辽宁省部分重点中学协作体高考数学三模试卷(理科)解析版
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高考数学三模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合A ={x |x 2＜2}，则∁R A =（ ）A. {x |-2≤x ≤2}B. {x |x ≤-2或x ≥2}C. D.2. 若a ，b 均为实数，且，则A.B. 2C.D. 33. 已知函数f （x ）=（2x +2-x）ln|x |的图象大致为（ ）A.B.C.D.4. 已知向量，满足，，且，则向量与的夹角的余弦值为（ ）A.B.C.D.5. 已知等比数列的前n 项和为，若，，则A. 8B. 7C. 6D. 46. 已知抛物线C ：x 2=2py （p ＞0）的准线l 与圆M ：（x -1）2+（y -2）2=16相切，则p =（ ） A. 6 B. 8 C. 3 D. 47. “割圆术”是刘徽最突出的数学成就之一，他在《九章算术注》中提出割圆术，并作为计算圆的周长、面积以及圆周率的基础，刘徽把圆内接正多边形的面积直算到了正3072边形，并由此而求得了圆周率为3.1415和3.1416这两个近似数值，这个结果是当时世界上圆周率计算的最精确数据．如图，当分割到圆内接正六边形时，某同学利用计算机随机模拟法向圆内随机投掷点，计算得出该点落在正六边形内的频率为0.8269，那么通过该实验计算出来的圆周率近似值为（参考数据=2.0946）（）A. 3.1419B. 3.1417C. 3.1415D. 3.14138.已知函数f（x）=2|x|+x2，设，n=f（7-0.1），p=f（log425），则m，n，p的大小关系为（）A. m＞p＞nB. p＞n＞mC. p＞m＞nD. n＞p＞m9.已知函数f（x）＝cos（ωx＋φ）（ω＞0）的最小正周期为π，且对x∈R，恒成立，若函数y＝f（x）在[0，a]上单调递减，则a的最大值是（）A. B. C. D.10.在四棱锥P一ABCD中，所有侧棱都为4，底面是边长为2的正方形，O是P在平面ABCD内的射影，M是PC的中点，则异面直线OP与BM所成角为( )A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°11.已知双曲线的左、右焦点分别为,过且斜率为的直线与双曲线在第一象限的交点为,若(+)·=0,则此双曲线的标准方程可能为（）A. B. C. D.12.数列为1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1，2，3，4，，首先给出，接着复制该项后，再添加其后继数2，于是，，然后再复制前面所有的项1，1，2，再添加2的后继数3，于是，，，，接下来再复制前面所有的项1，1，2，1，1，2，3，再添加4，，如此继续，则A. 1B. 2C. 3D. 4二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.利用线性回归分析思想，预测出2019年8月份的利润为11.6万元，则y关于x的线性回归方程为______14.设，满足约束条件，则的最小值是________.15.若一个圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的外接球的表面积为______．16.若函数f（x）=e x-ax2有极值点，则a的取值范围是______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b sin B+c sin C=a（+sin A）（1）求A的大小；（2）若a=，B=，求△ABC的面积18.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，A1D与AD1交于点E，AA1=AD=2AB=4．（1）证明：AE⊥平面ECD．（2）求直线A1C与平面EAC所成角的正弦值．19.某工厂预购买软件服务，有如下两种方案：方案一：软件服务公司每日收取工厂60元，对于提供的软件服务每次10元；方案二：软件服务公司每日收取工厂200元，若每日软件服务不超过15次，不另外收费，若超过15次，超过部分的软件服务每次收费标准为20元．（1）设日收费为y元，每天软件服务的次数为x，试写出两种方案中y与x的函数关系式；（2）该工厂对过去100天的软件服务的次数进行了统计，得到如图所示的条形图，依据该统计数据，把频率视为概率，从节约成本的角度考虑，从两个方案中选择一个，哪个方案更合适？请说明理由．20.已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的离心率为，焦距为2．（1）求C的方程；（2）若斜率为-的直线与椭圆C交于P，Q两点（点P，Q均在第一象限），O为坐标原点，证明：直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列．21.已知函数，.(1)当为何值时，直线是曲线的切线；(2)若不等式在上恒成立，求的取值范围.22.在直角坐标系xOy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ρcos（θ+）=，曲线C的极坐标方程为ρ-6cosθ=0．（1）写出直线l和曲线C的直角坐标方程；（2）已知点M（1，0），若直线l与曲线C交于P，Q两点，求|MP|2+|MQ|2的值23.已知函数f（x）=|x+2|．（1）求不等式f（x）+f（x-2）＜x+4的解集；（2）若∀x∈R，使得f（x+a）+f（x）≥f（2a）恒成立，求a的取值范围．答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题考查集合补集运算，考查运算求解能力．利用补集的定义，判断A集合，求解即可．【解答】解：已知集合A={x|x2＜2}，解得：，所以C R A={x|x≤-或x≥},故选D．2.【答案】C【解析】【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘法运算化简，再由复数相等的条件列式求得a，b，则答案可求．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题．【解答】解：由，得a+bi=（1-i）（2-i）=1-3i，则a=1，b=-3．∴ab=-3．故选C．3.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查函数图象的识别和判断，判断函数的奇偶性和零点个数求解即可．【解答】解：f（-x）=（2-x+2x）ln|-x|=（2x+2-x）ln|x|=f（x），函数的定义域为，∴f（x）是偶函数，排除D，由f（x）=0得ln|x|=0，则|x|=1，即x=1或x=-1，即f（x）有两个零点，排除C，当时，,排除A，故选B．4.【答案】D【解析】解：由题意可知，，且，可得3+2=4，解得，向量与的夹角的余弦值：．故选：D．利用已知条件，结合斜率的数量积转化求解向量与的夹角的余弦值．本题考查平面向量的数量积运算，考查运算求解能力．5.【答案】A【解析】解：，则S3=8．故选：A．利用已知条件化简，转化求解即可．本题考查等比数列的性质，考查化归与转化的思想．6.【答案】D【解析】解：抛物线C：x2=2py（p＞0）的准线l：y=-与圆M：（x-1）2+（y-2）2=16相切，可得=4，解得p=4．故选：D．求出抛物线的准线方程，利用已知条件列出方程求解即可．本题考查抛物线的简单性质以及抛物线与圆的位置关系的应用，是基本知识的考查．7.【答案】A【解析】【分析】本题考查了几何概型中的面积型及正六边形、圆的面积公式，属中档题．由几何概型中的面积型及正六边形、圆的面积公式得：=0.8269，所以=0.8269，又=2.0946，所以π≈3.1419，得解．【解答】解：由几何概型中的面积型可得：=0.8269，所以=0.8269，所以=2.0946，所以π≈3.1419，故选：A．8.【答案】C【解析】【分析】本题考查函数的单调性与奇偶性，利用函数的奇偶性以及函数的单调性，结合对数的大小，求解即可．【解答】解：f（x）=2|x|+x2为偶函数，且函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．7-0.1∈（0，1），log425=log25∈（2，3），, 即,故,所以,故p＞m＞n．故选：C．9.【答案】B【解析】【分析】本题考查三角函数的图象及其性质，考查运算求解能力，属于中档题．利用函数的周期求出ω，对x∈R，恒成立，推出函数的最小值，求出φ，然后求解函数的单调区间即可．【解答】解：函数f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0）的最小正周期为π，，又对任意的x，都有，所以函数f（x）在上取得最小值，则，k∈Z，即，k∈Z．所以，令，k∈Z，解得，k∈Z，则函数y=f（x）在上单调递减，故a的最大值是．故选：B．10.【答案】C【解析】【分析】由题意画出图形，可知四棱锥P-ABCD为正四棱锥，以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线OP与BM 所成角．本题考查异面直线所成角的求法，考查利用空间向量求解空间角，是中档题．【解答】解：如图，由题意，四棱锥P-ABCD为正四棱锥，以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，P(0，0，)，B(0，，0)，M(-，0，)，，，∴cos＜＞==．∴异面直线OP与BM所成角为60°．故选：C．11.【答案】D【解析】【分析】本题考查双曲线的定义和方程、性质，考查向量数量积的性质，以及三角形的余弦定理，考查运算能力，属于中档题．由向量的加减运算和数量积的性质，可得|AF2|=|F2F1|=2c，由双曲线的定义可得|AF1|=2a+2c，再由三角形的余弦定理，可得3c=5a，4c=5b，即可得到所求方程．【解答】解：若（+）•=0，即为若（+）•（-+）=0，可得2=2，即有|AF2|=|F2F1|=2c，由双曲线的定义可得|AF1|=2a+2c，在等腰三角形AF1F2中，tan∠AF2F1=-，cos∠AF2F1=-=，化为3c=5a，即a=c，b=c，可得a：b=3：4，a2：b2=9：16．故选：D．12.【答案】A【解析】解：由数列{a n}的构造方法可知a1=1，a3=2，a7=3，a15=4，可得，即，故a2019=a996=a485=a230=a103=a40=a9=a2=1．故选：A．利用已知条件，推出，然后求解a2019即可．本题考查数列的综合问题，考查运算求解和推理论证能力．13.【答案】【解析】解：由已知表格中的数据可得，，，∴，①又，②联立①②解得：，．∴y关于x的线性回归方程为．故答案为：．由已知求得样本点的中心的坐标，结合已知列关于与的方程组，求解即可得到y关于x的线性回归方程．本题考查线性回归方程，考查计算能力，是基础题．14.【答案】0【解析】【分析】先画出可行域的边界，即三个直线方程对应的直线，再利用一元二次不等式表示平面区域的规律，确定可行域，将目标函数的函数值看做目标函数对应直线的纵截距，平移目标函数，数形结合找到最优解，即可求出结果．本题考查了线性规划的方法和思想，一元二次不等式表示平面区域的规律和区域的画法，利用可行域数形结合求目标函数最值的方法.【解答】解：依题意x，y满足约束条件，画图如下：当z=0时，有直线l1：x+y=0和直线l2：x-y=0，并分别在上图表示出来，当直线向x-y=0向下平移并过A点的时候，目标函数z=x+y有最小值，此时最优解就是A点，点A的坐标是：A（2，-2），所以目标函数z=x+y的最小值是0．故答案为0．15.【答案】8π【解析】解：如图，圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则正方形的边长为2，∴正方形的对角线即圆柱外接球的直径为，半径为．∴该圆柱的外接球的表面积为．故答案为：8π．由题意画出图形，求出圆柱外接球的直径，得到外接球的半径，则外接球的表面积可求．本题考查旋转体外接球的表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．16.【答案】【解析】解：由题可知，函数f（x）的定义域为R，f'（x）=e x-2ax，则方程e x-2ax=0有根，且方程的根是f'（x）的异号零点，在同一坐标系中作出函数y=e x和y=2ax的图象，如图所示，当直线y=2ax和曲线y=e x相切时，设切点为P（x0，y0），则，解得，由图可知．故答案为：．求出f'（x）=e x-2ax，则方程e x-2ax=0有根，在同一坐标系中作出函数y=e x和y=2ax的图象，通过当直线y=2ax和曲线y=e x相切时，设切点为P（x0，y0），则，求解即可．本题考查导数与极值问题，考查化归与转化、函数与方程的思想以及运算求解能力和推理论证能力．17.【答案】解：（1）∵b sin B+c sin C=a（+sin A），∴由正弦定理可得：b2+c2=a（+a），∴b2+c2-a2=，∴2bc cos A=bc，解得：cos A=，可得：A=．（2）∵sin C=sin（A+B）=，由正弦定理，可得：b=，∴S△ABC=ab sin C=．【解析】（1）由正弦定理化简已知等式可得b2+c2=a（+a），可得b2+c2-a2=，进而可求cos A=，从而可得A的值．（2）利用两角和的正弦函数公式可求sin C的值，利用正弦定理可得b，根据三角形的面积公式即可计算得解．本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．18.【答案】（1）证明：因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱，所以AA1⊥平面ABCD，则AA1⊥CD．又CD⊥AD，AA1∩AD=A，所以CD⊥平面AA1D1D，所以CD⊥AE．因为AA1⊥AD，AA1=AD，所以AA1D1D是正方形，所以AE⊥ED．又CD∩ED=D，所以AE⊥平面ECD．（2）解：建立如图所示的坐标系，A1D与AD1交于点E，AA1=AD=2AB=4．A（0，0，0），A1（0，0，4），C（2，4，0），D（0，4，0）所以E（0，2，2），=（2，4，-4），设平面EAC的法向量为=（x，y，z），可得，即，不妨=（-2，1，1），直线A1C与平面EAC所成角的正弦值：===．【解析】（1）证明AA1⊥CD．CD⊥AD，推出CD⊥平面AA1D1D，得到CD⊥AE．证明AE⊥ED．即可证明AE⊥平面ECD．（2）建立坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量的数量积求解直线A1C与平面EAC 所成角的正弦值．本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用；19.【答案】解：（1）由题可知，方案一中的日收费y与x的函数关系式为y=10x+60，x∈N．方案二中的日收费y与x的函数关系式为y=．（2）设方案一中的日收费为X，由条形图可得X的分布列为所以（）（元）．方案二中的日收费为Y，由条形图可得Y的分布列为所以从节约成本的角度考虑，选择方案一．【解析】（1）依题意，根据题目给出的信息列出函数关系式即可，注意定义域．（2）根据频数条形图中的数据列出两种方案对应的分布列，计算出期望，以期望作为判断条件判断即可．本题考查了函数的解析式的求法，离散型随机变量的分布列与数学期望，决策问题等．本题属于中档题．20.【答案】（1）解：由题意，，解得．又b2=a2-c2=1，∴椭圆方程为；（2）证明：设直线l的方程为y=-，P（x1，y1），Q（x2，y2），由，消去y，得2x2-4mx+4（m2-1）=0．则△=16m2-32（m2-1）=16（2-m2）＞0，且x1+x2=2m，．故=．∴=．即直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列．【解析】（1）由已知得关于a，c的方程组，求解可得a，c的值，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；（2）设直线l的方程为y=-，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系及斜率乘积证得即可．本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查等比数列的判定，是中档题．21.【答案】解：（1）令n（x）=kf（x）=k ln x，，设切点为（x0，y0），则，x0-1=k ln x0，则．令，，则函数y=F（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．且F（1）=1，所以k=1．（2）令，则．①当a≤0时，h'（x）＜0，所以函数h（x）在[1，e]上单调递减，所以h（x）≤h（1）=0，所以a≤0满足题意．②当a＞0时，令h'（x）=0，得x=4a2，所以当x∈（0，4a2）时，h'（x）＞0；当x∈（4a2，+∞）时，h'（x）＜0．所以函数h（x）在（0，4a2）上单调递增，在（4a2，+∞）上单调递减．（i）当4a2≥e，即时，h（x）在[1，e]上单调递增，所以，所以，此时无解．（ⅱ）当1＜4a2＜e，即时，函数h（x）在（1，4a2）上单调递增，在（4a2，e）上单调递减．所以h（x）≤h（4a2）=a ln（4a2）-2a+1=2a ln（2a）-2a+1≤0．设，则m'（x）=2ln（2x）＞0，所以m（x）在上单调递增，，不满足题意，（ⅲ）当0＜4a2≤1，即时，h（x）在[1，e]上单调递减，所以h（x）≤h（1）=0，所以满足题意．综上所述：a的取值范围为．【解析】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，构造法的应用，考查转化思想以及计算能力．（1）令n（x）=kf（x）=k ln x，，设切点为（x0，y0），则，x0-1=k ln x0，利用函数的单调性结合F（1）=1，求出k．（2）令，求出导函数，通过①当a≤0时，判断函数的单调性，②当a＞0时，判断函数的单调性．（i）当4a2≥e，（ⅱ）当1＜4a2＜e，（ⅲ）当0＜4a2≤1，分析函数的最值推出结果即可．22.【答案】解：（1）由ρcos（θ+）=得直线l的直角坐标方程为：x-y-1=0；由ρ-6cosθ=0得ρ2-6ρcosθ=0得曲线C的直角坐标方程为x2+y2-6x=0，即（x-3）2+y2=9．（2）依题意得直线l的参数方程为：（t为参数），将其代入曲线C的直角坐标方程得t2-2-5=0，设P，Q对应的参数分别为t1，t2，得t1t2=-5，t1+t2=2，所以|MP|2+|MQ|2=|t1|2+|t2|2=（t1+t2）2-2t1t2=18．【解析】（1）根据ρcosθ=x，ρsinθ=y可得直线l和曲线C的直角坐标方程；（2）将直线l的参数方程为：（t为参数），代入曲线C的直角坐标方程后，根据韦达定理以及参数t的几何意义可得．本题考查了极坐标方程化成直角坐标方程、直线参数方程中参数t的几何意义，属中档题．23.【答案】解：（1）f（x）=|x+2|，f（x）+f（x-2）＜x+4，即为|x|+|x+2|＜x+4，当x≥0时，x+x+2＜x+4，解得0≤x＜2；当-2＜x＜0时，-x+x+2＜x+4，解得-2＜x＜0；当x≤-2时，-x-x-2＜x+4，解得x∈∅．综上可得不等式的解集为{x|-2＜x＜2}；（2）f（x+a）+f（x）≥f（2a），即为|x+a+2|+|x+2|≥|2a+2|，由|x+a+2|+|x+2|≥|x+a+2-x-2|=|a|，可得|2a+2|≤|a|，即有4a2+8a+4≤a2，可得3a2+8a+4≤0，解得-2≤a≤-．【解析】（1）由题意可得|x|+|x+2|＜x+4，由绝对值的意义，对x讨论，去绝对值，解不等式，求并集即可；（2）由题意可得|x+a+2|+|x+2|≥|2a+2|，运用绝对值不等式的性质可得|2a+2|≤|a|，解不等式可得所求范围．本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题解法，考查分类讨论思想和转化思想，考查化简运算能力，属于中档题．。
