n        为奇数 为偶数 ,求数列 nb 的前 2n 项和 2nT . (19):(本小题满分 15 分) 已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     长轴的两个端点分别为 ( 2,0)A  , (2,0)B ,离心率为 3 2 . (Ⅰ)求椭圆 C 的方程 (Ⅱ)P 为椭圆C 上异于 A ,B 的动点,直线 PA ,PB 分别交直线 6x   于 M ,N 两点, 连接 NA 并延长交椭圆C 于点Q . (i)求证:直线 AP , AN 的斜率之积为定值, (ii)判断 M , B ,Q 三点是否共线,并说明理由. (20)(本小题满分 16 分) 已知函数   2xf x e x x   ,   2g x x ax b   , ,a b R . (Ⅰ)当 1a  时,求函数      F x f x g x  的单调区间; (Ⅱ)若曲线  y f x 在点 0,1 处的切线 l 与曲线  y g x 切于点 1,c ,求 a ,b ,c 的 值; (Ⅲ)若    f x g x 恒成立,求 a b 的最大值. 河西区2020—2021学年度第二学期高三年级总复习质量调查(三) 数学试题参考答案及评分评准 一、选择题:每小题 5 分,满分 45 分. (1)D (2)B (3)B (4)C (5)A (6)A (7)D (8)D (9)D 二、填空题:每小题 5 分,满分 30 分.试题中包含两个空的,答对一个的给 3 分,全部答对的 给 5 分. (10) 1 2i  (11)6 (12)2 (13) 2 2 (14)2, 20 243 (15) 0,1 三、解答题 (16)满分 14 分. (1)解:在 ABC△ 中,由正弦定理 sin sin a b A B  ,可得 sin sinb A a B , 又由 sin sin 3b A a B      ,得 sin sin 3a B a B      ,即sin 03B      , 又因为  0,B  ,可得 3B  . (Ⅱ)解:在 ABC△ 中,由余弦定理及 3a  , 4c  , 3B  , 有 2 2 2 2 cos 13b a c ac B    ,故 13b  . 由 sin sin 3b A a B      ,可得 3 3sin 2 13 A  .因为 a c ,故 5cos 2 13 A  . 因此 3 3 5 15 3sin 2 2sin cos 2 262 13 2 13 A A A     , 2 1cos2 2cos 1 26A A    ,所以   23cos 2 26A B   . (17)满分 15 分. (Ⅰ)解:如图,以 D 为原点,分别以 DA, DC 为 x 轴, y 轴建立空间直角坐标系, 则  0,0,0D ,  2,0,0A ,  0,2,0C , 得  0,2,0DC  ,  2,0,0DA  ,  2,0,2DP  所以 0DC DA   , 0DC DP   , 即 DC DA  , DC DP  又 DA DP D  所以 CD  平面 PAD ; (Ⅱ)解:由  1,0,1E 可是  1,0,1AE   由 1 2 2 2, ,3 3 3 3PF PC          ,可得 4 2 4, ,3 3 3F      ,所以 2 2 4, ,3 3 3AF       , 设  , ,m x y z 为平面 AEF 的法向量 则 0 2 2 4 03 3 3 m AE x z m AF x y z                  不妨设  1, 1,1m   设直线 PD与平面 AEF 所成角为 所以 4 6sin cos 33 2 2 m DP        则直线 PD与平面 AEF 所成角的正弦值为 6 3 ; (Ⅲ)因为  0,2,0DC  为平面 PAE 的法向量 设二面角 F AE P  的大小为 所以 2 3cos 33 2 m DC m DC           ,所以 6sin 3   . 则二面角 F AE P  的正弦值为 6 3 . (18)满分 15 分. 略 (19)满分 15 分. (Ⅰ)解:由已知可得: 32 2 ca a    ,则 3c  , 1b  , 所以椭圆 C 的方程为: 2 2 14 x y  ; (Ⅱ)(i)证明:因为直线 PA , PB 都存在且不为 0,设  0 0,P x y , 则 0 0 2PB yk x   , 0 0 2AP yk x   , 所以直线 PB 的方程为: 0 0 ( 2)2 yy xx   ,令 6x   ,解得 0 0 8 2 yy x   ,则点 N 的坐标为 0 0 86, 2 y x     .所以直线 AN 的斜率为 0 0 0 0 8 2 2 6 2 2AN y x yk x      . 所以直线 AP , AN 的斜率之积为 2 0 2 0 0 0 2 2 0 0 0 0 2 1 42 2 1 2 2 4 4 2 x y y y x x x x            为定值; (ii)解: M , B ,Q 三点共线,理由如下: 设直线 AP 的斜率为 k ,易得 ( 6, 4 )M k  , 由(i)可知直线 AN 的斜率为 1 2k  ,所以直线 AN 的方程为 1 ( 2)2y xk    , 联立方程 2 2 1 ( 2)2 14 y xk x y        ,消去 x 可是: 2 24 4 8 0k y ky   , 解得 2 2 1Q ky k   ,所以点Q 的坐标为 2 2 2 2 2 2,1 1 k k k k        , 所以,直线 BQ的斜率为 2 2 2 2 01 2 2 221 k kk k k     ,直线 BM 的斜率为 4 0 6 2 2 k k    , 因为直线 BQ的斜率等于直线 BM 的斜率, 所以 M , B ,Q 三点共线. (20)满分 16 分. (1)解:   2xF x e x b   ,则   2xF x e   . 令   2 0xF x e    ,得 ln 2x  ,所以  F x 在  ln 2  , 上单调递增, 令   2 0xF x e    ,得 ln 2x  ,所以  F x 在 ,ln 2 上单调递减; (Ⅱ)解:因为   2 1xf x e x    .所以  0 0f   ,所以l 的方程为 1y  . 依题意, 12 a  , 1c  . 于是 l 与抛物线   2 2g x x x b   切于点 1,1 , 由 21 2 1b   ,得 2b  . 所以 2a   , 2b  , 1c  (Ⅲ)解:设       ( 1)xh x f x g x e a x b      ,则   0h x  恒成立. 易得   ( 1)xh x e a    . (1)当 1 0a   时, 因为   0h x  ,所以此时  h x 在 ,  上单调递增. ①若 1 0a   ,则当 0b  时满足条件,此时 1a b   : ②若 1 0a   ,取 0 0x  且 0 1 1 bx a   , 此时   0 0 0 1( 1) 1 ( 1) 01 x bh x e a x b a ba          ,所以   0h x  不恒成立. 不满足条件: (2)当 1 0a   时, 令   0h x  .得 ln( 1)x a  .由   0h x  ,得 ln( 1)x a  ; 由   0h x  .得 ln( 1)x a  ; 所以  h x 在 ,ln( 1)a  上单调递减,在 ln( 1),a   上单调递增. 要使得“   ( 1) 0xh x e a x b     恒成立”, 须有:“当 ln( 1)x a  时,  max ( 1) ( 1)ln( 1) 0h x a a a b       ”成立. 所以 ( 1) ( 1)ln( 1)b a a a     .则 2( 1) ( 1)ln( 1) 1a b a a a       . 令   2 ln 1G x x x x   , 0x  ,则   1 lnG x x   . 令   0G x  ,得 x e .由   0G x  .得 0 x e  ; 由   0G x  ,得 x e .所以  G x 在 0,e 上单调进增,在 ,e  上单调递减. 所以,当 x e 时,  max 1G x e  . 从而,当 1a e  , 0b  时 a b 的最大值为 1e  . 综上, a b 的最大值为 1e  .

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