【文档说明】四川省成都市新都一中2019-2020学年高二零诊模拟练习九数学理试题PDF版含解析.pdf，共(12)页，637.830 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

试卷第1页，总4页2019-2020学年四川省成都市新都一中高二零诊模拟练习九理科数学一、单选题1．A，B是锐角三角形ABC的两个内角，则复数(sincos)(cossin)zABABi对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限

D．第四象限2．已知集合A{1,2,3}，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有（）.A．2个B．3个C．4个D．5个3．在ABC中，,,abc分别为,,ABC的对边，若sinA、sinB、sinC依次成等比数列，则角B的取值范围是（

）A．0,6B．0,3C．,32D．,624．已知数列na满足12nnaan*()nN，13a，则nan的最小值为（）A．0B．231C．52D．35．若

x，y满足010xyxyx，，，则2zxy的最大值为（）A．0B．1C．32D．26．如果执行如图所示的程序框图，那么输出的S（）．A．1B．101100C．99100D．98997．函数f（x）是定义在R

上的偶函数，在(－∞，0]上是减函数且f（2）=0，则使f（x）<0的x的取值范围（）A．（－∞，2）B．（2，+∞）C．（－∞，-2）∪（2，+∞）D．（－2，2）8．已知向量(2cos,2sin)a，(3cos,3sin)b，a与b的夹角

为60，则直线1cossin02xy与圆221(cos)(sin)2xy的位置关系是()试卷第2页，总4页A．相切B．相交C．相离D．随α，β的值而定9．某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为15，那么播下4粒种子恰有2粒发芽的概率是（）.A．16625B

．96625C．192625D．25662510．著名数学家华罗庚先生曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，我们经常用函数的图象来研究函数的性质，也经常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如某

体育品牌的LOGO为，可抽象为如图所示的轴对称的优美曲线，下列函数中，其图象大致可“完美”局部表达这条曲线的函数是()A．522xxsinxfxB．22xxcosxfxC．522xxcosxfxD．522xxsinxfx

11．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为（）A．3500cm3B．3866cm3C．31372cm3D．32048cm312．若对

任意的1x，22,0x，12xx，122112xxxexeaxx恒成立，则a的最小值为()A．23eB．22eC．21eD．1e二、填空题13．曲线()xfxxe在点(1,(1))f处的切线在y轴上的截距是_______.14．在30瓶饮料中

，有3瓶已过了保质期．从这30瓶饮料中任取2瓶，则至少取到一瓶已过保质期的概率为_________．（结果用分数表示）15．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距

离的最小值为.试卷第3页，总4页16．在平面直角坐标系中，设三角形ABC的顶点分别为0,Aa，,0Bb，,0Cc，点0,Pp在线段AO上（异于端点），设,,,abcp均为非零实数，直线,BPCP分别交,ACAB于点,EF，一同学已正确算得OE的方程为：11110xybcpa

，则OF的方程应该是：______110xypa.三、解答题17．修建一横断面为等腰梯形的水渠，水渠横断面积为S，渠深1.2m，为使渠道的渗水量最小，应使梯形的两腰及底边（即渠底）之和最小.问此时渠壁与水平面的夹角该多大.18．随机抽

取往年的一个年份,对西安市该年4月份的天气情况进行统计,结果如下:日期123456789101112131415天气晴雨阴阴阴雨阴晴晴晴阴晴晴晴晴日期161718192021222324252627282930天气晴阴雨阴阴晴

阴晴晴晴阴晴晴晴雨(1)在今年4月份任取一天,估计西安市在该天不下雨的概率;(2)西安市某学校拟从今年4月份的一个晴天开始举行连续两天的运动会,估计运动会期间不下雨的概率.19．如图，三棱柱111ABCABC中，CACB，1

ABAA，160BAA．（1）证明：1ABAC；（2）若平面ABC平面11AABB，2ABCB，求直线1AC与平面11BBCC所成角的正弦值．试卷第4页，总4页20．设,xyR，向量(3,)axy，(3,)bxy，且||||4ab.（

1）求点(,)xy的轨迹C的方程；（2）过点(0,2)P作直线l交曲线C于A，B两点（A在P，B之间）.设PAPB，直线l的倾斜角3,44，求实数的取值范围.21．设函数1221xfxeaxax（其中a为实数）.（1）若0a

，求fx零点的个数；（2）求证：若1x不是fx的极值点，则fx无极值点.22．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线1C的参数方程为114cos(114sinxy为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为4cos

．曲线3C的极坐标方程为2318sin，曲线1C与曲线2C的交线为直线l．（1）求直线l和曲线3C的直角坐标方程；（2）直线l与x轴交于点M，与曲线3C相交于A，B两点，求11MAMB的值．答案

第1页，总8页2019-2020学年四川省成都市新都一中高二零诊模拟练习九理科数学详解DDBCDCDCBCAA1．A，B是锐角三角形ABC的两个内角，则2AB，则2AB，0,2A，0,

22B，故sinsincos2ABB，即sincos0AB，故coscossin2ABB，即cossin0AB，故(sincos)(c

ossin)zABABi对应的点位于第四象限.故选：D.2．1,2,3A，且A中至少有一个奇数，当A中只含1不含3时，=1,2A，1；当A中只含3不含1时，=3,2A，3；当A中既含

1又含3时，=1,3A，故与题意相符的集合A共有5个.故选：D.3．因为sinA、sinB、sinC依次成等比数列，则；由正弦定理,得；由余弦定理，得（当且仅当时取等号）；又,．4．2112211()()()+2(1)2

(2)2133nnnnnaaaaaaaannnn所以3512nannn，当且仅当2n时取等号，选C.5．如图，先画出可行域，由于2zxy，则1122yxz

，令0Z，作直线12yx，在可行域中作平行线，得最优解(0,1)，此时直线的截距最大，Z取得最小值2，故选D.答案第2页，总8页6．分析程序框图，其功能为求111112233499100S又1111111122334

99100S1991100100.故选：C.7．由函数fx为偶函数,所以220ff,又因为函数fx在(－∞，0]是减函数,所以函数0fx在(－∞，0]上的解集为2,0,由偶函数的

性质图像关于y轴对称,可得在(0,+∞)上0fx的解集为(0,2),综上可得,0fx的解集为(-2,2).故选:D.8．由题意可得224cos4sin2a，229cos9sin3b，所以6coscos6sinsincos603a

bab，所以1coscossinsin2，又圆221(cos)(sin)2xy的圆心为cos,sin，半径22r=，所以圆心到直线的距离221coscossinsin2212co

ssind，所以直线与圆的位置关系是相离.故选：C.9．由题易知，该题属于n次独立重复试验，故所求概率为：242241196155625PC.故选：B.10．观察图象可知，函数的图象关于y轴对称，对于

A选项，55()2222xxxxsinxsinxfxfx，为偶函数，对于B选项，()2222xxxxcosxcosxfxfx，为奇函数，对于C选项，(5)(5)()2222x

xxxcosxcosxfxfx，为偶函数，对于D选项，55()2222xxxxsinxsinxfxfx，为奇函数，而选项B，D为奇函数，其图象关于原点对称，不合题意；答案第3页，总8页对选项A而言，当05x

，时，如取6x，3666122202，则有66665116()0222262sinf，f（x）＜0，不合题意；故选：C11．设球

的半径为Rcm，根据已知条件知，正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为4cm，球心到截面圆的距离为2Rcm，所以由22242RR，得5R，所以球的体积为333445005cm333VR．故选：A．12．对任意的1x，22,

0x，12xx，可知120xx，则122112xxxexeaxx恒成立等价于211221()xxxexeaxx，即1212xxeaeaxx，令()xeafxx，则函数()xeafxx在2

,0上为减函数，∴21()0xexafxx，∴(1)xaex，再令(())1xgexx，2,0x，∴()0xgxxe，∴()gx在2,0上为减函数，∴23()(2)maxgxge

，∴a23e，故选：A.13．e'()(x+1)exxxfxexe，所以'(1)2fe，又(1)fe，所以对应的切线方程是2(1)yeex，即2yexe，所以对应的直线在y轴上的截距是e.14．由题意知本题是一个古典概型，试验发生所包含的事件是从30个饮料

中取2瓶，共有C302=435种结果，满足条件的事件是至少取到一瓶已过保质期的，它的对立事件是没有过期的，共有C272=351种结果，答案第4页，总8页根据对立事件和古典概型的概率公式得到P=1﹣==，故答案为

15．255点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P′，显然点P到直线CC1的距离的最小值为P′C的长度的最小值，当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时P′C＝22121＝255.16．11cb直线:1,:1

xyxyABCPbacp交于点F，两式相减得：11110xycbpa，F满足该方程，O在该直线上，则11110xycbpa就是OF的方程.故答案为：11cb17．令底边（渠底）为m，上底为n，

高为h，腰长为l，如图：则：2tanhnm，2()tan22tanhmmhmnhhSmh，tanShmh，腰长sinhl，两腰及底边之和：2sintanhShfh

=21sintanShh=2cossinShh，22sinsin(2cos)cos12cossinsinfhh，当1cos2

时，函数单调递增；当1cos2时，函数单调递减；所以当1cos2时，即60时，两腰及底边之和达到最小.答案第5页，总8页18．（1）在容量为30的样本中，从表格中得，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，西安市不下雨的概率是2613301

5.（2）称相邻两个日期为“互邻日期对”（如1日与2日，2日与3日等）这样在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16对，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率为147168，以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为78.试题解析：

（1）在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，西安市不下雨的概率是1315.（2）称相邻两个日期为“互邻日期对”（如1日与2日，2日与3日等）这样在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对

有16对，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率为78，以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为78.19．（1）取AB中点O，连接11OCOAAB，，，1ABAA，160BAA，所以三角形1BAA

是正三角形．1AOAB．CACB，COAB．1COAOO，AB面1COA，1ABAC；（2）由（1）知OCAB，1OAAB，又面ABC面11ABBA，面ABC面11ABBAAB，OC面11ABBA．1OC

OA．1OAOAOC，，两两相互垂直．以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，OA为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，由题设知(1,0,0)A，1(0,3,0)A，(0,0,3)C，1,0,0B，则(1,0,3)BC，1

1(1,3,0)BBAA，1(0,3,3)AC，设(,,)nxyz是平面11BBCC的法向量，则10{0nBCnBB，即3030xzxy，可取(3,1,1)n，11110cos,5nACnACnAC，又因

为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，答案第6页，总8页直线1AC与平面11BBCC所成角的正弦值为10520．（1）设13,0F，23,0F，点(,)Mxy，则1223FF，则1(3,)FMxya，2(3,)FMxyb，所以1212||||4abFMFMF

F，所以点(,)Mxy的轨迹是以13,0F、23,0F为焦点，长轴24a的椭圆，所以该椭圆短半轴221bac，所以点(,)xy的轨迹C的方程为2214xy；（2）当l斜率不存在时，:0lx，易得

0,1A，0,1B，此时0,1PA，0,3PB，13；当l斜率存在时，设:2lykx，由3,,4224可得2[1,)k，代入2214xy，可得221416120kxkx

，264480k，设A，B横坐标分别为1x，2x，则1221614kxxk，1221214xxk，又PAPB，所以12xx，所以2216114xkk，2221421xk，所以

222141612141kkk，化简得222231433315,(1)6416641664kkk，所以22315(1)(1)1664，解得

1335或533，又A在P，B之间，所以1335；答案第7页，总8页综上，实数的取值范围为1335.21．（1）由题意得11221121xxfxeaxaeax

，所以10f，又12xfxea，且0a，所以0fx恒成立，从而函数yfx在R上单调递增，所以当,1x时，0fx；当1,x时，0fx.则函数yfx在

,1上单调递减，在1,上单调递增，因为10fa，100fe，函数yfx在(,1]上单调递减且图象连续不断，所以函数yfx在,1上恰有1个零点，因为10fa

，220fe，函数yfx在1,上单调递增且图象连续不断，所以函数yfx在1,上恰有1个零点，综上所述，当0a时，函数yfx有2个零点；（2）由（1）知，当0a时，函数yfx在R上单调递增，又10f，当1x时，0fx；

当1x时，0fx.所以，1x是函数yfx的极小值点.同理当0a时，1x也是函数yfx的极小值点.当0a时，由120xfxea得1ln2xa，且yfx在R上单调递增.所以当1ln2xa时，

0fx；当1ln2xa时，0fx，从而函数yfx在,1ln2a上单调递减；在1ln2,a上单调递增.若1ln21a，即102a，则当

1ln2,1xa时，0fx，当1,x时，0fx，则1x是函数yfx的极值点；同理若1ln21a，即12a，则1x也是函数yfx的极值点；若1

ln21a，即12a，0fx，则函数yfx在R上单调递增，此时1x不是函数yfx的极值点.答案第8页，总8页综上可知，若1x不是函数yfx的极值点，则12a，函数yfx在R上单调递增，从而函数yfx无极值点

.22．（1）已知曲线1C的参数方程为114cos(114sinxy为参数），转换为直角坐标方程为22(1)(1)14xy①，曲线2C的极坐标方程为4cos，整理得24cos，根据222cossinxyxy

转换为直角坐标方程为22(2)4xy②，∴①②两个方程相减得公共弦所在直线l的方程为360xy，曲线3C的极坐标方程为2318sin，根据222cossinxyxy转换为直角

坐标方程为2219xy；（2）直线l与x轴交于(2,0)M，∴直线l的参数方程为10210(31010xttyt为参数），代入到2219xy，得241210250tt，∴1

221041tt，122541tt，即t1与t2异号故121111||||MAMBtt1212tttt2121212()4||tttttt222104100()414125412450041254130525655．