【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十三数学理试题PDF版含解析.pdf，共(15)页，722.800 KB，由小赞的店铺上传

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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十三理科数学一、单选题1．设1i2i1iz，则||zA．0B．12C．1D．22．已知集合2{|2}Axx，201xBxx，则AB（）A．,21,

B．1,2C．1,2D．2,23．已知ln0.5a，1be，c满足1lncce，则实数a，b，c满足（）A．abcB．acbC．bacD．cab4．某中学高三年级在返校复学后，为了做好疫情防护工作，一位防疫

督察员要将2盒完全相同的95N口罩和3盒完全相同的普通医用口罩全部分配给3个不同的班，每个班至少分得一盒，则不同的分法种数是（）A．21B．24C．27D．305．生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中

国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化，某校在学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，现从中任选两门，其中“礼”和“书”至少有一门被选出来的概率为（）A．15B．25C．35D．456．已

知函数()cos()0,0,||2fxAxA，将函数()fx的图象向左平移34个单位长度，得到函数()gx的部分图象如图所示，则32123xg是1()3fx的（）A．充分不必

要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件试卷第2页，总4页7．对于平面、、和直线a、b、m、n,下列命题中真命题是()A．若,,,,amanmn,则aB．若//,abb,则//

aC．若//,,,ab则//abD．若,,//,//abab,则//8．设na为等比数列，nb为等差数列，且nS为数列nb的前n项和若21a，1016a，且66ab，则11S（）A．20B．30

C．44D．889．若3AM，1AN，8AMMN，则|MN（）A．22B．6C．14D．14210．若x表示不超过x的最大整数，如2.52，44，则函数fxx称为取整函数，又称高斯函数.执行如图所示

的程序框图，则输出的k的值为（）A．8B．7C．6D．511．已知直线l与直线330xy垂直，且与x轴关于双曲线2222:10,0xyCabab的一条渐近线对称，则双曲线C的离心率为（）A．233B．

2C．233或2D．2或4312．若对任意0,x，2ln2xxexxa恒成立，则a的取值范围是（）试卷第3页，总4页A．,2ln2B．,ln2C．,22ln2D．,22ln2二、填空题13．设曲线1xyex

在1x处的切线与直线2yax平行，则实数a的值为_______.14．已知x，y满足约束条件20320210xyxyxy，则xy的最大值为_____________．15．在平面直角坐标系xO

y中，已知双曲线22:14yEx的左、右顶点分别为A，B，点P在圆22:321Cxy上运动，直线OP与E的右支交于M.记直线MA，MB，MP的斜率分别为1k，2k，3k，则123kkk的取值范围是_________.16．已知fx是定义在,上的奇

函数，其导函数为fx，24f，且当0,x时，sincos0fxxfxx．则不等式sin1fxx的解集为__________．三、解答题17．如图在边长为4的正方形铁皮的四角切去相等的正方形，在把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的方底盒子.问切

去的小正方形边长为多少时，盒子容积最大？最大容积1V是多少？18．目前，新冠病毒引发的肺炎疫情在全球肆虐，为了解新冠肺炎传播途径，采取有效防控措施，某医院组织专家统计了该地区500名患者新冠病毒潜伏期的

相关信息，数据经过汇总整理得到如下图所示的频率分布直方图（用频率作为概率）.潜伏期不高于平均数的患者，称为“短潜伏者”，潜伏期高于平均数的患者，称为“长潜伏者”.（1）求这500名患者潜伏期的平均数（同一组中的数

据用该组区间试卷第4页，总4页的中点值作代表），并计算出这500名患者中“长潜伏者”的人数；（2）现有7名患者自愿报名某临床试验，其中“短潜伏者”3人，“长潜伏者”4人，医生从7人中随机抽取两人做临床试验，求两人中恰有1人为“长潜伏者”的概率.19．如图，四边形

ABCD为平行四边形，且2ABADBD，点E，F为平面ABCD外两点，//EFAC且223EFAE，EADEAB．（1）证明：BDCF；（2）若60EAC，求异面直线AE与DF所成角的余弦值．20．已知椭圆2222:10xyCabab的离心率为12

，圆2221xyy经过椭圆C的左、右焦点1F，2F．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若A，B，D，E是椭圆C上不同四点（其中点D在第一象限），且//ABDE，直线DA，DB关于直线1x对称，求直线DE的

方程．21．已知函数cos()sincos,()xfxxxxgxx．（1）判断函数()fx在区间(0,3)上零点的个数；（2）设函数()gx在区间(0,3)上的极值点从小到大分别为12,,,nxxx，证明120ngxgxgx成立22．在平面直角坐标系中，曲线C的

参数方程为22cos2sinxy（为参数），直线l的参数方程为22212xtyt（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（Ⅰ）求曲线C以及直线l的极坐标方程；（Ⅱ）若0,1

A，直线l与曲线C相交于不同的两点M，N，求11AMAN的值.答案第1页，总11页2019-2020学年四川省成都市新都一中高二零诊模拟练习十三理科数学详解1．C详解：1i1i1i2i2i1i1i1izi2ii，则1z，故选c.2

．B2{|2}22Axxxx；20121xBxxxx，1,2AB.故选：B.3．Aln0.50a，101be，1lncce，即1lncce，画出1x

ye和lnyx的图象，如图，可知1c，所以01abc，故abc，故选：A.答案第2页，总11页4．C首先分配3个普通口罩分为3种情况，再分配2个N95口罩：①3个普通口罩分配到同一个班级，2个N95口罩分别分配到另外两个班级

共133C种情况；②3个普通口罩分别分配到3个班级(即每个班一个口罩)，2个N95口罩随机分配到3个班级共21336CC种情况；③有1个班有1个普通口罩、1个班有2个普通口罩，剩余的1个班分配1个N95口罩，剩余的1个N95口罩

随机分配共有11132318CCC种情况.共有361827种分法.故选：C5．C从中任选两门有2615C种选法，其中“礼”和“书”至少有一门被选出来，分两种情况，其一两者有一个被选出来，选法有：1248C种，两个都被选中有1种选法，共有9种选法，概

率为93:.155故答案为：C.6．A因为()cos()fxAx，由函数()fx的图象向左平移34个单位长度，得到3()cos4gxAx，由图知：3731,46124

TA，所以T，解得22T，所以3()cos2sin24gxxx，又因为()gx的图象经过点7,112，所以7sin16，答案第3

页，总11页所以7262k，所以523k，kZ又因为||2，解得3，所以()sin23gxx，()cos(2)3fxx，若3sin2sin=21221

2363xxgx，则21()cos(2)cos212sin3663fxxxx，故充分；若1()3fx，即21()cos(2)cos212sin3663

fxxxx，解得3sin63gxx，故不必要；所以32123xg是1()3fx的充分不必要条件.故选：A7．C若由线面垂直的判定定理知,只有当和为相交线时,才有错误；

若此时由线面平行的判定定理可知,只有当在平面外时,才有错误；由面面平行的性质定理:若两平面平行,第三个平面与他们都相交,则交线平行,可判断,若//，a，b，则//ab为真命题,正确；若此时由面面平行的判定定理可知,只有当、为相交线时,才有//,D错

误.故选C.8．C答案第4页，总11页na为等比数列，2621016aaa且4620aaq，664ba，又nb为等差数列，1111161111442aaSa.故选：C.9．A因为3AM，1

AN，所以298AMMNAMANAMAMANAMAMAN，所以1AMAN，所以22222MNANAMANAMANAM.故选：A．10．D第一次执行循环：100333s，9k，满足条件；第二次执行循环：331

13s，8k，满足条件；第三次执行循环：1133s，7k，满足条件；第四次执行循环：313s，6k，满足条件；第五次执行循环：103s，5k，不

再满足条件，结束循环，输出的k的值为5，故选：D.11．C由直线l与直线330xy垂直，可得直线l的斜率为3，倾斜角为60，由直线l与x轴关于双曲线C的一条渐近线对称，得双曲线C的一条渐近线的倾斜角为30或120，斜率为33或3，即33ba或3，

由双曲线C的离心率21bea，得233e或2，故选：C答案第5页，总11页12．C设2ln2xfxxexx，则fxa对任意0,x恒成立，设lntxx，则tR，且2tfxet，设2tgtet

，则2tgte，所以gt在,ln2上是减函数，在ln2,上是增函数，所以ln222ln2gtg，所以gt的最小值为22ln2，即fx的最小值为22ln2，所以22ln2a.故选：C．13．2解：因为1xyex所以11xye

所以111|12xye又因为曲线1xyex在1x处的切线与直线2yax平行，所以2a故答案为：214．43作出可行域如图中阴影部分所示，设zxy，则yxz，作直线yx，平移得到yxz，当直线yxz经过点B时，z取得最大值.答案第6页，总11页联立

20210xyxy，解得53x，13y，故51,33B∴max514333z．故答案为：4315．33,33解：如图所示设00,Mxy，则0101MAykkx，0201

MBykkx所以2000212000111yyykkxxx①；又00,Mxy在双曲线上，所以220014yx，所以220014yx②；所以214kk又MPOPkk所以1234OPkk

kk又点P在圆22321xy上，当OP与圆相切时OPk有最值，设OP直线方程为ykx，圆心3,2到直线OP距离为23211kdk，化简得281230kk，解得124833164k所以333344k所以12333,3

3kkk故答案为：33,3316．,44令()()sin(0)Fxfxxx，则()()sin()cos0(0)Fxfxxfxxx，所以

()()sinFxfxx在(0,)上为单调递增，且()()sin1444Ff，答案第7页，总11页所以()()sin()4FxfxxF，解得04x．由()fx是定义在(,)上的奇函

数得，()()sin()()sinFxfxxfxxf（x)sinx=F(x)所以()()sinFxfxx在(,)为偶函数，且(0)(0)sin00Ff所以不等式()sin1fxx的解集为(),44，故答

案为：(),44．17．解：设切去的正方形边长为x，则焊接成的盒子的底面边长为42x，高为x.所以232142444Vxxxxx，（02x）∴'214384Vxx.令'10V得123x，22x（舍去），此时'12122

3Vxx，又当23x时，'10V，当223x时，'10V∴当23x时盒子容积最大，即mx1a()V12827，所以最大容积1V是12827.18．（1）平均数0.0210.0830.1550.

1870.0390.03110.011326x.由频率分布直方图可知“长潜伏者”即潜伏期时间不低于6天的频率为0.1820.0320.0320.0120.5，所以500人中“长潜伏者”的人数为5000.5250

人；（2）由分层抽样知7人中，“短潜伏者”有3人，记为a、b、c，“长潜伏者”有4人，记为D、E、F、G，从中抽取2人，共有,ab、,ac、,aD、,aE、,aF、,aG、,bc、,bD

、,bE、,bF、,bG、,cD、,cE、,cF、,cG、,DE、,DF、,GD、,EF、,EG、,FG，共有21种不同的结果，两人中恰好有1人为“长潜伏者”包含了12种结果.所以所求概率124217P19．解：

（1）设BD与AC相交于点G，连接EG，答案第8页，总11页由题意可得四边形ABCD为菱形，所以BDAC，DGGB，在EAD和EAB中，ADAB，AEAE，EADEAB，所以EADEAB△△，所以EDEB，所以BDEG⊥，因为ACEG

G，所以BD平面ACFE，因为CF平面ACFE，所以BDCF．（2）如图，在平面AEFC内，过G作AC的垂线，交EF于M点，由（1）可知，平面ACFE平面ABCD，所以MG平面ABCD，故直线GM，GA，GB两两互

相垂直，分别以GA，GB，GM为x，y，z轴建立空间直角坐标系Gxyz，因为60EAC，则3,0,0A，0,1,0D，33,0,22E，333,0,22F，所以33,0,22AE

，333,1,22DF，异面直线AE与DF所成角的余弦值为990||3304420||||310AEDFAEDF．20．（1）设22cab，由题意得12ca，由

圆2221xyy经过椭圆C的左，右焦点1F，2F得1c，所以2a，3b，所以椭圆C的标准方程为22143xy．（2）由题意可得31,2D，且直线DA的斜率存在，设3:12DAyk

x，,AAAxy，,BBBxy．把312ykx与椭圆方程22143xy联立，答案第9页，总11页得222344(23)41230kxkkxkk．所以22412

3134DAAkkxxxk，所以22412334Akkxk，223126312342AAkkykxk，由直线DA，DB关于直线1x对称，可得直线DB的斜率为k．用k代替k，得22412334Bkkxk，2212

63342Bkkyk，222222221263126313423424123412323434BAABBAkkkkyykkkkkkkxxkk．又//ABDE，所以直线DE的方程为31(1)22yx

，即220xy．21．解（1）()sincossincosfxxxxxxx当0,2x时，cos0,()0,()(0)1,()xfxfxffx无零点；当3,22x时，cos0,()0,

()xfxfx单调递减又330,0,()2222fffx有唯一零点；当35,22x时，cos0,()0,()xfxfx单调递增又33550,,()2222fffx

有唯一零点；当5,32x时，cos0,()0,()xfxfx单调递减又55,(3)1()22fffx有唯一零点；综上所述：()fx在(0,3)有3个零点.答案第10页，总11页（2）22sincos()()xxx

fxgxxx，由（1）知：()gx在0,2无极值点；在3,22x有极小值点，即为1x，在35,22有极大值点即为2x，在5,32有极小值点3x，又330,()10,0222

2fff，(2)10f，55,(3)122ff，可知123135,,,2,,3222xxx，由sincos0nnnxx

x得cos1sin,tan,nnnnnxxxxx120xx，1121211,tantantanxxxxx，而1233,2,,222xx，故有

12xx1212121212coscossinsinsinsinxxgxgxxxxxxxsinyx在3,22是增函数，12sinsin0xx，即

120gxgx3335,3sin02xgxx1230gxgxgx.22．（Ⅰ）依题意，曲线C：2224xy，故2240xyx，答案第11页，总11页即24cos0，即4c

os；直线l：1yx，即10xy，即cossin10，故2sin14；（Ⅱ）将直线l的参数方程22212xtyt代入2240xyx中，化简可得2321

0tt，设M，N所对应的参数分别为1t，2t，则1232tt，121tt，故1132AMANAMANAMAN.