【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七数学理科PDF版含解析.pdf，共(15)页，944.121 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七理科数学一、单选题1．已知复数z满足||1z，则|13|zi的最小值为（）A．2B．1C．3D．22．设全集𝑈=𝑅，𝐴={𝑥|𝑥2

−5𝑥−6>0},𝐵={𝑥||𝑥−5|<𝑎}（𝑎为常数），且11∈𝐵，则下列成立的是（）A．𝐶𝑈𝐴∩𝐵=𝑅B．𝐴∪𝐶𝑈𝐵=𝑅C．𝐶𝑈𝐴∪𝐶𝑈𝐵=𝑅D．𝐴∪𝐵=𝑅3．已知三角形的三边满足条件22()1abcbc，则A（）A．30°B．4

5°C．60°D．120°4．设nS为等比数列{}na的前n项和，且关于x的方程21320axaxa有两个相等的实根，则93SS（）A．5B．14C．21D．275．已知,MN为平面区域0303xyxyy内的两个动点，向量=(1,0)a，则MNa的最大值

是()A．1B．2C．3D．46．《九章算术》中盈不足章中有这样一则故事：“今有良马与驽马发长安，至齐.齐去长安三千里.良马初日行一百九十三里，日增一十二里；驽马初日行九十七里，日减二里．”为了计算每天良马和驽马所走的路程之和，设计框图如下图.若输出的S的值为350，则判断框中可填（）A．6?i

B．7?iC．8?iD．9?i7．函数1ln1fxxx的图象大致为（）A．B．试卷第2页，总4页C．D．8．已知P（x，y）是直线kx+y+3=0（k>0）上一动点，PA，PB是圆C：2x+2y2y=0的两条切线，.A、B是切点，若四边形PACB

的最小面积是3，则k的值为（）A．3B．2C．23D．229．如图中有一个信号源和五个接收器．接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号．若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所得六组中每组

的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是（）．A．445B．136C．415D．81510．已知(31)4,1()log,1aaxaxfxxx是(,)上的减函数，那么a的取值范围是（）

A．(0,1)B．1(0,)3C．11[,)73D．1[,1)711．已知双曲线22221xyabab＞＞0的左、右焦点分别为F1、F2，过点F1作圆x2+y2＝a2的切线交双曲线右支于点M，若tan∠F1MF

2＝2，又e为双曲线的离心率，则e2的值为（）A．522B．532C．552D．56212．已知曲线lnfxxaxb在1x处的切线是x轴，若方程fxmmR有两个不等实根12,xx，则1

2xx的取值范围是（）A．10,2B．0,1C．2,D．4,二、填空题13．先后抛掷一枚均匀的正方体骰子(它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6)，骰子朝上的面的点数分别为x，y，则事件2log1xy发生的概率为_______.14．若1x是

函数25xxaefxx的极值点，则fx在22,上的最小值为______.试卷第3页，总4页15．某品牌冰淇淋由圆锥形蛋筒和半个冰淇淋小球组成，其中冰淇淋小球的半径与圆锥底面半径

相同.已知圆锥形蛋筒的侧面展开图是圆心角为65，弧长为6cm的扇形，则该冰淇淋的体积是________3cm.16．双曲线22221xyab的左右焦点分别为1F、2F，P是双曲线右支上一点，I为12PFF的内心，PI交x轴于Q点，若12FQPF，且:2:1PIIQ，则双曲线的离心率e

的值为__________．三、解答题17．已知函数32111()2322fxxxx.（1）求函数fx的单调区间；（2）当[2,4]x时，求函数fx的最大值.18．全国文明城市是中

国所有城市品牌中含金量最高、创建难度最大的一个，是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，是目前国内城市综合类评比中的最高荣誉，也是最具价值的城市品牌，作为普通市民，既是城市文明的最大受益者，更是文明城市的主要创造者

，皖北某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取400份试卷作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：40,50,50,60,,90,

100后得到如图所示的频率分布直方图.（Ⅰ）求样本的平均数；（Ⅱ）现从该样本成绩在40,50与90,100两个分数段内的市民中按分层抽样选取6人，求从这6人中随机选取2人，且2人的竞赛成绩之差的绝对值大于20的概率.19．如图，在矩形ABCD中，将ACD沿对角线

AC折起，使点D到达点P的位置，且平面ABP平面ABC.（1）求证：APPB；（2）若直线PC与平面ABP所成角的正弦值为34，求二面角PACB的余弦值.试卷第4页，总4页20．已知aR，2lnfxxax．(Ⅰ)讨论fx

的单调性；(Ⅱ)当1x时，21xfxx恒成立，求实数a的取值范围．21．如图，定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅助圆”.过椭圆第四象限内一点M作x轴的垂线交其“辅助圆”于点N，当点N

在点M的下方时，称点N为点M的“下辅助点”.已知椭圆E：222210xyabab＞＞上的点212，的下辅助点为（1，﹣1）.（1）求椭圆E的方程；（2）若△OMN的面积等于2368，求

下辅助点N的坐标；（3）已知直线l：x﹣my﹣t＝0与椭圆E交于不同的A，B两点，若椭圆E上存在点P，满足OPOAOB，求直线l与坐标轴围成的三角形面积的最小值.22．在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，以x轴的正半轴为极轴，曲线C的极坐标方程为82sin4

.（1）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）过点(1,0)P作倾斜角为45的直线l与圆C交于A，B两点，试求11PAPB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七理科数学详解1．B设,zxyixRyR，由||1z得22

1xy，又221313zixy表示定点(1,3)与圆上任一点(,)xy间距离．则由几何意义得22min|13|01301211zi，故选：B．2．D∵全集U=R，A={x|x2﹣5x﹣6>0}={𝑥

|x>6，或x＜−1}，B={x||x﹣5|＜a（a为常数）}={x|5﹣a＜x＜5+a}，∵11∈B，∴{5−𝑎＜115+𝑎＞11，解得a＞6，∴5+a＞11，且5﹣a＜−1，∴𝐴∪𝐵=𝑅．故选D．3．C由题得2222222,,2cos,abcbcbcbca

bcbcAbc所以cosA=1,0,.23AA故答案为C.4．C因为na为等比数列，所以23211,aaqqaa，故原方程可以化为220xqxq.又该方程有两个相等的实数根，故440qq，解得0q（舎）或34q

，又9933116421114SqSq，故选C.5．C由图知，不等式组表示的为三角形区域，根据向量的数量积，答案第2页，总11页由于MNaMNa（当且仅当MN与a共线同向时等号成立），即当MN所在直线平行

于=(1,0)a所在直线且方向相同的时候得到大值，与=(1,0)a平行的直线是3y，且MN的最大长度为直线=0xy与=3y的交点(3,3)与直线3=0xy和=3y的交点(0,3)的距离.而22(30)(33)3，故可知答案为3．故选：C6．B模拟程序的运行，可得01S

i，；执行循环体，2902Si，；不满足判断框内的条件，执行循环体，3003Si，；不满足判断框内的条件，执行循环体，3104;Si，不满足判断框内的条件，执行循环体，3205;Si

，不满足判断框内的条件，执行循环体，3306;Si，不满足判断框内的条件，执行循环体，3407;Si，不满足判断框内的条件，执行循环体，3508;Si，由题意，此时，应该满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值为350．可

得判断框中的条件为7i＞？．故选B．7．A设1ln,0fxxxx，所以11fxx，当01x时，0fx，当1x时，0fx，所以10fxf，所以ln1xx，

所以ln1,1xxx，答案第3页，总11页所以10ln1fxxx，排除B，C，D.故选A8．A圆22:20Cxyy的圆心(0,1)，半径是1r，由圆的性质知：2PBCPACBSS四边形，四边形PACB的最小面积是3，PBCS的最小值31(22rdd

是切线长）3d最小值.所以|PC|的最小值为22132，所以242,3,0,31kkkk故选：A．9．D根据题意，设右端连线方式如图，对于左端的六个接线点，将其随机地平均分成三组，共有2226423315CCCA种结果，五个接收器能同时接收到信号必须全部在同

一个串联线路中，则1必须和3、4、5、6中其中1个相接，接好后，2只有2种情况可选，剩下的接线点只有1种接法，所以共有1114218CCC种结果，同理，右端连线方式变化时，左端的接线方法都有15种，其

中有8种可以收到信号，∴这五个接收器能同时接收到信号的概率是815P，故选：D．10．C令()(31)4gxax，()logahxx.要使函数()fx在(,)上为减函数，则有()(31)4gxax在区间(,1)上为减函数，()logahxx在区间[1,)上为减

函数且(1)(1)gh,答案第4页，总11页∴31001(1)(31)14log1(1)aaagaah,解得1173a.故选：C.11．C如图：|MF1|﹣|MF2|＝2a，设|MF2|＝t，则|MF1|＝2a+t，∵sin∠MF1F21

ONaOFc，若tan∠F1MF2＝2，则sin∠F1MF225，cos∠F1MF215，在△MF1F2中，由正弦定理得2121212MFFFsinMFFsinFMF，即225tcac，

∴t5a，∴|MF2|5a，|MF1|＝（52）a，由余弦定理得4c2＝5a2+（9+45）a2﹣25a×（25）a15，4c2＝（10+25）a2，∴c2═552a2，∴e222552ca.故选：C.12．Cfx的定

义域为0,，'1fxax，依题意可知10110fabfa，解得1,1ab，所以ln1fxxx，'111xfxxx，所以fx在区间0,1上递增，在1,上递减，10f，

由于方程fxmmR有两个不等实根12,xx，所以0m，不妨设1201xx，当0m时，12121,12xxxx，答案第5页，总11页当m时，12120,xxxx

，即12xx的取值范围是2,.故选：C13．112先后抛掷一枚均匀的正方体骰子，骰子朝上的面的点数,xy的所有可能情况有6636种，而满足2log1xy即2(16,16,)yxxyxyZ、的情况有：12xy，2{4xy

，3{6xy共三种情况，故所求的概率为313612.14．3e25'2xxxaeefxxxa2(2)5xexaxa，则'1220fea，解得1a，所以25xfxxxe

，则2'34xexfxx41xexx.令'0fx，得4x或1x；令'0fx，得41x.所以fx在2,1上单调递减；在1,2上单调递增.所以min13fxfe.15．30圆锥形蛋筒的侧面展开图是圆心角为65

，弧长为6cm的扇形，圆锥底面半径为632r，圆锥母线长为6655l，圆锥的高为2222534hlr，半个冰淇淋小球的半径为3R，该冰淇淋的体积为232311411434332323033VrhR

，故答案为：30.16．32答案第6页，总11页可设|PF1|=m，|PF2|=n，|F1F2|=2c，由I为△PF1F2的内心，可得1PIIQmQF=2，则|QF1|=12m，若|F1Q|=|PF2|=12m，又PQ为∠F1PF2的角

平分线，可得1212122mQFmQFncm，则n=4c﹣m，又m﹣n=2a，n=12m，解得m=4a，n=2a，222aac=2，即c=32a，则e=ca=32．故答案为：32．17．（1）22fxxx当0

fx时，1x，或2x；当0fx时，12x．∴fx的单调增区间为,1，2,；单调减区间为1,2．（2）分析可知fx的递增区间是2,1，2,4，递减区间是1,2，当1x时，213f；当4x时，

2946f．由于41ff，所以当4x时，max296fx．18．（Ⅰ）因为(0.0050.0100.0200.0250.010)101a所以0.03a，从而样本平均数为(450.005550.010650.020750.030850.025950.010)107

4答案第7页，总11页（Ⅱ）根据分层抽样，在40,50内选取2人，记为,AB，在90,100内选取4人，记为abcd,,,.从这6人中选取2人的所有选取方法：,,,,,,,,,ab,ac,ad,bc

,bd,cdABAaAbAcAdBaBbBcBd，共15种.2人成绩之差的绝对值大于20的选取方法：,,,,,,,AaAbAcAdBaBbBcBd共8种.所以所求概率为815.19．（1）由四边形ABCD是矩形，得ABBC，平面ABP平面ABC，平面ABP平面ABCAB，BC平面ABC，

BC平面ABP，AP平面ABP，则BCAP，又APPC，BCPCC，AP平面PBC，PB平面PBC，APPB；（2）过P作POAB，垂足为点O，平面ABP平面ABC，平面ABP平面ABCAB，

PO平面ABP，PO平面ABC，以点O为坐标原点，以OB所在直线为x轴，过O作y轴平行于BC，以OP所在直线为z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系Oxyz，由（1）知BC⊥平面ABP，CPB是直线PC与平面ABP所成角，即3sin4CPB，在RtPBC中，3sin4CBCPBCP

，设3CB，则4CP，227PBCPCB，PO平面ABC，可取平面ABC的一个法向量0,0,1m，答案第8页，总11页由（1）知，APBP，在RtAPB△中，POAB，3AP，4AB，7PB，374APBPPOAB，2294AOAPPO

，74BOABAO，370,0,4P，9,0,04A，7,3,04C，4,3,0AC，937,0,44AP，设平面PAC的法向量,,nxyz，由430937044nA

CxynAPxz，取37x，则47y，9z，所以，平面PAC的一个法向量为37,47,9n，99cos,11616mnmnmn.由图形可知，二面角PACB的平面角为锐角，它的余弦值为916.2

0．(Ⅰ)fx的定义域是0,，2'22aafxxxx，当0a时，'0fx，fx在0,递增，当0a时，在0,2a上，'0fx，fx递减，在,2a上，'0fx，fx递增，综上，当0a时，

fx在0,递增，0a时，fx在0,2a递减，在,2a递增；(Ⅱ2)1xfxx恒成立，即210xfxx恒成立，设21gxxfxx，则2ln1gxxaxx，答案第9页，总

11页'21lngxxax，'gx的单调性和fx相同，当0a时，'gx在1,递增，''120gxga，故gx在1,递增，10gxg，当0a时，'g

x在0,2a递减，在,2a递增，当02a时，12a，'gx在1,递增，''120gxga，故gx是增函数，故10gxg，当2a

时，在区间1,2a上，'gx递减，故''120gxga，故gx递减，故10gxg，不合题意，综上，a的范围是,2．21．解：（1）∵椭圆222210xyEabab：＞＞上的点（1，22）的下辅助点为（1，﹣1），∴辅助圆的半径为R2

21(1)2，椭圆长半轴为a＝R2，将点（1，22）代入椭圆方程22212xyb中，解得b＝1，∴椭圆E的方程为2212xy；（2）设点N（x0，y0）（y0＜1），则点M（x0，y1）（y1＜0），将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭圆方程可得，x02+y02＝2，220112

xy，故y02＝2y12，即y02y1，又S△OMN12x0（y1﹣y0）2368，则x0y164，答案第10页，总11页将x0y164与220112xy联立可解得002262xy或

006222xy，∴下辅助点N的坐标为（22，62）或（62，22）；（3）由题意可设A（x1，y1），B（x2，y2）.联立2212xyxmyt整理得（m2+2）y2+2mty+t2﹣2＝

0，则△＝8（m2+2﹣t2）＞0.根据韦达定理得12221222222mtyymtyym，因为OPOAOB.所以12222Pmtyyym，1212122422Ptxxxmytmytm

yytm因为点P在椭圆E上，所以22222221641222tmtmm，整理得22224212mtm，即4t2＝m2+2，在直线l：x﹣my﹣t＝0中，由于直线l与坐标轴围成三角形，则t≠0，m≠0.令x＝0，得tym，令y＝0，

得x＝t.所以三角形面积为211212122228884tmStmmmm,当且仅当m2＝2，t2＝1时，取等号，此时△＝24＞0.所以直线l与坐标轴围成的三角形面积的最小值为24.22．（1）将曲线C的极坐标方程

，化为直角坐标方程为答案第11页，总11页22880xyxy；（2）直线l的参数方程为：21222xtyt（t为参数），将其带入上述方程中得：27270tt，则1212727tttt，所以121212

11113147ttPAPBtttt.