【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十一数学理试题PDF版含解析.pdf，共(15)页，924.987 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十一理科数学一、单选题1．复数12izi的虚部为（）A．35iB．35-C．35iD．352．设不同直线1:10lxmy，2:1220lmxy

，则“2m”是“12//ll”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3．函数afxxx在1x处的切线方程为20xyb，则ab（）A．3B．1C．0D．14．m，n为两条

不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若，m，n，则mnB．若//，m，n，则//mnC．若mn，m，n，则D．若mn，m，n，则5．若实数x，y满足不等式组1010xyxyxa

，若目标函数2zaxy的最大值为13，则实数a的值是（）A．3B．4C．5D．66．如图，在直角坐标系xOy中，点4,4B，点0,4C，点A在x轴上，曲线sin32xy与线段AB交于点4,3D.若在四边形OABC内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于

（）A．15B．14C．13D．12试卷第2页，总4页7．若函数21()2(2)1fxmxmx的值域为(0,)，则实数m的取值范围是（）A．(1,4)B．(,1)(4,)C．(0,1][4,)D．[

0,1][4,)8．执行如下的程序框图，则输出的S是（）A．36B．45C．36D．459．原始的蚊香出现在宋代.根据宋代冒苏轼之名编写的《格物粗谈》记载：“端午时，贮浮萍，阴干，加雄黄，作纸缠香，烧之，能祛蚊

虫.”如图，为某校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”，画法如下:在水平直线l上取长度为1的线段AB，做一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧，交线段BC的延长线于点D，再以点C为圆心，CD为半径逆时

针画圆弧，交线段AC的延长线于点E，以此类推，当得到的“螺旋蚊香”与直线l恰有21个交点时，“螺旋蚊香”的总长度的最小值为（）A．310πB．340πC．930πD．1020π10．设π()3sin112fxx

，若f（x）在ππ,36上为增函数，则的取值范围是()A．57,122B．57,42C．70,4D．50,411．在等腰ABC中，120C，6ABBC，2ADDC，则BDCA（）A．103

B．103C．223D．2312．我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”，已知1F、2F是一对相关曲线的焦点，P是椭圆和双曲线在第一象限的交点，当1260FPF时，这一对相关曲线中双曲线的离心率是()

A．3B．2C．233D．2二、填空题13．在某校组织的一次篮球定点投篮比赛中，两人一对一比赛规则如下：若某人某次投篮命中，则由他继试卷第3页，总4页续投篮，否则由对方接替投篮.现由甲、乙两人进行一对一投篮比赛，甲和乙每次投篮命中的概率分别是13，12.两人共投篮3次，且第一次由甲开始

投篮.假设每人每次投篮命中与否均互不影响.则3次投篮的人依次是甲、甲、乙的概率___________；14．三棱锥SABC中，90SACSBC，SCAB，2SCAB，三棱锥SABC的体积是4，则它的外接球体积的最小值是__

____.15．已知函数fx是定义在R上的奇函数，且当0x时，25fxxx，则不等式2fxfx的解集为________.16．设集合222(,)|(2),,2mAxyxymxyR，{(

,)|221,,}BxymxymxyR,若AB，则实数m的取值范围是______________三、解答题17．已知函数lnfxxxaxb在1,1f处的切线为2210xy.（1）求实数,ab的值；（2）求fx的单调区间.18．某工厂的A,B,

C三个不同车间生产同一产品的数量(单位:件)如下表所示.质检人员用分层抽样的方法从这些产品中共抽取6件样品进行检测:车间ABC数量50150100(1)求这6件样品中来自A,B,C各车间产品的数量;(2)若在这6件样品中随机抽取2件进行进一步检测,求这2件产品来自相同车间

的概率.19．如图，已知多面体ABCDE中，AB平面ACD，DE平面ACD，2ACADCDDE，1AB，F为CE的中点．（1）求证：BF平面CDE；（2）求多面体ABCDE的体积；（3）求平面BCE和平面ACD所成的锐二面角的大小．20．在平面直角坐标系xOy中，P为直线

0l：4x上的动点，动点Q满足0PQl，且原点O在以PQ为直径的圆上.记动点Q的轨迹为曲线C试卷第4页，总4页（1）求曲线C的方程：（2）过点2,0E的直线1l与曲线C交于A，B两点，点D（异于A，B）在C上，直线AD，BD分别与x轴交于点M，N，且3

ADAM，求BMN△面积的最小值.21．已知函数34xfxxe．（Ⅰ）求证：当0x时，yfx的图象位于直线40xy上方；（Ⅱ）设函数235xhxfxexxa，若曲线yhx在点M处的切线与x

轴平行，且在点,Ntht处的切线与直线OM平行（O为坐标原点），求证：1321tae．22．在平面直角坐标内，直线l过点3,2P，且倾斜角=6.以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴

为极轴建立极坐标系，已知圆C的极坐标方程为=4sin.（1）求圆C的直角坐标方程；（2）设直线l与圆C交于,AB两点，求PAPB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

十一理科数学详解1．D∵z1211322255iiiiiii，∴复数z12ii的虚部为35．故选：D2．C当2m时，代入两直线方程中，易知两直线平行，即充分性成立12//ll时，显然0m，从而有210mm

，解得2m或1m，但当1m时，两直线重合，不合要求，故必要性成立．故选:C3．A由题2()1afxx，则'(1)12fa，得1a，则切点为(1,0)，又切点(1,0)在切线20xyb上，得2b，则3ab

.故选：A.4．D若，m，n，则m与n相交、平行或异面，故A错误.若//，m，n，则m与n平行或异面，故B错误若mn，m，n，则与相交或平行，故C错误若mn，m，则n或n，又因为n，可得，

故D正确故选：D5．A画出满足条件1010xyxyxa的可行域，如下图所示，答案第2页，总11页根据图象可得0a，目标函数化为22azyx，当目标函数过(,1)Aaa时取得最大值，所以222213,2150aaaa，解得3a

，或5a（舍去）.故选：A.6．B由题意阴影部分面积为：44400024sin31sincos4222xSxdxxdxx，又四边形OABC的面积为4416S

，所以所求概率为41164SPS．故选：B．7．D函数21221fxmxmx的值域为0,，则g（x）=mx2+2（m﹣2）x+1的值域能取到（0，+∞），①当m=0时，g（x）=﹣4x+

1，值域为R，包括了（0，+∞），②要使f（x）能取（0，+∞），则g（x）的最小值小于等于0，则2204424044mmmacbam，解得：0＜m≤1或m≥4．综上可得实数m的取值范

围是0,14,故选：D．8．A18i满足，执行第一次循环，120111S，112i；28i成立，执行第二次循环，221123S，213i；38i成立，执行第三次循环，323136S，314i；答案第3页，

总11页48i成立，执行第四次循环，4261410S，415i；58i成立，执行第五次循环，52101515S，516i；68i成立，执行第六次循环，62151621S，617i；78i成立，执行

第七次循环，72211728S，718i；88i成立，执行第八次循环，82281836S，819i；98i不成立，跳出循环体，输出S的值为36，故选：A.9．A当以B

为圆心，半径为：1，4，7，10，…除起点外，与直线无交点，①当以C为圆心，半径为：2，5，8，11，…与直线有一个点，②当以A为圆心，半径为：3，6，9，12，…除终点（即①的起点，点A除外）外，与直线无交点，③所以当“螺旋蚊香”与直线l恰有21个交点时

，若使“螺旋蚊香”的总长度最小，则完成整数个循环，所以以B为圆心的弧与直线只有交点A，以C为圆心的弧与直线10个交点，以A为圆心的弧与直线有10个交点，即数列②有10项，数列③有10项，所以最后一个圆弧的半径为

33(101)30r，所以“螺旋蚊香”的总长度的最小值为30130112123...302310332l.故选：A10．D设()3sin()112fxx，在[,

]36上，[12312x，]612，由于()fx为增函数，31226122，即5472，求得504，故选：D．11．B答案第4页，总11页设等腰ABC的边长CACBx，∵120C，∴

22222212cos12032ABCACBCACBxxxxx，即3ABx，又∵233cos150362ABBCxxx，解得2x，又∵13BDCD

CBCACB，∴21141102233323CACBCACACACBBDCA，故选：B.12．A设椭圆的长半轴长为1a，椭圆的离心率为1e，则11cea，11cae．双曲

线的实半轴长为a，双曲线的离心率为e，cea，cae，设1PFx，2PFy(x0)y，则2222242cos60cxyxyxyxy，当点P被看作是椭圆上的点时，有22214343cxy

xyaxy，当点P被看作是双曲线上的点时，有24c224xyxyaxy，两式联立消去xy得222143caa，即222143cccee，所以2211134ee，又11ee

，答案第5页，总11页所以2234ee，整理得42430ee，解得23e或21e（舍去），所以3e，即双曲线的离心率为3，故选A．13．29由题意知两人共投篮3次，且第一次由甲开始投篮，每人每次投篮命中与否均互不影响，记“3次投篮的人依次是甲、甲、乙

”为事件A，由题意，得122339PA，即3次投篮的人依次是甲、甲、乙的概率是29．故答案为：29．14．323π3如图，设SC的中点为O，AB的中点为D，DESC,垂足为E.设2,,SCtABt因为90

,SACSBCSOOC,所以AOBOt，因为SOOCt，所以点O是三棱锥SABC外接球的球心，t是外接球的半径，.因为AOBOt，ADBD,所以ODAB,因为SCAB,,

,ODSCOODSC平面SDC,所以AB平面SDC,所以112432SABCASCDBSCDVVVtDEt，所以212DEt.要想外接球体积最小，即t最小，所以DE最大，.由题得2

22234DEODOEtOE，答案第6页，总11页当0OE时，DE最大为32t，所以231312,832ttt.所以它的外接球体积的最小值为34432383333t.故答案为：323π3.15．37,22由于函数yfx是

定义在R上的奇函数，且当0x时，25fxxx，当0x时，0x，2255fxxxxxfx，此时，25fxxx.综上所述，225,05,0xxxfxxxx.①当0x时，

由2fxfx，得222525xxxx，解得32x，此时，302x；②当200xx时，即当02x时，由2fxfx得222525xxxx，整理得2230xx，解得13x-<

<，此时02x；③当20x时，即当2x时，由2fxfx得222525xxxx，解得72x，此时722x.综上所述，不等式2fxfx的解集为37,22.故答案为：37,22

.16．1,222答案第7页，总11页17．（1）依题意可得：122(1)10(1)2ff即()lnfxxxaxb'()ln1fxxa又函数()fx在(1,(1))f处的切线

为2210xy，1(1)2f(1)111(1)2fafab解得：012ab（2）由（1）可得：f'（x）＝1+lnx，当10xe，时，f'（x）≤0，f（x）单调递减；答案第8页，总11页当1xe，时，f'（x）＞0，

f（x）单调递增，∴fx的单调减区间为1(0,),efx的单调增区间为1e，.18．(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是615015010050,所以A车间产品被选取的件数为150150,B车间产品被选取的件数为1150

350,C车间产品被选取的件数为1100250.(2)设6件自A､B､C三个车间的样品分别为:A;1B,2B,3B;1C,2C.则从6件样品中抽取的这2件产品构成的所有基本事件为:1,AB,2,AB,3,AB,1

,AC,2,AC,12,BB,13,BB,11,BC,12,BC,23,BB,21,BC,22,BC,31,BC,32,BC,12,CC,共15个.每个样品被抽到的机会均等,因此这些基本事件的出

现是等可能的.记事件D:“抽取的这2件产品来自相同车间”,则事件D包含的基本事件有:12,BB,13,BB,23,BB,12,CC,共4个所以415PD.所以这2件商品来自相同车间的概率为415.19．（1）取CD中点M，连接,

AMFM，因此有//MFDE且12MFDE，因为AB平面ACD，DE平面ACD，所以//ABDE，由已知可知：12ABDE，所以//MFAB且MFAB，因此ABFM为平行四边形，∴BFAM∥，因为DE平面A

CD，AM平面ACD，所以DEAM，因为ACADCD，所以三角形ACD是等边三角形，而M是CD的中点，所以DCAM，而DCDED，,DCDE平面CDE，答案第9页，总11页因此AM平面CDE，∴BF平面CDE；（2）因为DE平面ACD，CD平面ACD，所以DECD，因此22

222222ECCDDE，因此有2FC，因为AB平面ACD，AC平面ACD，所以ABAC，因此2222215BCCAAB，由BF平面CDE，CF平面CDE，所以BFCF，因此22523BFCBCF

，由（1）知：DCAM，所以221()4132AMACCD，连接BD，111122323133232ABCDEBCDEBACDVVV；（3）建立如下图的所示的

空间直角坐标系，Mxyz(0,0,0),(1,0,0),(0,0,3),(0,1,3),(1,2,0),(0,1,0)MCABEF,设平面BCE的法向量为：(,,)nxyz，(1,1,3),(2,2,0)CBCE，因此有030(1,1,0)0220nCBxyznnCExy

，平面ACD的法向量为：(0,1,0)MF,设平面BCE和平面ACD所成的锐二面角的大小为，则有22011(1)002cos241(1)1MFnMFn.20．解：（1）由题意，不妨设,Qxy，

则4,Py，4,OPy，,OQxy答案第10页，总11页∵O在以PQ为直径的圆上，∴0OPOQ，∴24,,40yxyxy，∴24yx，∴曲线C的方程为24yx.（2）设11,Axy，22,Bx

y，33,Dxy，,0Mm，,0Nn，依题意，可设1l：xtya（其中2a），由方程组24xtyayx消去x并整理，得2440ytya，则124yyt，1248yya，同

理可设1:AMxtym，2:BNxtyn，可得134yym，234yyn，∴134yym，234yyn，又∵3ADAM，∴313111,3,xxyymxy，∴

3113yyy，∴312yy，∴13231231144MNmnyyyyyyy12111211242yyyyyy，∴2221212121211248224BMNSMN

yyyyyyyyyt△，∴当0t时，BMN△面积取得最小值，其最小值为82.21．（Ⅰ）由题意，当0x时，yfx的图象位于直线40xy上方，即证当0x时，3440xexx恒成立，令344xgxexx，可

得'311xgxex，则''320xgxex，所以'gx在0,上单调递增，所以''00gxg，所以gx在0,上单调递增，所以00gxg，所以当0x时，fx的图象始终在直线40xy上方．（Ⅱ）因为

22351xxhxfxexxaexa，则2'1xhxex，答案第11页，总11页设00,Mxy，则200'10xhxex，所以01x，所以21,Mae，所以2OMkae，所以2

2'1thtetae．要证1321tae，即证32(1)tae，即证32(1)(1)ttet，即证1tte，下面证明1xex．令1xFxex，∴'1xFxe，所以当0x，'0Fx，0x，F'0x

，所以Fx在,0单调递减，在0,单调递增，所以00FxF，即1xex，所以232(1)(1)taette，1321tae．22．（1）由=4sin得2=4sin从而有224xyy即：2224x

y（2）由题意设直线l的参数方程为3cos62sin6xtyt（t为参数）即：322122xtyt（t为参数）代入圆的方程得22313422tt整理得：23350tt1233tt

，125tt由120tt且120tt可知121233PAPBtttt.