广东汕头高考二模数学理试题Word版含答案

1、高考数学精品复习资料 2019.5汕头市普通高中高三教学质量测评试题(二)理 科 数 学 一、选择题1. 算数满足，则A B C D2已知集合，且都是全集的子集，则右边韦恩图中阴影部分表示的集合为A B C D3. 执行右边的框图，若输出的结果为，则输入的实数的值是A B C D4如图所示，图中曲线方程为，用定积分表达围成封闭图形（阴影部分）的面积是5给出平面区域G，如图所示，其中，若使目标函数取得最小值的最优解有无穷多个，则的值为A B C2 D4 6某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是A B C D7已知数列都是公差为1的等差数列，其首项分别为且，则数列的前10项和等于A55 B70 C85 D1008关于二项式有下列命题：（1）该二项展开式中非常数项的系数和是1；（2）该二项展开式中第六项为；（3）该二项展开式中系数最大的项是第1007项；（4）当时，除以20xx的余数是20xx。其中正确命题有A1个 B2个 C3个 D4个二、填空题（一）必做题（9-13题）9某学校高一某班的一次数学测试成绩的茎叶图和频率分布直方图都受到不同程序的破坏，但可见部分如下图，据此可以了解分数在

2、的频率为 ，并且推算全班人数为 。10. 下图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降2米后水面宽 米。11在，角的对边分别为，且，则角 。12已知正方形的边长为1，点是边上的点，则的值为 。13若，使成立，则实数的取值范围是 。（二）选做题（14-15题，考生只能从中选做一题）14直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点分别在曲线（为参数）和曲线上，则的最大值为 。15如图，已知的两条直角边的长分别为，以边为直径与交于点，则三角形的面积为 。三、解答题16已知函数的图像与轴交于，它在右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为和。（1）求函数的解析式及的值；（2）若锐角满足，求。17高三（1）班和高三（2）班各已选出3名学生组成代表队，进行乒乓球对抗赛，比赛规则是：按“单打、双打、单打”顺序进行三盘比赛；代表队中每名队员至少参加一盘比赛，但不得参加两盘单打比赛；先胜两盘的队获胜，比赛结束。已知每盘比赛双方胜的概率均为。（1）根据比赛规则，高三（1）班代表队共可排出多少种不同的出场阵容？（2）高三（1）班代表队连胜两盘的概率为多少？（3）设

3、高三（1）班代表队获胜的盘数为，求的分布列和期望。18已知动点与两个定点的连线的斜率之积等于常数（）（1）求动点的轨迹的方程；（2）试根据的取值情况讨论轨迹的形状；（3）当时，对于平面上的定点，试探究轨迹上是否存在点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由。19如图，在梯形中，平面平面，四边形是矩形，点在线段上。（1）求证：平面；（2）当为何值时，平面？证明你的结论；（3）求二面角的余弦值。20在数列中，且对任意成等差数列，其公差为。（1）证明：成等比数列； （2）求数列的通项公式；（3）记，证明：21已知函数。（1）若对于定义域内的任意恒成立，求实数的取值范围；（2）设有两个极值点，且，证明：；（3）设对于任意的，总存在，使不等式 成立，求实数的取值范围。理科数学二模参考答案参考答案一、选择题1B2C3D4C5D6A7C8C9 2510 11或12113 145 15 16由 ，（9分） （11分）（12分）方法二：因为由 所以：（9分）（12分）17. 解：（）参加单打的队员有种方法，参加双打的队员有种方法. 所以，高三（1）班出场阵容共有种） （3分）（）高三（1）班代表

4、队连胜两盘，可分为第一盘、第二盘胜或第一盘负，其余两盘胜. 所以，连胜两盘的概率为 （7分）（）的取值可能为0，1，2（8分） （9分） （10分） 所以的分布列为012. （12分）18解、（）由题设可知;的斜率存在且不为0，所以，即（3分）()讨论如下：(1)当时，轨迹C为中心在原点，焦点在x 轴上的双曲线（除去顶点）(2)当时，轨迹C为中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆（除去长轴两个端点）（3）当时，轨迹C为以原点为圆心，1为半径的圆（除去点（-1,0），（1,0）（4）当时，轨迹C为中心在原点，焦点在y轴上的椭圆（除去短轴两个端点）（7分）（）、当时，轨迹C的方程为，显然定点E、F为其左右焦点。假设存在这样的点P，使得，记，,那么在中: （9分）整理可得:,所以（10分）所以（11分）又因为（12分）所以故代入椭圆的方程可得： 所以，所以满足题意的点P有四个，坐标分别为，（14分）19证明：（）在梯形ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，（1分）且，（2分）又平面平面ABCD，交线为AC，平面ACFE. （4分）（）当时，平面BDF. 现在证明如下：在梯形ABCD中，设，连结FN

5、，则 而，MFAN，四边形ANFM是平行四边形. 又平面BDF，平面BDF. 平面BDF. （8分）（）方法一;（几何法）取EF中点G，EB中点H，连结DG、GH、DH，容易证得DE=DF，平面ACFE， 又，又，是二面角BEFD的平面角. （11分）在BDE中，又在DGH中，由余弦定理得即二面角BEFD的平面角余弦值为 （14分）方法二;（向量法）以C为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系：,，所以，（10分）分别设平面BEF与平面DEF的法向量为，所以，令，则（11分）又显然，令（12分）所以，设二面角的平面角为为锐角所以（14分）20证明：（）因为，且，成等差数列，其公差为。即，（1分）所以，分别取代入解得，（2分）显然满足，即，成等比数列；（3分）（）由题意可知：对恒成立所以 =（5分）又，所以=（6分）所以数列的通项公式为， 或写为（注意：以上三种写法都给全分）（7分）（）先证右边：（1）当时，显然满足结论。（2）当时，因为为奇数时，所以，且当为偶数时，综上可知，当时取等号所以对任意的成立。（9分）再证左边：因为所以（1）当时（11分）（2）当时（13分）综上可知对，成立。 （14分）21解析：（）由题意：，分离参数可得：（1分）设，则（2分）由于函数，在区间上都是增函数，所以函数在区间上也是增函数，显然时，该函数值为0所以当时，当时， Ks5u所以函数在上是减函数，在上是增函数所以，所以即（4分）（）由题意知道：，且所以方程有两个不相等的实数根，且，又因为所以，且（6分）而，设，则所以，即（8分）（）所以（9分）因为，所以所以当时，是增函数，所以当时，（10分）所以，要满足题意就需要满足下面的条件：，令，即对任意，恒成立因为 （11分）分类讨论如下：（1）若，则，所以在递减，此时不符合题意（2）若，则，所以在递减，此时不符合题意。Ks5u（3）若，则，那么当时，假设为2与中较小的一个数，即，则在区间上递减，此时不符合题意。Ks5u综上可得解得，即实数的取值范围为（14分）

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