辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三上学期第一次模拟考试数学理试题答案

2018—2019学年度上学期高三第一次模拟考试（数学理科）试卷使用时间:9月7日命题人:高三数学备课组一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.复数21()2iiA.1B.1C.iD.i2.已知全集2{|8120}UxZxx，3,4,5A，C5,6UB，则ABA.5,6B.3,4C.2,3D.2,3,4,53.甲乙两名同学6次考试的成绩统计如下图，甲乙两组数据的平均数分别为甲x、乙x，标准差分别为,甲乙，则A.甲乙xx，甲乙B.甲乙xx，甲乙C.甲乙xx，甲乙D.甲乙xx，甲乙4.一个棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后，剩余几何体的三视图如图所示，则截去．．的几何体是A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱5.下列命题中真命题的是A.若pq为假命题，则p，q均为假命题；B.“22bmam”是“ba”的充要条件；C.命题：若12x，则1x或1x的逆否命题为：若1x或1x，则12x；D.对于实数,xy，:8pxy，:2qx或6y，则p是q的充分不必要条件.6.已知1cos25，则cos2A．725B．725C．2325D．23257.若实数,xy满足210220xxyxy，则2zxy的最小值为A.4B.1C．1D．48．已知函数22lg()yxxa是定义在R上的奇函数，且函数2()xagxx在0,上单调递增，则实数a的值为A．1B．2C．1D．29.某次文艺汇演，要将A、B、C、D、E、F这六个不同节目编排成节目单，如下表：序号123456节目如果A、B两个节目要相邻，且都不排在第3号位置，则节目单上不同的排序方式有A．192种B．144种C．96种D．72种10.函数()sin()fxAx（其中A＞0，＜π2）的图象如图所示，为了得到()sin3gxx的图象，只需将()fx的图象A.向右平移π4个单位长度B.向左平移π4个单位长度C.向右平移π12个单位长度D.向左平移π12个单位长度11.设点1F为双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左焦点，点P为C右支上一点，点O为坐标原点，若1OPF是底角为030的等腰三角形，则C的离心率为A．31B．31C．312D．51212．已知函数fx的导函数为'fx，且对任意的实数x都有'5()(2)()2xfxexfx（e是自然对数的底数），且01f，若关于x的不等式0fxm的解集中恰唯一一个整数，则实数m的取值范围是A.e(,0)2B.e(,0]2C．3e(,0]4D．3e9(,]42e第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知1nmx的展开式中，二项式系数和为32，各项系数和为243，则m．14.已知抛物线24yx的焦点为F，点A在y轴上，线段AF的中点B在抛物线上，则AF．15.在正四面体PABC中，其侧面积与底面积之差为23，则该正四面体外接球的表面积为．16.如图，设ABC的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，coscossinaCcAbB，且6CAB.若点D是ABC外一点，2,3DCDA，则当四边形ABCD面积最大值时，sinD．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（本小题满分12分）已知等差数列na的公差为d，且关于x的不等式2130axdx的解集为(1,3)，（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）若1()22nannba，求数列nb前n项和nS.18．（本小题满分12分）随着移动支付的普及，中国人的生活方式正在悄然发生改变，带智能手机而不带钱包出门，渐渐成为中国人的新习惯.2017年我国的移动支付迅猛增长，据统计某平台2017年移动支付的笔数占总支付笔数的80%.（Ⅰ）从该平台的2017年的所有支付中任取10笔，求移动支付笔数的期望和方差；（Ⅱ）现有500名使用移动支付平台的用户，其中300名是城市用户，200名是农村用户，调查他们2017年个人支付的比例是否达到80%，得到22列联表如下：个人移动支付比例达到了80%个人移动支付比例未达到80%合计城市用户27030300农村用户17030200合计44060500根据上表数据，问是否有95%的把握认为2017年个人支付比例达到了80%与该用户是否是城市用户还是农村用户有关？附：22=nadbcabaccdbdDCBA2pk0.0500.010k3.8416.63519.（本小题满分12分）在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，//BCAD，90ADC，112BCCDAD，PAPD，E，F分别为AD，PC的中点.（Ⅰ）求证：//PA平面BEF；（Ⅱ）若PEEC，求二面角FBEA的余弦值.20.（本小题满分12分）已知(2,0)A，(2,0)B，点C是动点，且直线AC和直线BC的斜率之积为34.（Ⅰ）求动点C的轨迹方程；（Ⅱ）设直线l与（Ⅰ）中轨迹相切于点P，与直线4x相交于点Q，且(1,0)F，求证：90PFQ.21.（本小题满分12分）已知函数baxxxexfx2，曲线xfy在点0,0f处的切线方程为0324yx(1)求ba,的值；(2)证明:xxfln.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系xOy中，曲线C的方程是：22510xy，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线C的极坐标方程；（2）设过原点的直线l与曲线C交于A，B两点，且2AB，求直线l的斜率．23.（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数1fxax，不等式3fx的解集为1,2.（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）若不等式1fxxm的解集为，求实数m的取值范围.高三第一次模拟考试（数学理科）答案一、选择题1.D2.B3.C4.B5.D6.C7.C8.A9.B10.C11.A12.B二、填空题13.214.315.616.277三、解答题17.解：（1）由题意，得112,33,daa解得121.da,┄┄┄┄┄┄4分故数列na的通项公式为12(1)nan，即21nan.┄┄┄┄┄┄6分（2）据（1）求解知21nan，所以1()222(21)nannnban，┄┄┄┄┄┄8分所以(2482)(13521)nnSn1222nn┄┄┄┄┄┄12分18.解：（Ⅰ）设移动支付笔数为X，则4~(10,)5XB，┄┄┄┄┄┄2分所以4418108,105555EXDX.┄┄┄┄┄┄6分（Ⅱ）因为222()5002703017030)=2.8413.841()()()()44060300200nadbcabcdacbd（，┄┄┄┄┄10分所以没有95%的把握认为2017年个人移动支付比例达到了80%与该用户是城市用户还是农村用户有关.┄┄┄┄12分19.（1）证明：连接AC交BE于O，并连接EC，FO，//BCAD，12BCAD，E为AD中点，//AEBC，且AEBC，四边形ABCE为平行四边形，┄┄┄┄┄┄2分O为AC中点，又F为PC中点，//OFPA，┄┄┄┄┄┄4分OF平面BEF，PA平面BEF，//PA平面BEF.┄┄┄┄┄┄6分（2）（法一）由BCDE为正方形可得2EC，2PEEC.取PD中点M，连ME，MF，MA，侧面PAD底面ABCD，且交于AD，BEAD，BE面PAD，又//MEOF，MEA为二面角FBEA的平面角┄┄┄┄┄┄9分又32EM，1AE，112AM，3cos3MEA，所以二面角FBEA的余弦值为33.┄┄┄┄┄┄12分（法二）由题意可知PE面ABCD，BEAD，如图所示，以E为原点，EA、EB、EP分别为x、y、z建立直角坐标系，则0,0,0E，1,0,0A，0,1,0B，112,,222F.┄┄┄┄┄┄7分平面ABE法向量可取：0,0,1n┄┄┄┄┄┄8分平面FBE中，设法向量为,,mabc，则00mEBmEF0001120222babc取2,0,1m┄┄┄┄┄┄10分1cos,3mnmnmn，所以二面角FBEA的余弦值为33┄┄┄┄┄┄12分20.解：（1）设(,)Cxy，则依题意得34ACBCkk，又(2,0)A，(2,0)B，所以有3(0)224yyyxx，整理得221(0)43xyy，即为所求轨迹方程.┄┄┄┄┄┄5分（2）设直线l：ykxm，与223412xy联立得2234()12xkxm，即222(34)84120kxkmxm，依题意222(8)4(34)(412)0kmkm，即2234km，┄┄┄┄┄┄8分∴122834kmxxk，得122434kmxxk，∴2243(,)3434kmmPkk，而2234km，得43(,)kPmm，又(4,4)Qkm，┄┄┄┄┄┄10分又(1,0)F，则43(1,)(3,4)0kFPFQkmmm.知FPFQ，即90PFQ.┄┄┄┄┄┄12分21.（1）解：axexxfx21，由题意有230210bfaf，解得23,1ba┄┄┄┄┄┄4分（2）证明：（方法一）由（1）知，232xxxexfx.设xxxxexhxln2则只需证明23xhxxexxhx1121xexx121，设xexgx12则012xexgx，xg在,0上单调递增0424141eg，0323131eg31,410x，使得0x001g(x)e20x┄┄┄┄┄┄7分且当0,0xx时，0xg，当,0xx时，0xg当0,0xx时，0xh，xh单调递减当,0xx时，0xh，xh单调递增┄┄┄┄┄┄8分0minxhxh00200ln0xxxexx，由01200xex，得2100xex，21000xxxh0020lnxxx0020ln1xxx，┄┄┄┄┄┄10分设xxxxln12，31,41x，xxx112xxx112当31,41x时，0x，x在31,41单调递减，00xxh2313131ln131233ln97，因此23xh┄┄┄┄┄┄12分（方法二）先证当0x时，232xxxexfx232x，即证02xxxex设xxxexgx2，0x则121xexxgx，且00g022xexxg，xg在,0单调递增，00gxgxg