【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数学理试题PDF版含解析.pdf，共(15)页，698.474 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理科数学一、单选题1．设z为复数，则“1z”是“1zRz”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．函数f(x)＝x－cosx在[0，＋∞)内()．A．没有零点B．有且仅有一个零点C．有且仅有两个零点D．有无穷多个零点4．已知(2cos,2sin)OP

，(0,1)OQ，若2，则用的代数式表示向量OP和OQ的夹角等于()A．2B．2C．32D．325．共有10项的数列na的通项*200710,110200810nnnanNn，则该数列中最大项､最小项的情况是（）A．最大项为1a､最小

项为10aB．最大项为10a､最小项为1aC．最大项为6a､最小项为5aD．最大项为4a､最小项为3a6．变量x，y满足约束条件032200xyxymxy，若2zxy的最大值为2，则实数m等于（）A

．2B．1C．1D．27．如图是把二进制的数11111化成十进制数的一个程序框图，则判断框内应填入的条件是()试卷第2页，总4页A．4i？B．5i？C．4i？D．5i？8．设定义域为R的函数lg1,1(){,10

xxfxx，则关于x的方程2()()0fxbfxc有7个不同实数解的充要条件是()A．0b且0cB．0b且0cC．0b且0c=D．0b且0c=9．直线y=323x与圆心为D的圆33cos,{13sinxy([0,2))交与A、B

两点，则直线AD与BD的倾斜角之和为A．76B．54C．43D．5310．在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2，3，，18的18名火炬手．若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成3为公差的等差数列的概率为（）．A．151B．168C．1306D．140811．已

知三棱柱1116.34ABCABCOABAC的个顶点都在球的球面上若，，,ABAC112AAO，则球的半径为()A．3172B．210C．132D．31012．已知函数2(1)1,2()1(2),22xxfxfxx

，若函数()()Fxfxmx有4个零点，则实数m的取值范围是()A．516,26B．56,3222C．1,32220D．11,206二、填空题13．用列举法表示22*11|,22

nniiSxxnN，则S________.14．如图所示，是一正方形苗圃图案，中间黑色的大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的

半径是黑色小圆半径的2倍，若在正方形图案上随机地取一点，则该点取自黑色区域的试卷第3页，总4页概率为__________.15．已知正三棱锥PABC，点P，A，B，C都在半径为3的求面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为________．16．已知椭圆222

210xyabab，2,0A长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，且0ACBC，||2||OCOBBCBA，则椭圆的焦距为________.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．某课程考核分理论与实验两部分进行，每部分考核成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考核都是“合格”，则该课程考核“合格”，若甲、乙、丙三人在理论考核中合格的概率分别为0.9,0.8,0.7，在实验考核中合格的概率分别为0.8,0.7,0.9，所有考核

是否合格相互之间没有影响．(1)求甲、乙、丙三人在理论考核中至少有两人合格的概率；(2)求这三个人该课程考核都合格的概率(结果保留三位小数)．19．如图6,四棱柱1111ABCDABCD的所有棱长都相等,

11111,ACBDOACBDO,四边形11ACCA和四边形11BDDB为矩形.(1)证明:1OO底面ABCD;(2)若060CBA,求二面角11COBD的余弦值.试卷第4页，总4页20．已知常数0a，向

量(0,)ma，(1,0)n，经过定点(0,)Aa且以mn为方向向量的直线与经过定点(0,)Ba且以2nm为方向向量的直线交于点P，其中R.（1）求点P的轨迹C的方程；（2）若22a，过(0,1)E的直线l交曲线C于M，N两点，求EMEN的取值范围.21．设函数

2()ln2fxxmxx(mR).（1）当1m时，求函数()fx在1x处的切线方程；（2）当32m时，求函数()fx的单调增区间.22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为6sin6cosxy

（为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos()23.（1）求C的普通方程和l的直角坐标方程；（2）直线l与x轴的交点为P，经过点P的

直线m与曲线C交于,AB两点，若||||43PAPB，求直线m的倾斜角.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理科数学详解1．A因为1z，所以21z，所以1zz，所以1zzzRz，故充分；因为1zRz

，所以110zzzz，所以0zzzzzz，即10zzzzzz，解得zz或21zzz，故不必要；故选：A2．D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．B令1yx，2cosyx，则它们的图像如图答案第2页，总11页故选B4．C由题意，设向量OP和OQ的夹角为，因为OP2sinOQ，所以2sin

3cossincos212OPOQOPOQ，又2，所以3(,)22，所以32.故选：C5．D20071011200810200810nnnna

，因为lg1000lg2008lg10000，故3lg20084当2n时，111111910200810200810200810200810nnnnnnnaa当23n时，120081020080,010nn，故10nnaa即1

nnaa且1na对任意的13n恒成立.当5n时，120081020080,010nn，故10nnaa即1nnaa且1na对任意的4n恒成立.所以数列na中的最小项为3a，最大项为4a.故选：D.6．C答案第3页，总11页画出约束条件032200xyxymx

y所表示的平面区域，如图所示，目标函数2zxy可化为2yxz，平移直线2yxz经过点A时，此时目标函数取得最大值2，联立32200xymxy，可得223223xmmym，即点22(,)2323mAmm，所以22

222323mmm，解得1m.故选：C.7．C根据程序框图：1,1Si；3,2Si；7,3Si；15,4Si；31,5Si，结束.故选：C.8．C因为()0fx，所以由题设可知0c不成立，排除答案B；当0,0bc时，如取1,1bc，则2

0fxbfxc无解，故应排除答案A；若0,0bc，也不合题意，所以应排除答案D；当0b且0c时，方程20fxbfxc可化为f0,xfxb符合题意，应选答案C。9．C数形结合答案

第4页，总11页由圆的性质可知故4310．B共有318C17163种事件数，选出火炬手编号为13(1)naan，由1、4、7、10、13、16，可得4种，由2、5、8、11、14、17，可得4种，由3、6、9、12、15、18，可得4种，43117

16368p．选B．点睛：古典概型中基本事件数的探求方法(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简

单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.11．C因为直三棱柱中，AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径．取BC中点D，则OD⊥底面ABC，则O在侧面BCC1B1内，矩形BCC1B1的对角线长即为球

直径，所以2R＝22125＝13，即R＝13212．B函数2(1)1,2()1(2),22xxfxfxx，函数()()Fxfxmx有4个零点，即()fxmx有四个不同交点.画出函数()fx

图像如下图所示：答案第5页，总11页由图可知，当24x时，设对应二次函数顶点为A，则13,2A，11236OAk，当46x时，设对应二次函数的顶点为B，则15,4B，114520OBk.所以11206m

.当直线ymx与24x时的函数图像相切时与函数()fx图像有三个交点，此时211322ymxyx，化简可得22680xmx.226480m，解得322,m322m（舍）；当直线y

mx与46x时的函数图像相切时与函数()fx图像有五个交点，此时211544ymxyx，化简可得2410240xmx.24104240m，解得56,2m562m（舍）；故当()fxmx有四个不同交点时

56,3222m.故选：B.13．{0,2,2}22221212122212nnnnnniiiiiiixi，答案第6页，总11页当1n时，

0xii；当2n时，22112iix；当3n时，330iiiix；当4n时，44112xii；因为ni与ni都是以4为周期，所以nnxii也是以4为周期，因此x能取的值为0,2,2，即{0,2,2}S.故答

案为：{0,2,2}.14．18设黑色小圆的半径为r，正方形的边长为8，则黑色大圆的半径为2r，由题意可知，88r，即1r．图中黑色区域的面积为222884412648，又正方形的面

积为64．在正方形图案上随机取一点，则该点取自黑色区域的概率为6481648．故答案为：18．15．33正三棱锥P-ABC可看作由正方体PADC-BEFG截得，如图所示，PF为三棱锥P-ABC的外接球的直径，且PFABC平面,设正方体棱长为a，则23

12,2,22aaABACBC，1322222322ABCS由PABCBPACVV，得111••222332ABChS，所以233h，因为球心到平面ABC的距离为33.16．4

63如图所示：答案第7页，总11页因为0ACBC，所以ACBC.又因为||2||OCOBBCBA，所以||2||BCAC.即AOC△为等腰直角三角形.因为2,0A，所以1,1C.又因为1,1C在椭圆22221xyab上，所以22111ab.因

为2a，解得243b.所以426433c，焦距为463.故答案为：46317．（1）22fxxx当0fx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．记“甲理论考核合格”为事

件A1，“乙理论考核合格”为事件A2，“丙理论考核合格”为事件A3，记事件Ai为Ai的对立事件，i＝1,2,3.记“甲实验考核合格”为事件B1，“乙实验考核合格”为事件B2，“丙实验考核合格”为事件B3.(1)记“

理论考核中至少有两人合格”为事件C，记C为事件C的对立事件，P(C)＝P(A1A2A3＋A1A23A＋A12AA3＋1AA2A3)＝P(A1A2A3)＋P(A1A23A)＋P(A12AA3)＋P(1AA2A3)＝0.9×0.8×0.7＋0.9×0.

8×0.3＋0.9×0.2×0.7＋0.1×0.8×0.7＝0.902.所以，理论考核中至少有两人合格的概率为0.902.(2)记“三个人该课程考核都合格”为事件D.P(D)＝P[(A1·B1)·(A

2·B2)·(A3·B3)]答案第8页，总11页＝P(A1·B1)·P(A2·B2)·P(A3·B3)＝P(A1)·P(B1)·P(A2)·P(B2)·P(A3)·P(B3)＝0.9×0.8×0.8×0.7×0.7×0.9≈0.254.所以，这三个人该课程考核都合格的概率为0.254

.19．(1)证明:四棱柱1111ABCDABCD的所有棱长都相等四边形ABCD和四边形1111DCBA均为菱形11111,ACBDOACBDO1,OO分别为11,BDBD中点四边形11

ACCA和四边形11BDDB为矩形1//OO11//CCBB且11,CCACBBBD11,OOBDOOAC又ACBDO且,ACBD底面ABCD1OO底面ABCD.(2)法1::过1O作1BO的垂线交1BO于点H,连接11,

HOHC.不妨设四棱柱1111ABCDABCD的边长为2a.1OO底面ABCD且底面ABCD//面1111DCBA1OO面1111DCBA又11OC面1111DCBA111OCOO四边形1111DCBA为菱形1111OCOB又111OCOO且1111

OOOCO,111,OOOB面1OBD11OC面1OBD又1BO面1OBD答案第9页，总11页111BOOC又11BOOH且1111OCOHO,111,OCOH面11OHC1BO面11OHC11OHC为二面角11COBD的平面角,则1111cosOHOHCH

C且四边形ABCD为菱形11OCa,113,BOa22111112,7OOaBOBOOOa,则1111111112221·sin?77OOaOHBOOBOBOaaBOa再由11OHC的勾股定理可得

,则1111cosOHOHCHC221257719197aa,所以二面角11COBD的余弦值为25719.法2:因为四棱柱1111ABCDABCD的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此ACBD,又1OO面ABCD,从而1,,OBOCOO两两垂直,如图以O为坐

标原点,1,,OBOCOO所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立三维直角坐标系,不妨设2AB,因为060CBA,所以3OB,1OC,于是各点的坐标为:110,0,0,3,0,2,0,1,2OBC,

已知10,1,0n是平面11BDDB的一个法向量,设2,,nxyz是平面11OBC的一个法向量,则2121·0{·0nOBnOC,320{20xzyz,取3z,则,所以22,23,3n,121212·257coscos,19nnnnn

n,故二面角11COBD的余弦值为25719.20．（1）设(,)Pxy，则(,)APxya，(,)BPxya，答案第10页，总11页又(,)mna，2(1,2)nma，由题意//()APmn

，//(2)BPnm，∴()yaax，2yaax.消去得点P轨迹C的方程22222yaxa；（2）当22a时，点P轨迹方程为22221yx，此时(0,1)E为双曲线焦点，①若直线l斜

率不存在，直线:0lx，不妨设M(0,22)，N(0,-22)易求得2210,10,1222EMEN；②若l斜率存在，设:1lykx，代入22221yx，整理得2221410kxkx，则21010kk

，设11,Mxy，22,Nxy，则12221kxxk，122121xxk，11221212,1,1EMENxyxyxkkxxx22121kk

21121k，由211k且210k可得21111,,2122k，所以11,,22EMEN；综上，EMEN

的取值范围为11,,22.21．（1）当1m时，2()ln2fxxxx，1()22fxxx(1)=1f，答案第11页，总11页(1)1f()fx在1x处的切线方程为(1)(1),

yx即0xy.（2）当32m时，23()ln22fxxxx，21321()32(0)xxfxxxxx令()0fx，得23210xxx0x>，23210xx，解得13x(舍去)或1x，()fx的单调增区间是

(1,).22．（1）曲线C的普通方程为226xy，因为cos()23，所以cos3sin40，直线l的直角坐标方程为340xy.（2）点P的坐标为(4,0)，设直线m的参数方程为4cossinxtyt

（t为参数，为倾斜角），联立直线m与曲线C的方程得28cos100tt.设,AB对应的参数分别为12,tt，则121228cos1064cos400tttt，所以1212||||||||||8|cos|4

3PAPBtttt，得3cos2，且满足，故直线m的倾斜角为6或56.