广东省江门市2020年4月份高考模拟考试数学试题(理科)含答案解析

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1、2020 年高考(理科)数学(年高考(理科)数学(4 月份)模拟试卷月份)模拟试卷 一、选择题(共 12 小題). 1已知 i 是虚数单位,复数 z 满足 z(3+4i)1+i,则 z 的共轭复数 在复平面内表示的点 在( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2若函数 f(x)是幂函数,且满足3,则 f()的值为( ) A3 B C3 D 3已知直线 l1:(m4)x+4y+10 和 l2:(m+4)x+(m+1)y10,若 l1l2,则实数 m 的值为( ) A1 或3 B或 C2 或6 D或 4“割圆术”是刘徽最突出的数学成就之一,他在九章算术注中提出割圆术,并作为 计算圆

2、的周长、 面积以及圆周率的基础刘徽把圆内接正多边形的面积直算到了正 3072 边 形,并由此而求得了圆周率为 3.1415 和 3.1416 这两个近似数值,这个结果是当时世界上 圆周率计算的最精确数据如图,当分割到圆内接正六边形时,某同学利用计算机随机 模拟法向圆内随机投掷点,计算得出该点落在正六边形内的频率为 0.8269,那么通过该 实验计算出来的圆周率近似值为(参考数据2.0946)( ) A3.1419 B3.1417 C3.1415 D3.1413 5已知命题 p:xR,x2+x10;命题 q:xR,sinx+cosx则下列判断正确的是 ( ) Ap 是假命题 Bq 是假命题 Cp

3、q 是假命题 D(p)q 是真命题 6周碑算经中有这样一个问题:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、 春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列,冬至、 立春、 春分日影长之和为31.5尺, 前九个节气日影长之和为85.5尺, 则小满日影长为 ( ) A1.5 尺 B2.5 尺 C3.5 尺 D4.5 尺 7下列四个命题:在回归模型中,预报变量 y 的值不能由解释变量 x 唯一确定;若变 量 x, y 满足关系 y0.1x+1, 且变量 y 与 z 正相关, 则 x 与 z 也正相关; 在残差图中, 残差点分布的带状区域的宽度越狭窄,其模型拟合的精度越高;以

4、模型 ycekx去拟合 一组数据时,为了求出回归方程,设 zlny,将其变换后得到线性方程 z0.3x+4,则 c e4,k0.3 其中真命题的个数为( ) A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 8 已知二项式的展开式中第 2 项与第 3 项的二项式系数之比是 2: 5, 则 x3的系数为( ) A14 B14 C240 D240 9一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个,每次从中取出一个,记下颜色后放回,当 三种颜色的球全部取出时停止取球,则恰好取 5 次球时停止取球的概率为( ) A B C D 10已知某校一间办公室有四位老师甲、乙、丙、丁在某天的某个时段,他们每人各做一 项工作,一人

5、在查资料,一人在写教案,一人在批改作业,另一人在打印材料若下面 4 个说法都是正确的: 甲不在查资料,也不在写教案; 乙不在打印材料,也不在查资料; 丙不在批改作业,也不在打印材料; 丁不在写教案,也不在查资料 此外还可确定: 如果甲不在打印材料, 那么丙不在查资料 根据以上信息可以判断 ( ) A甲在打印材料 B乙在批改作业 C丙在写教案 D丁在打印材料 11设 F1,F2为双曲线 C:1(a0,b0)的左、右焦点,P,Q 分别为双曲 线左、右支上的点,若2,且0,则双曲线的离心率为( ) A B C D 12四棱锥 PABCD,AD面 PAB,BC面 PAB,底面 ABCD 为梯形,AD4

6、,BC8, AB6,APDBPC,满足上述条件的四棱锥顶点 P 的轨迹是( ) A线段 B圆的一部分 C椭圆的一部分 D抛物线的一部分 二、填空题 13若 x,y 满足约束条件则的最大值为 14(sinx+ )dx 15 若圆 C: x2+y2+2x+2y70 关于直线 ax+by+40 对称, 由点 P (a, b) 向圆 C 作切线, 切点为 A,则线段 PA 的长度的最小值为 16已知函数 y|sinx|的图象与直线 ym(x+2)(m0)恰有四个公共点 A(x1,y1),B (x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),其中 x1x 2x3x4,则 三、解答题:解答应写出文字说明

7、、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题,每个试 题考生都必须作答第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答(一)必考题:共 60 分 17在ABC 中,边 a,b,c 所对的角分别为 A,B,C,已知 ac,ABC 的面积为 2, sin(AB)+sinCsinA,b3 (1)求 sinB 的值; (2)求边 a,c 的值 18如图,在四棱锥 PABCD 中,平面 PAD平面 ABCD,PAPD,PAPD,ABAD, AB1,AD2,ACCD (1)求证:PD平面 PAB; (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值 19已知动点 P 到直线 l:x2 的距离比到定点 F(1,

8、0)的距离多 1 (1)求动点 P 的轨迹 E 的方程; (2)若 A 为(1)中曲线 E 上一点,过点 A 作直线 l 的垂线,垂足为 C,过坐标原点 O 的直线 OC 交曲线 E 于另外一点 B,证明直线 AB 过定点,并求出定点坐标 20已知函数 f(x)ex sinxax (1)若 f(x)在上单调递增,求实数 a 的取值范围; (2)当 a1 时,求证:对于任意的,均有 f(x)0 212019 年 7 月 1 日到 3 日,世界新能源汽车大会在海南博鳌召开,大会着眼于全球汽车 产业的转型升级和生态环境的持续改善某汽车公司顺应时代潮流,最新研发了一款新 能源汽车,并在出厂前对 100

9、 辆汽车进行了单次最大续航里程(理论上是指新能源汽车 所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程) 的测试 现对测试数据进行分析, 得到如图的频率分布直方图 (1)估计这 100 辆汽车的单次最大续航里程的平均值 (同一组中的数据用该组区间的 中点值代表); (2)根据大量的汽车测试数据,可以认为这款汽车的单次最大续航量程 X 近似地服从正 态分布 N(,2),经计算第(1)问中样本标准差 s 的近似值为 50用样本平均数 作 为 的近似值,用样本标准差 s 作为的估计值,现任取一辆汽车,求它的单次最大续 航里程恰在 250 千米到 400 千米之间的概率; (3)某汽车销售公司为推广此款

10、新能源汽车,现面向意向客户推出“玩游戏,送大奖” 活动,客户可根据抛掷硬币的结果,操控微型遥控车在方格图上行进,若遥控车最终停 在“胜利大本营”,则可获得购车优惠券已知硬币出现正,反面的概率都是,方格 图上标有第 0 格、第 1 格、第 2 格第 50 格遥控车开始在第 0 格,客户每掷一次硬 币,遥控车向前移动一次,若掷出正面,遥控车向前移动一格(从 k 到 k+1),若掷出反 面,遥控车向前移动两格(从 k 到 k+2),直到遥控车移到第 49 格(胜利大本营)或第 50 格(失败大本营)时,游戏结束设遥控车移到第 n 格的概率为 Pn,试证明PnPn 1(1n49,nN *)是等比数列,

11、并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽 车 参考数据:若随机变量 服从正态分布 N(,2),则 P(+)0.6827, P(2+2)0.9545,P(3+3)0.9973 (二)选考题:共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第 一题计分选修 4-4:坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系中,以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲 线 C 的极坐标方程为 sin2acos(a0),过点 P(2,4)的直线 l 的参数方程 为(t 为参数),直线 l 与曲线 C 相交于 A,B 两点 ()写出曲线 C 的直角坐标方程和直线 l 的普通方

12、程; ()若|PA| |PB|AB|2,求 a 的值 选修 4-5:不等式选讲 23已知函数 ()当 a2 时,求不等式 f(x)3 的解集; ()若 mR,且 m0,证明: 参考答案 一、选择题: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已知 i 是虚数单位,复数 z 满足 z(3+4i)1+i,则 z 的共轭复数 在复平面内表示的点 在( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、几何意义即可得出 解:复数 z 满足 z(3+4i)1+i,z(3+4i)(34i)(1+i)(

13、34i),5z7i, zi +i 则复平面内表示 z 的共轭复数的点在第一象限 故选:A 2若函数 f(x)是幂函数,且满足3,则 f()的值为( ) A3 B C3 D 【分析】设 f(x)x( 为常数),由满足3,可得 log23. 代 入即可得出 解:设 f(x)x( 为常数), 满足3,3,log23 则 f() 故选:D 3已知直线 l1:(m4)x+4y+10 和 l2:(m+4)x+(m+1)y10,若 l1l2,则实数 m 的值为( ) A1 或3 B或 C2 或6 D或 【分析】利用直线与直线垂直的性质直接求解 解:直线 l1:(m4)x+4y+10 和 l2:(m+4)x+

14、(m+1)y10,l1l2, ()1, 解得 m2 或 m6, 实数 m 的值为 2 或6 故选:C 4“割圆术”是刘徽最突出的数学成就之一,他在九章算术注中提出割圆术,并作为 计算圆的周长、 面积以及圆周率的基础刘徽把圆内接正多边形的面积直算到了正 3072 边 形,并由此而求得了圆周率为 3.1415 和 3.1416 这两个近似数值,这个结果是当时世界上 圆周率计算的最精确数据如图,当分割到圆内接正六边形时,某同学利用计算机随机 模拟法向圆内随机投掷点,计算得出该点落在正六边形内的频率为 0.8269,那么通过该 实验计算出来的圆周率近似值为(参考数据2.0946)( ) A3.1419

15、 B3.1417 C3.1415 D3.1413 【分析】由几何概型中的面积型及正六边形、圆的面积公式得:0.8269,所 以0.8269,又2.0946,所以 3.1419,得解 解:由几何概型中的面积型可得: 0.8269, 所以0.8269, 又2.0946, 所以 3.1419, 故选:A 5已知命题 p:xR,x2+x10;命题 q:xR,sinx+cosx则下列判断正确的是 ( ) Ap 是假命题 Bq 是假命题 Cpq 是假命题 D(p)q 是真命题 【分析】利用配方法求得 x2+x1 的范围,说明命题 p 为假命题,利用三角函数的化积 求得 sinx+cosx 的最大值等于 1

16、,说明命题 q 为真命题,然后利用符合命题的真值表加以 判断即可得到答案 解:由 x2+x1 ,所以命题 p:xR,x2+x10 为假命题; 由 sinx+cosx,当时 sinx+cosx 所以命题 q:xR,sinx+cosx是真命题 由以上可知:p 是真命题;q 是真命题;pq 是真命题;(p)q 是真命题 故选:D 6周碑算经中有这样一个问题:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、 春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列,冬至、 立春、 春分日影长之和为31.5尺, 前九个节气日影长之和为85.5尺, 则小满日影长为 ( ) A1.5 尺 B2.5

17、 尺 C3.5 尺 D4.5 尺 【分析】利用等差数列通项公式和前 n 项和公式列方程组,求出首项和公差,由此能求 出结果 解:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小 满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列an, 冬至、立春、春分日影长之和为 31.5 尺,前九个节气日影长之和为 85.5 尺, , 解得 a113.5,d1, 小满日影长为 a1113.5+10(1)3.5(尺) 故选:C 7下列四个命题:在回归模型中,预报变量 y 的值不能由解释变量 x 唯一确定;若变 量 x, y 满足关系 y0.1x+1, 且变量 y 与 z 正相关, 则 x 与

18、z 也正相关; 在残差图中, 残差点分布的带状区域的宽度越狭窄,其模型拟合的精度越高;以模型 ycekx去拟合 一组数据时,为了求出回归方程,设 zlny,将其变换后得到线性方程 z0.3x+4,则 c e4,k0.3 其中真命题的个数为( ) A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【分析】直接利用回归直线的方程的应用,相关的变量关系的应用,残差图的应用求出 结果 解:下列四个命题:在回归模型中,预报变量 y 的值不能由解释变量 x 唯一确定;根 据回归模型中的变量关系,正确 若变量 x,y 满足关系 y0.1x+1,且变量 y 与 z 正相关,则 x 与 z 也正相关;应该是 负相关故错误

19、 在残差图中,残差点分布的带状区域的宽度越狭窄,其模型拟合的精度越高;即越接 近于回归直线的距离越小,故正确 以模型 ycekx去拟合一组数据时,为了求出回归方程,设 zlny,将其变换后得到线 性方程 z0.3x+4,则 ce4,k0.3故正确 故选:C 8 已知二项式的展开式中第 2 项与第 3 项的二项式系数之比是 2: 5, 则 x3的系数为( ) A14 B14 C240 D240 【分析】先由题意利用二项式系数的性质求得 n 的值,可得通项公式,在通项公式中, 令 x 的幂指数等于 3,求得 r 的值,可得 x3的系数 解:由二项式的展开式中的通项公式为 Tr+1 (1)r 2n

20、r , 它第 2 项与第 3 项的二项式系数之比是 2:5,求得 n6, 故通项公式为 Tr+1 (1)r 26r 令 63,求得 r2,故 x3的系数为 24240, 故选:C 9一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个,每次从中取出一个,记下颜色后放回,当 三种颜色的球全部取出时停止取球,则恰好取 5 次球时停止取球的概率为( ) A B C D 【分析】恰好取 5 次球时停止取球,分两种情况 3,1,1 及 2,2,1,这两种情况是互斥 的,利用等可能事件的概率计算每一种情况的概率,再根据互斥事件的概率得到结果 解:分两种情况 3,1,1 及 2,2,1 这两种情况是互斥的,下面计算每一种

21、情况的概率, 当取球的个数是 3,1,1 时, 试验发生包含的事件是 35, 满足条件的事件数是 C31C43C21 这种结果发生的概率是 同理求得第二种结果的概率是 根据互斥事件的概率公式得到 P 故选:B 10已知某校一间办公室有四位老师甲、乙、丙、丁在某天的某个时段,他们每人各做一 项工作,一人在查资料,一人在写教案,一人在批改作业,另一人在打印材料若下面 4 个说法都是正确的: 甲不在查资料,也不在写教案; 乙不在打印材料,也不在查资料; 丙不在批改作业,也不在打印材料; 丁不在写教案,也不在查资料 此外还可确定: 如果甲不在打印材料, 那么丙不在查资料 根据以上信息可以判断 ( )

22、A甲在打印材料 B乙在批改作业 C丙在写教案 D丁在打印材料 【分析】若甲不在打印资料,则丙不在查资料,则甲在改作业,丙只能写教案,乙不管 是写教案还是改作业都与甲或丙在做一样的事,与题设矛盾,从而得解 解:把已知条件列表如下: 查资料 写教案 改作业 打印资料 甲 乙 丙 丁 若甲不在打印资料,则丙不在查资料,则甲在改作业,丙只能写教案,乙不管是写教案 还是改作业都与甲或丙在做一样的事,与题设矛盾 查资料 写教案 改作业 打印资料 甲 乙 丙 丁 所以甲一定在打印资料,此时丁在改作业,乙在写教案,丙在查资料 故选:A 11设 F1,F2为双曲线 C:1(a0,b0)的左、右焦点,P,Q 分别

23、为双曲 线左、右支上的点,若2,且0,则双曲线的离心率为( ) A B C D 【分析】设 P(x,y),Q(x1,y1),F1(c,0),F2(c,0),由2,得 x13c+2x,y12y 由0, 得 x2c2+y20, 又1, 由可得 P (, ) , 代入得Q (3c,) , 将点Q坐标代入得3c2+a24a, 即可求解 解:设 P(x,y),Q(x1,y1),F1(c,0),F2(c,0), (cx1,y1),(cx,y) 2,(cx1,y1)2(cx,y), cx12(cx),y12y, x13c+2x,y12y (x+c,y),(xc,y), 0,x2c2+y20, 又1, 由可得

24、 P(,),代入得 Q(3c,) 将点 Q 坐标代入得 3c2+a24a, 9c426a2c2+17a409e426e2+170 e21(舍去),e2e 故选:B 12四棱锥 PABCD,AD面 PAB,BC面 PAB,底面 ABCD 为梯形,AD4,BC8, AB6,APDBPC,满足上述条件的四棱锥顶点 P 的轨迹是( ) A线段 B圆的一部分 C椭圆的一部分 D抛物线的一部分 【分析】以 AB 所在直线为 x 轴,AB 的中垂线为 y 轴,建立平面直角坐标系,写出点 A, B 的坐标,根据条件得出 RtAPDRtCPB, 进而得出 , 设出点 P 的坐标, 利用两点间的距离公式, 代入上

25、式化简, 根据轨迹方程,即可得到结论 解:在平面 PAB 内, 以 AB 所在直线为 x 轴,AB 的中垂线为 y 轴,建立平面直角坐标系 设点 P(x,y),则由题意可得 A(3,0),B(3,0) AD,BC,AD4,BC8,AB6,APDCPB, RtAPDRtCPB, 即 BP24AP2,故有(x3)2+y24(x+3)2+y2, 整理得:(x+5)2+y216,表示一个圆 由于点 P 不能在直线 AB 上(否则,不能构成四棱锥), 故点 P 的轨迹是圆的一部分, 故选:B 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分 13若 x,y 满足约束条件则的最大值为 3 【分析

26、】 作出不等式组对应的平面区域, 利用目标函数的几何意义, 利用数形结合确定 的最大值 解:作出不等式组对应的平面区域如图:(阴影部分 ABC) 设 k,则 k 的几何意义为区域内的点到原点的斜率, 由图象知 OA 的斜率最大, 由,解得,即 A(1,3), kOA3, 即的最大值为 3 故答案为:3 14(sinx+ )dx 2 【分析】运用微积分基本定理可解决此问题 解: 根据题意,(sinx+) dxsinxdx+dx0+222, 故答案为 2 15 若圆 C: x2+y2+2x+2y70 关于直线 ax+by+40 对称, 由点 P (a, b) 向圆 C 作切线, 切点为 A,则线段

27、 PA 的长度的最小值为 3 【分析】由已知得圆心 C(1,1)在直线 ax+by+40 上,从而 ba+4,点(a,b) 向圆所作的切线长为:,由此能求出点(a,b) 向圆所作的切线长的最小值 解:圆 C:x2+y2+2x+2y70 可化简为:(x+1)2+(y+1)29 圆 C 的圆心为(1,1),半径 r3 圆 C:x2+y2+2x+2y70 关于直线 ax+by+40 对称, 圆心 C(1,1)在直线 ax+by+40 上, ab+40,即 ba+4, 点(a,b)向圆所作的切线长为:, 当 a2 时,点(a,b)向圆所作的切线长取得最小值 3 故答案为 3 16已知函数 y|sinx

28、|的图象与直线 ym(x+2)(m0)恰有四个公共点 A(x1,y1),B (x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),其中 x1x 2x3x4,则 1 【分析】本题先要根据题意画出图象,找到只有四个公共点的情况,明确 D 点即为直线 与函数 y|sinx|的图象相切点,然后代入运算,即可得到结果 解:由题意画出图象如下: 根据题意,很明显,在 D 点处,直线与函数 y|sinx|的图象相切,D 点即为切点 则有,在点 D 处,ysinx,ycosx而cosx4m, 且 y4m(x4+2)sinx4, x4 +2 tanx4 1 故答案为:1 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或

29、演算步骤第 1721 题为必考题,每个试 题考生都必须作答第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答(一)必考题:共 60 分 17在ABC 中,边 a,b,c 所对的角分别为 A,B,C,已知 ac,ABC 的面积为 2, sin(AB)+sinCsinA,b3 (1)求 sinB 的值; (2)求边 a,c 的值 【分析】(1)由已知结合和差角公式进行化简可求 cosB,进而可求 sinB; (2)由已知结合余弦定理及三角形面积公式即可求解 解:(1)由,C(A+B), 得, 即, 0AsinA0,0B (2)由余弦定理得:, 得, 又,ac6, 由解得,或, ac,a3,c2 18如图

30、,在四棱锥 PABCD 中,平面 PAD平面 ABCD,PAPD,PAPD,ABAD, AB1,AD2,ACCD (1)求证:PD平面 PAB; (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值 【分析】(1)推导出 AB平面 PAD,从而 ABPD,再由 PAPD,能证明 PD平面 PAB (2)取 AD 的中点 O,连接 PO,CO,推导出 POAD,从而平面 PAD平面 ABCD, 进而 PO平面 ABCDPOCO由 ACCD,得 COAD,建立空间直角坐标系 O xyz利用向量法能求出直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值 【解答】证明:(1)因为平面 PAD平面 ABCD,平面

31、 PAD平面 ABCDAD,AB AD, 所以 AB平面 PAD,所以 ABPD 又 PAPD,ABPAA, 所以 PD平面 PAB 解:(2)取 AD 的中点 O,连接 PO,CO 因为 PAPD,所以 POAD,PO平面 PAD,平面 PAD平面 ABCD, 所以 PO平面 ABCD因为 CO平面 ABCD,所以 POCO 因为 ACCD,所以 COAD 如图,建立空间直角坐标系 Oxyz由题意得, A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1) 设平面 PCD 的一个法向量为 n(x,y,z),则 ,即 令 z2,则 x1,y2所以 n(1,2,

32、2) 又(1,1,1),所以 cosn, 所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 19已知动点 P 到直线 l:x2 的距离比到定点 F(1,0)的距离多 1 (1)求动点 P 的轨迹 E 的方程; (2)若 A 为(1)中曲线 E 上一点,过点 A 作直线 l 的垂线,垂足为 C,过坐标原点 O 的直线 OC 交曲线 E 于另外一点 B,证明直线 AB 过定点,并求出定点坐标 【分析】(1)根据条件列出|x+2|1,整理即可得轨迹 E; (2)表示出直线 AB 的方程,令 y0,可得定点坐标 解:(1)设点 P(x,y),根据题意得:|x+2|1, 整理得:y24x,即轨迹 E 为

33、 y24x; (2)设 A(x0,y0),其中,即 ,则 C(2,y0),所以直线 OC: yx, 联立,整理得 B(,), 所以 kAB 则直线 AB 的方程为 yy0(xx0), 根据题意,若直线 AB 过定点,则定点必在 x 轴上, 故令 y0,解得 x2,即定点坐标为(2,0), 综上,直线 AB 过定点(2,0) 20已知函数 f(x)ex sinxax (1)若 f(x)在上单调递增,求实数 a 的取值范围; (2)当 a1 时,求证:对于任意的,均有 f(x)0 【 分 析 】 ( 1 ) 求 出 导 函 数 , 判 断 导 函 数 的 符 号 , 判 断 函 数 的 单 调 性

34、 , 令 ,则 g(x)mina,利用导数求解函数的最小值即可 (2)求出令,则 g(x) 2excosx通过 当时 , 当时 , 求 解 函 数 的 最 小 值 , 构 造 ,通过导函数判断函数的单调性,推出 f(x)0得到结果 解:(1)因为 f(x)ex sinxax,所以 因为函数 f(x)在上单调递增,f(x)在上恒有 f(x)0即 恒成立 令,则 g(x)mina, 又因为 g(x)2excosx,所以 g(x)在上单调递增, 所以 g(x)ming(0)1,a1 故 a 的取值范围是(,1 (2)证明:因为 f(x)ex sinxax,所以 令,则 g(x)2excosx 当时,

35、g(x)0,g(x)递增,有 g(x)g(x)ming(0)1, 因为 a1,此时,f(x)g(x)a0,f(x)递增, 有 f(x)f(x)minf(0)0 成立 当时,g(x)0,g(x)递减,有, 若 a0,此时 f(x)g(x)a0,f(x)递增,显 然成立 若 a(0,1,此时记 f(x0)0,则 f(x)在上递增,在 上 递减 此时有, 构造,则, 令 t(x)0,求得故 t(x)在上递减, 在上递增,所以, 所以,此时满足 f(x)0 综上所述,当 a1 时,对于任意的,均有 f(x)0 212019 年 7 月 1 日到 3 日,世界新能源汽车大会在海南博鳌召开,大会着眼于全球

36、汽车 产业的转型升级和生态环境的持续改善某汽车公司顺应时代潮流,最新研发了一款新 能源汽车,并在出厂前对 100 辆汽车进行了单次最大续航里程(理论上是指新能源汽车 所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程) 的测试 现对测试数据进行分析, 得到如图的频率分布直方图 (1)估计这 100 辆汽车的单次最大续航里程的平均值 (同一组中的数据用该组区间的 中点值代表); (2)根据大量的汽车测试数据,可以认为这款汽车的单次最大续航量程 X 近似地服从正 态分布 N(,2),经计算第(1)问中样本标准差 s 的近似值为 50用样本平均数 作 为 的近似值,用样本标准差 s 作为的估计值,现任取

37、一辆汽车,求它的单次最大续 航里程恰在 250 千米到 400 千米之间的概率; (3)某汽车销售公司为推广此款新能源汽车,现面向意向客户推出“玩游戏,送大奖” 活动,客户可根据抛掷硬币的结果,操控微型遥控车在方格图上行进,若遥控车最终停 在“胜利大本营”,则可获得购车优惠券已知硬币出现正,反面的概率都是,方格 图上标有第 0 格、第 1 格、第 2 格第 50 格遥控车开始在第 0 格,客户每掷一次硬 币,遥控车向前移动一次,若掷出正面,遥控车向前移动一格(从 k 到 k+1),若掷出反 面,遥控车向前移动两格(从 k 到 k+2),直到遥控车移到第 49 格(胜利大本营)或第 50 格(失

38、败大本营)时,游戏结束设遥控车移到第 n 格的概率为 Pn,试证明PnPn 1(1n49,nN *)是等比数列,并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽 车 参考数据:若随机变量 服从正态分布 N(,2),则 P(+)0.6827, P(2+2)0.9545,P(3+3)0.9973 【分析】(1)利用频率分布直方图的平均数的计算方法即可得出 (2)由 XN(300,502)利用正态分布的对称性可得 P(250X400) (3)遥控车开始在第 0 格为必然事件,P01第一次掷硬币出现正面,遥控车移到第 一格,其概率为,即 P1遥控车移到第 n(2n49)格的情况是下面两种,而 且只有两种:

39、遥控车先到第 n2 格,又掷出反面,其概率为Pn2遥控车先到第 n1 格,又掷出正面,其概率为Pn1可得:PnPn2+Pn1变形为 PnPn1 (Pn1Pn2)即可证明 1n49 时,数列PnPn1是等比数列,首项为 P1 P0,公比为的等比数列利用 Pn(PnPn1)+(Pn1Pn2)+(P1P0) +P0,及其求和公式即可得出可得获胜的概率 P49,失败的概率 P50进而得出结论 解:(1) 0.00250205+0.00450255+0.00950305+0.00450355+0.001 50405300(千米) (2)由 XN(300,502) P(250X400)0.95450.81

40、86 (3)遥控车开始在第 0 格为必然事件,P01第一次掷硬币出现正面,遥控车移到第 一格,其概率为,即 P1 遥控车移到第 n(2n49)格的情况是下面两种,而且只有两种: 遥控车先到第 n2 格,又掷出反面,其概率为Pn2 遥控车先到第 n1 格,又掷出正面,其概率为Pn1 PnPn2+ Pn1 PnPn1 (Pn1Pn2) 1n49 时,数列PnPn1是等比数列,首项为 P1P0,公比为 的等比 数列 P11 ,P2P1 ,P3P2 ,PnPn1 Pn(PnPn1)+(Pn1Pn2)+(P1P0)+P 0 + +1 (n0,1,49) 获胜的概率 P49, 失败的概率 P50P48 P

41、49P50 0 获胜的概率大 此方案能成功吸引顾客购买该款新能源汽车 (二)选考题:共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第 一题计分选修 4-4:坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系中,以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲 线 C 的极坐标方程为 sin2acos(a0),过点 P(2,4)的直线 l 的参数方程 为(t 为参数),直线 l 与曲线 C 相交于 A,B 两点 ()写出曲线 C 的直角坐标方程和直线 l 的普通方程; ()若|PA| |PB|AB|2,求 a 的值 【分析】()把曲线 C 的极坐标方程、直线 l 的参数

42、方程化为普通方程即可; ()把直线 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程中,得关于 t 的一元二次方程,由 根与系数的关系,求出 t1、t2的关系式,结合参数的几何意义,求出 a 的值 解:()曲线 C 的极坐标方程 sin2acos(a0), 可化为 2sin2acos(a0), 即 y2ax(a0); 直线 l 的参数方程为 (t 为参数), 消去参数 t,化为普通方程是 yx2; ()将直线 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程 y2ax(a0)中, 得; 设 A、B 两点对应的参数分别为 t1,t2, 则; |PA| |PB|AB|2, t1 t2 , +4t1 t25t1

43、 t2, 即; 解得:a2 或 a8(不合题意,应舍去); a 的值为 2 选修 4-5:不等式选讲 23已知函数 ()当 a2 时,求不等式 f(x)3 的解集; ()若 mR,且 m0,证明: 【分析】(I)当 a2 时,去掉绝对值,再求不等式 f(x)3 的解集; ()f(m)+f()|m+a|+|m+|+|+a|+|+|2|m+|2(|m|+)4, 可得结论 【解答】(I)解:当 a2 时,f(x)|x+2|+|x+|, 不等式 f(x)3 等价于或或, x或 x, 不等式 f(x)3 的解集为x|x或 x; ()证明:f(m)+f()|m+a|+|m+|+|+a|+|+| 2|m+|2(|m|+ )4, 当且仅当 m1,a1 时等号成立, f(m)+

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