雄县中学2018-2019学年上学期高三期中数学模拟题

班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1． 已知函数f(x)exsinx，其中xR，e2.71828为自然对数的底数．当x[0,2函数yf(x)]时，

的图象不在直线ykx的下方，则实数k的取值范围（ ）

A．(,1) B．(,1] C．(,e) D．(,e]

【命题意图】本题考查函数图象与性质、利用导数研究函数的单调性、零点存在性定理，意在考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，以及构造思想、分类讨论思想的应用．

2． 函数f(x)2cos(x)（0，0）的部分图象如右图所示，则 f （0）的值为（ ） A.223 2B.1 C. 2 D. 3

【命题意图】本题考查诱导公式，三角函数的图象和性质，数形结合思想的灵活应用.

3． 已知圆M过定点(0,1)且圆心M在抛物线x2y上运动，若x轴截圆M所得的弦为|PQ|，则弦长

2|PQ|等于（ ）

A．2 B．3 C．4 D．与点位置有关的值

【命题意图】本题考查了抛物线的标准方程、圆的几何性质，对数形结合能力与逻辑推理运算能力要求较高，难度较大.

4． 已知集合A{2,1,1,2,4}，B{y|ylog2|x|1,xA}，则A【命题意图】本题考查集合的交集运算，意在考查计算能力．

5． 某个几何体的三视图如图所示，其中正（主）视图中的圆弧是半径为2的半圆，则该几何体的表面积为 （ ）

B（ ）

A．{2,1,1} B．{1,1,2} C．{1,1} D．{2,1}

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A．9214 B．8214 C．9224 D．8224

【命题意图】本题考查三视图的还原以及特殊几何体的面积度量.重点考查空间想象能力及对基本面积公式的运用，难度中等.

6． 如图所示，网格纸表示边长为1的正方形，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）

A．610+35+15 B．610+35+14 C．610+35+15 D．410+35+15

【命题意图】本题考查三视图和几何体体积等基础知识，意在考查空间想象能力和基本运算能力． 7． Sn是等差数列{an}的前n项和，若3a8－2a7＝4，则下列结论正确的是（ ） A．S18＝72 C．S20＝80 8． 设为全集，

B．S19＝76 D．S21＝84

是集合，则“存在集合使得是“”的（ ）

A充分而不必要条件 B必要而不充分条件

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C充要条件

D既不充分也不必要条件

9． 设复数z满足z（1+i）=2，i为虚数单位，则复数z的虚部是（ ）

A1 B﹣1 Ci D﹣i

10．设函数yf(x)对一切实数x都满足f(3x)f(3x)，且方程f(x)0恰有6个不同的实根，则这6个实根的和为（ ）

A.18 B.12 C.9

D.0

【命题意图】本题考查抽象函数的对称性与函数和方程等基础知识，意在考查运算求解能力.

f(x5)x2x2x2，则f(2016)（ ） 11．已知函数f(x)ef(x)x212A．e B．e C．1 D．

e【命题意图】本题考查分段函数的求值，意在考查分类讨论思想与计算能力．

12．某工厂产生的废气经过过虑后排放，过虑过程中废气的污染物数量P（单位：毫克/升）与时间t（单位：

ktk小时）间的关系为PP（P．如果前5个小时消除了10%的污染物，为了消除27.1% e0，均为正常数）0的污染物，则需要（ ）小时. A.8

B.10

C. 15

D. 18

【命题意图】本题考指数函数的简单应用，考查函数思想，方程思想的灵活运用，体现“数学是有用的”的新课标的这一重要思想.

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在横线上）

x－2y＋1≤0



13．若x、y满足约束条件2x－y＋2≥0，z＝3x＋y＋m的最小值为1，则m＝________．

x＋y－2≤0

1,2,3,4,5，B2,4,6，则CA(AB)_____________. 14．已知集合A15．函数f(x)cosxsinx(x(26x16． 设函数f(x)e，g(x)lnxm．有下列四个命题：

,))的值域是__________.

①若对任意x[1,2]，关于x的不等式f(x)g(x)恒成立，则me；

2②若存在x0[1,2]，使得不等式f(x0)g(x0)成立，则meln2；

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③若对任意x1[1,2]及任意x2[1,2]，不等式f(x1)g(x2)恒成立，则meln2； 2④若对任意x1[1,2]，存在x2[1,2]，使得不等式f(x1)g(x2)成立，则me． 其中所有正确结论的序号为 .

【命题意图】本题考查对数函数的性质，函数的单调性与导数的关系等基础知识，考查运算求解，推理论证能力，考查分类整合思想.

三、解答题（本大共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）

17．（本题满分12分）已知向量a(sinx,3(sinxcosx))，b(cosx,sinxcosx)，xR，记函数 2f(x)ab.

（1）求函数f(x)的单调递增区间；

（2）在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c且满足2bc2acosC，求f(B)的取值范围.

【命题意图】本题考查了向量的内积运算，三角函数的化简及性质的探讨，并与解三角形知识相互交汇，对基本运算能力、逻辑推理能力有一定要求，但突出了基础知识的考查，仍属于容易题.

18．（本题满分14分）已知两点P(0,1)与Q(0,1)是直角坐标平面内两定点，过曲线C上一点M(x,y)作y 轴的垂线，垂足为N，点E满足ME（1）求曲线C的方程；

（2）设直线l与曲线C交于A,B两点，坐标原点O到直线l的距离为

2MN，且QMPE0. 33，求AOB面积的最大值. 2【命题意图】本题考查向量的基本运算、轨迹的求法、直线与椭圆的位置关系，本题知识交汇性强，最值的求解有一定技巧性，同时还要注意特殊情形时三角形的面积．总之该题综合性强，难度大．

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19．（本小题满分12分）

如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E是PD的中点. （1）证明：PB//平面AEC；

（2）设AP1，AD3，三棱锥PABD的体积V3，求A到平面PBC的距离. 4111]

20．（本小题满分13分）

x2y21的上、下顶点分别为A,B，点P在椭圆上，且异于点A,B，直线AP,BP 如图，已知椭圆C:4与直线l:y2分别交于点M,N，

（1）设直线AP,BP的斜率分别为k1,k2，求证：k1k2为定值； （2）求线段MN的长的最小值；

（3）当点P运动时，以MN为直径的圆是否经过某定点？请证明你的结论．

【命题意图】本题主要考查椭圆的标准方程及性质、直线与椭圆的位置关系，考查考生运算求解能力，分析问题与解决问题的能力，是中档题.

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21．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知函数f(x)|2x1|．

（1）若不等式f(x)2m1(m0)的解集为,2（2）若不等式f(x)2y122,，求实数m的值；

a|2x3|，对任意的实数x,yR恒成立，求实数a的最小值． y2

22．（本小题满分14分） 已知函数f(x)xlnxk（kR），其图象与x轴交于不同两点A(x1,0)，B(x2,0)，且x1x2. x12（1）求实数k的取值范围； （2）证明：2e

1x1x22e.

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雄县中学2018-2019学年上学期高三期中数学模拟题（参考答案）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1． 【答案】B

【解析】由题意设g(x)f(x)kxesinxkx，且g(x)0在x[0,]时恒成立，而

x2xg'(x)ex(sinxcosx)k．令h(x)ex(sinxcosx)，则h'(x)2ecosx0，所以h(x)在[0,]上递

22增，所以1h(x)e．当k1时，g'(x)0，g(x)在[0,]上递增，g(x)g(0)0，符合题意；当ke22时，g'(x)0，g(x)在[0,]上递减，g(x)g(0)0，与题意不合；当1ke2时，g(x)为一个递增

2函数，而g'(0)1k0，g'()e2k0，由零点存在性定理，必存在一个零点x0，使得g'(x0)0，

2当x[0,x0)时，g'(x)0，从而g(x)在x[0,x0)上单调递减，从而g(x)g(0)0，与题意不合，综上

所述：k的取值范围为(,1]，故选B．

2． 【答案】D 【

解

析

】

3． 【答案】A

【解析】过M作MN垂直于x轴于N，设M(x0,y0)，则N(x0,0)，在RtMNQ中，|MN|y0，MQ为圆的半径，NQ为PQ的一半，因此

222|PQ|24|NQ|24(|MQ|2|MN|2)4[x0(y01)2y0]4(x02y01)

222又点M在抛物线上，∴x02y0，∴|PQ|4(x02y01)4，∴|PQ|2.

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4． 【答案】C

【解析】当x{2,1,1,2,4}时，ylog2|x|1{1,1,0}，所以A5． 【答案】A

B{1,1}，故选C．

6． 【答案】C

【解析】还原几何体，由三视图可知该几何体是四棱锥，且底面为长6，宽2的矩形，高为3，且VE^平面

111ABCD，如图所示，所以此四棱锥表面积为S=2创6?10+创23+创222245+2?6

=610+35+15，故选C．

V46C4626B10103DE11A

7． 【答案】

【解析】选B.∵3a8－2a7＝4， ∴3（a1＋7d）－2（a1＋6d）＝4，

18×17d17

即a1＋9d＝4，S18＝18a1＋＝18（a1＋d）不恒为常数．

22

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19×18d

S19＝19a1＋＝19（a1＋9d）＝76，

2同理S20，S21均不恒为常数，故选B. 8． 【答案】C

【解析】由题意A⊆C，则∁UC⊆∁UA，当B⊆∁UC，可得“A∩B=∅”；若“A∩B=∅”能推出存在集合C使得A⊆C，B⊆∁UC，

∴U为全集，A，B是集合，则“存在集合C使得A⊆C，B⊆∁UC”是“A∩B=∅”的充分必要的条件。 9． 【答案】B

【解析】解：由z（1+i）=2，得∴复数z的虚部是﹣1． 故选：B．

，

考查方向

本题考查复数代数形式的乘除运算.

解题思路

把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．

易错点

把﹣i作为虚部. 10．【答案】A.

【解析】f(3x)f(3x)f(x)f(6x)，∴f(x)的图象关于直线x3对称， ∴6个实根的和为3618，故选A. 11．【答案】B

【解析】f(2016)f(2016)f(54031)f(1)e，故选B． 12．【答案】15 【

解析】

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在横线上）

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13．【答案】

【解析】解析：可行域如图，当直线y＝－3x＋z＋m与直线y＝－3x平行，且在y轴上的截距最小时，z才能取最小值，此时l经过直线2x－y＋2＝0与x－2y＋1＝0的交点A（－1，0），zmin＝3×（－1）＋0＋m＝－3＋m＝1， ∴m＝4.

答案：4

14．【答案】{13，，5} 解析：由题意得A

B2,4，所以CA(AB)13，，5}。 ，，5，故答案为{1315．【答案】1,

4【解析】

551试题分析：由x(,)得sinx0,1，因为f(x)cosxsinx1sinxsinxsinx，

6421555所以sinx分别取1,时fx有最大和最小值,1，fx的值域为1,，故答案为1,.

2444222考点：1、三角函数的单调性及有界性；2、配方法求函数最值. 16．【答案】①②④ 【

解

析

】

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三、解答题（本大共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）

17．【答案】

【解析】（1）由题意知，f(x)absinxcosx

3(sinxcosx)(sinxcosx) 213sin2xcos2xsin(2x)……………………………………3分 2235xk令2k2x2k，kZ，则可得k，kZ.

23212125,k]（kZ）.…………………………5分 ∴f(x)的单调递增区间为[k1212

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18．【答案】

【解析】（1）依题意知N(0,y)，∵ME2221MN(x,0)(x,0)，∴E(x,y) 3333则QM(x,y1)，PE(x,y1) …………2分

131x2y21 ∵QMPE0，∴xx(y1)(y1)0，即

3∴曲线C的方程为x23y21 3…………4分 第 12 页，共 19 页

19．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

313. 13第 13 页，共 19 页

试

题解析：（1）设BD和AC交于点O，连接EO，因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点，又E为PD的中点，所以EO//PB，EO且平面AEC，PB平面AEC，所以PB//平面AEC.

3133，可得AB，作AHPB交PB于H.由题设知BC平PAABADAB，由V2664PAAB313面PAB，所以BCAH，故AH平面PBC，又AH，所以A到平面PBC的距离为PB13313.1 13（2）V考点：1、棱锥的体积公式；2、直线与平面平行的判定定理. 20．【答案】

【解析】（1）易知A0,1,B0,1，设Px0,y0，则由题设可知x00 ，

 直线AP的斜率k1y01y1，BP的斜率k20，又点P在椭圆上，所以 x0x0

（4分）

22x0y01y01y011y01，x00，从而有k1k22. 4x0x0x04第 14 页，共 19 页

21．【答案】

【解析】【命题意图】本题主要考查绝对值不等式的解法、三角不等式、基本不等式等基础知识，以及考查等价转化的能力、逻辑思维能力、运算能力．

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22．【答案】

【解析】【命题意图】本题考查利用导数研究函数单调性，极值，构建新函数的思想，分类讨论的思想等基础知识，意在考查运用转化与化归思想、综合分析问题解决问题以及运算求解能力，逻辑思维能力．

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所以1k0. 2e

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∵

x1k2x2xkkf(x)1lnx2，∴f(x)12. 2xxxx118k12xxk2k0，∴方程2xxk0有唯一正根x∵，则f(x). 22e4x112又f()ke0，f(x)在区间(,x) 单调递增，

ee2第 18 页，共 19 页

所以根据零点存在定理，得f(x)在区间(,x)有唯一零点x0. 所以kx02x02lnx0，………………① 又f(x)minf(x0)x0lnx01ek0，…………② x0

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