【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八数学理科PDF版含解析.pdf，共(14)页，788.432 KB，由小赞的店铺上传

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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八理科数学一、单选题1．集合2*{|70}AxxxxN，，则*6{|}ByNyAy，中子集的个数为（）A．4个B．8个C．15个D．16个2．设123,,zzzC，下列命题：①11zz；②若2212zz

，则1122zzzz；③121233zzzzzz；④若2212230zzzz，则123zzz；其中正确的有（）A．0个B．1个C．2个D．3个3．△ABC中，A＝π3，BC＝3，则△ABC的周长为()A．π43sin()33BB．

π43sin()36BC．π6sin()33BD．π6sin()36B4．已知数列na的各项均为正数，且满足212()02n+1nnnaaaa，且2a，4a，8a成等比数列，则数列

11nnaa的前2019项和为（）.A．20192020B．10098080C．20198080D．201820215．设,xy满足约束条件360,{20,0,0,xyxyxy若目标函数(0,0)zaxbyab

＞＞的最大值为12，则23ab的最小值为（）A．256B．83C．113D．46．已知实数1,10x，执行如图所示的流程图，则输出的x不小于63的概率为（）A．49B．13C．25D．3107．函数2e2xfxxx的图象大致为（）第2页，总4页A．B．C

．D．8．已知,xyR，且2220xyx，则（）．A．22680xyxB．22680xyxC．22430xyxD．22430xyx9．将一颗质地均匀的骰子（各面上分别标有点数1，2，3，4，5，6）先后抛

掷3次，至少出现1次6点向上的概率是（）．A．5216B．25216C．31216D．9121610．已知3()fxxx，1x，2x，3xR，且120xx，230xx，310xx，则123()()()

fxfxfx的值为（）．A．一定大于零B．一定小于零C．等于零D．正负均有可能11．已知12,FF是双曲线2222:1(0,0)xyEabab的左、右焦点，P是双曲线E右支上一点，M是线段1FP的中点

，O是坐标原点，若1OFM△周长为3ca（c为双曲线的半焦距），13FMO，则双曲线E的渐近线方程为（）A．2yxB．12yxC．2yxD．22yx12．设命题p：若()(0)fxf对任

意的x(0,2]都成立，则()fx在[0,2]上是增函数，下列函数中能说明命题p为假命题的有（）A．()sinfxxB．2()fxxC．321()13fxxxxD．()e2ln(1)xfxx二、填空题13．函数2()lnf

xxx的图象在点(1,(1))f处切线方程为_____．14．从某批产品中，有放回地抽取产品二次，每次随机抽取1件，假设事件A：“取出的2件产品中至多第3页，总4页有1件是二等品”的概率()0.96PA，

从该批产品中任取1件是二等品的概率p为_________．15．正四面体的外接球的表面积为36，则这个四面体的高等于________．16．已知点P是双曲线C：22221xyab（0a，0b）的渐近线和圆O：222xyc在第一象限的交点，其中c为双曲线C的半焦距，

若A为双曲线C的右顶点，且PAa，则双曲线C的离心率为______.三、解答题17．某工厂生产一种产品，已知该产品的月产量x吨与每吨产品的价格P（元）之间的关系为21242005Px，且生产x吨的成

本为50000200Rx（元）.问该厂每月生产多少吨产品才能使利润达到最大？最大利润是多少？（利润＝收入－成本）18．厂家在产品出厂前，需对产品做检验．厂家将一批产品发给商家时，商家按合同规定也需随机抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这批产品．（1）若厂家

库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出4件进行检验，求至少有1件是合格品的概率；（2）若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格．按合同规定该商家从中任取2件，都进行检验，只有2件都合格时才接收这

批产品，否则拒收．求该商家拒收这批产品的概率．19．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是DF的中点.(1)设P是CE上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(2)当AB＝3，AD＝

2时，求二面角E－AG－C的大小.20．已知函数()lnfxxax，2()gxx.aR.（1）求函数()fx的极值点；（2）若()()fxgx恒成立，求a的取值范围.21．已知抛物线22ypx（0p）上的两个动点11,Axy和22,Bxy，焦点为F.线

段AB的中点为第4页，总4页03,My，且A，B两点到抛物线的焦点F的距离之和为8.（1）求抛物线的标准方程；（2）若线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求ABC面积的最大值.22．在平面直角坐标系x

Oy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2cos42，曲线C的极坐标方程为6cos0.（1）写出直线l和曲线C的直角坐标方程；（2）已知点(1,0

)A，若直线l与曲线C交于,PQ两点，,PQ中点为M，求||||||APAQAM的值.答案第1页，总10页参考答案1．D2*{|70}{1,2,3,4,5,6}AxxxxN，，*6{|}{1,2,3,6}ByNyAy，，即子集的个数为4216

，选D.2．D对于①，设1zabi，则1zabi，因为2222()()abab，所以11zz，所以①正确；对于②，设2212zzxyi，则12,zz分别是xyi的平方根，从复数三角形式可以得到12,zz的模是相等的，根据2

zzz，得到1122zzzz，所以②正确；对于③，根据复数模的性质，复数积商的模等于复数模的积商，所以121233zzzzzz，所以③正确；对于④，令1231,0,zzzi，则有2212230zzzz，但是123zzz，所以④不正确；所以正确命

题有三个，故选：D.3．D根据正弦定理(120)BCACBCABsinAsinBsinAsinB＝，＝，2312033,BCBCACsinBsinBABsinBcosBsinBsinAsinA，ABC的周长为23333636s

inBcosBsinBsinB（）.故选：D．4．C由题得，111()()2()nnnnnnaaaaaa，12nnaa，na是公差为2d的等差数列，又248,,aaa成等比数列，

2111(3)()(7)adadad，解得12a，na的通项公式为2nan，答案第2页，总10页111111()22(1)41nnaannnn，11nnaa的前2019项和为2019111111120192019(1)4223201920204

20208080S.故选：C5．A不等式表示的平面区域如图所示阴影部分,当直线axbyz（0,0ab）,过直线20xy与直线360xy的交点(4,6)时,目标函数zaxby（0,

0ab）取得最大12,即4612ab,即236ab,而23ab2323131325()()26666abbaabab．6．B运行该程序框图，第一次循环21,2xxn；第二次循环221+1=43,3xxxn；第三次循环2187,4xxxn

；推出循环输出87x，由8763x得7x，由几何概型概率公式可得输出的x不小于63的概率为1071103，故选B.7．B解法一：因为e22xfxx，设2()(),()exgxfxgx，令e20xgx,得ln2x,当

ln2x＜时0gx＜,gx为减函数，即fx为减函数；当ln2x＞时,0gx＞，()gx为增函数，即fx为增函数,而ln222ln222ln20f＜,所以原函数存在两个极值点,故淘汰选项C和D.将1x代入原

函数,求得1e120f＜,淘汰选项A.解法二：1e210f＜,淘汰选项A,D；答案第3页，总10页当x时,exfx2xx,淘汰选项C.故选：B.8．B222

212(1)0xyxxy,表示圆心为1(1,0)C，半径为11r的圆内部的点，范围记为P2222680(3)1xyxxy表示圆心为2(3,0)C，半径为21r的圆内部的点，因为1212||2CCrr，所以两圆外切，

P在A中所表示的点的范围外，所以A不成立；2222680(3)1xyxxy表示圆心为2(3,0)C，半径为21r的圆外部的点，因为1212||2CCrr，所以两圆外切，P在B中所表示的点的范围内，所以B成立；2222430(2)1xyxxy表示圆心为3(

2,0)C，半径为31r的圆内部的点，因为121312||||1rrCCrr，所以两圆相交，P中有些点在C中所表示的点的范围外，所以C不恒成立；2222430(2)1xyxxy表示圆心为3(2,0)C，半径为31r的圆外部的点，因为121312||||1rr

CCrr，所以两圆相交，P中有些点在D中所表示的点的范围外，所以D不恒成立；故选：B9．D将一颗质地均匀的骰子先后掷3次，这3次之间是相互独立，记事件A为“抛掷3次，至少出现一次6点向上”，则A为“

抛掷3次都没有出现6点向上”，记事件iB为“第i次中，没有出现6点向上”，1,2,3i，则123ABBB，又56iPB，所以351256216PA，所以1259111216216PAPA.故选：D.10．B函数()fx的定义域为R，又33()()()

()fxxxxxfx，答案第4页，总10页所以函数()fx是R上的奇函数，由单调性的运算性质可知，函数()fx是R上的单调减函数，因为120xx，230xx，310xx，即12xx，23xx

，31xx，所以12()()fxfx，23()()fxfx，31()()fxfx，即12()()fxfx，23()()fxfx，31()()fxfx，所以12()()0fxfx，23()()

0fxfx，31()()0fxfx，三式相加可得123()()()0fxfxfx.故选：B11．C连接2PF，因为M是线段1FP的中点，由三角形中位线定理知21,2OMPF2//OMPF，由双曲线定义知122PFPFa，因为1OFM周长为111211322

OFOMFMcPFPFca，所以126PFPFa，解得124,2PFaPFa，在12PFF中，由余弦定理得22212121212||||2cosFFPFPFPFPFFPF，即222242242cos3caaaa

，整理得，223ca，所以22222bcaa，所以双曲线E的渐近线方程为2yx.故选:C.12．A因为()sinfxx当x(0,2]时，都有()(0)fxf，但因为22，所以()sinfxx在x

(0,2]上不单调，故A可以；因为2()fxx满足()(0)fxf对任意的x(0,2]都成立，2()fxx在x(0,2]上单调递增，故B不可以；由321()13fxxxx知22()21(1)0fxxxx，所以函数321()13fxxxx

在R上单调递增，当x(0,2]时()(0)fxf成立，答案第5页，总10页即()(0)fxf对任意的x(0,2]都成立，()fx在[0,2]上是增函数，故C不可以，因为()e2ln(1)xfxx，所以2()1xfxex为增函数，

因为(0)10,(1)10ffe，所以存在0(0,1)x使0()0fx，故函数在0(0,)x上递减，在0(,2)x上单调递增，不满足()(0)fxf对任意的x(0,2]都成立，故D不可以.故选：

A.13．320xy由2()lnfxxx，得'1()2fxxx，则'(1)3f，又(1)1f，所以切线方程为13(1)yx，即320xy.故答案为：320xy14．0.2事件A：“

取出的2件产品中至多有1件是二等品”的概率()0.96PA，则对立事件A：“取出的2件产品都是二等品”的概率110.960.04PAPA，所以从该批产品中任取1件是二等品的概率p满足20.04p，解得0.2p，故答案为：0.2.15．4正四面体内接于球，则相

应的一个正方体内接于球，设正方体为1111ABCDABCD，则正四面体为11ACBD，设外接球的半径为R，则2436R，所以3R；则16AC，所以正方体的棱长为23，则正方体的体积为323243，答案第6页，总10页因此

该正四面体的体积为：111124342323238332BACDV，又正四面体的棱长为22232326，因此其底面三角形的面积为：11326266322ACDS所以，这个正四面体的高为1113243463B

ACDACDVhS.故答案为：4.16．2双曲线C：22221xyab过第一象限的渐近线为byxa，作示意图如图所示：则PAOAa，OPc，则222cos22OPOAPAcOPOAa，又且tanba，则22cosa

acab,则2caac，得2ca，即2e.故答案为：217．每月生产x吨时的利润为𝑓(𝑥)=(24200−15𝑥2)𝑥−(50000+200𝑥)=−15𝑥3+24000𝑥−500

00(𝑥≥0)由𝑓′(𝑥)=−35𝑥2+24000=0，解得𝑥1=200,𝑥2=−200(舍去)∵当0<𝑥<200时，𝑓′(𝑥)>0,∴𝑓(𝑥)在(0,200)单调递增∴𝑥>200

时，𝑓′(𝑥)<0,∴𝑓(𝑥)在(200,+∞)单调递减故𝑥=200就是最大值点，且最大值𝑓(200)=−15×2003+24000×200−50000=3150000(元).所以每月生产200吨产品时，利

润达到最大，最大利润为315万元.答：每月生产200吨产品时利润达到最大，最大利润为315万元.18．（1）没有合格品的概率为4110.80.0016p，故至少有1件是合格品的概率1110.00160.9984p

p.（2）接收的概率21722206895CpC，故商家拒收这批产品的概率为26827119595pp.19．(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.答案第7页，总10页又BP⊂

平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.(2)方法一：如图，取EC的中点H，连接EH，GH，CH.因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形，所以AE＝GE＝AC＝GC＝223

213.取AG的中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC为所求二面角的平面角．又AM＝1，所以EM＝CM＝13123.在△BEC中，由于∠EBC＝120°，由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×

cos120°＝12，所以EC＝23，所以△EMC为等边三角形，故所求的角为60°.方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz.由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3，

3)，C(－1，3，0)，故AE＝(2,0，－3)，AG＝(1，3，0)，CG＝(2,0,3)．设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量，由00mAEmAG可得111123030xzxy取z1＝2，可得平

面AEG的一个法向量m＝(3，－3，2)．设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．由00nAGnCG可得222230230xyxz取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－3，－2)．所以cos〈,mn〉＝||||mnmn＝12.答

案第8页，总10页故所求的角为60°.20．（1）lnfxxax的定义域为0,，1fxax，当0a时，10fxax，所以fx在0,上单调递增，无极值点，当0a时，解10fxax得10xa，解10fxax得

1xa，所以fx在10,a上单调递增，在1,a上单调递减，所以函数fx有极大值点1a，无极小值点.（2）由条件可得2ln0(0)xxaxx恒成立，则当0x时，lnxaxx恒成立，令ln(0)xhxxxx，则

221lnxxhxx，令21ln(0)kxxxx，则当0x时，120kxxx，所以kx在0,上为减函数.又10k，所以在0,1上，0hx；在1,上，0hx.所以hx在0,1上为增函数；在1,

上为减函数.所以max11hxh，所以1a.21．（1）由题意知126xx，则12||||68AFBFxxpp，∴2p，∴抛物线的标准方程为24yx；（2）设直线:ABxmyn（0m）由24xmynyx，得2440ymyn，

∴124yym，∴121224226xyxymnnm，即232nm，答案第9页，总10页即21221216304812myymyym，∴2221

2||1413ABmyymm，设AB的中垂线方程为：2(3)ymmx，即(5)ymx，可得点C的坐标为(5,0)，∵直线2:32ABxmym，即2230xmym，∴点C

到直线AB的距离225231mdm221m，∴221||4132SABdmm令23tm，则223(03)mtt，244Stt令2()44fttt，∴2()443ftt，令()0ft，则233t，在230,3

上()0ft；在23,33上()0ft，故()ft在230,3单调递增，23,33单调递减，∴当233t，即153m时，max6439S.22．（1）直线2:c

os42l，故cossin10，即直线l的直角坐标方程为10xy.因为曲线:6cos0C，则曲线C的直角坐标方程为2260xyx，即22(3)9xy.答案第10页，总10页（2）设直线l的参数方程为21,222xty

t（t为参数），将其代入曲线C的直角坐标系方程得22250tt.设P，Q对应的参数分别为1t，2t，则125tt，1222tt，所以M对应的参数12022ttt，故120|t||t|||||552=||||22APAQAMt.