精编2019届高三数学摸底考试试卷（文科含答案）

精编 2019 届高三数学摸底考试试卷（文科含答案）数 学(文科)得分：_本试卷分第卷( 选择题) 和第卷 (非选择题)两部分，共 8 页。时量 120 分钟。满分 150 分。第卷一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60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已知全集 UR ，集合 Mx 4x1 4和Nx|x2k1，k1，2，的关系的韦恩(Venn)图如图所示，则阴影部分所示的集合的元素共有A2 个 B3 个 C1 个 D无穷多个2已知点 P(tan ，cos )在第三象限，则角 在A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限3设 i 为虚数单位，mR ， “复数 z(m2 1)(m 1)i 是纯虚数 ”是“m1”的A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分又不必要条件4已知双曲线 x2a2y2b21(a0，b0) 的离心率为 3，则其渐近线的方程为A22yx 0 B22xy 0C8xy0 Dx8y05下列函数的最小正周期为 的是Aycos2x B y|sinx2|Cysin x Dytanx26如图是某空间几何体的三视图其中主视图、侧视图、俯视图依次为直角三角形、直角梯形、等边三角形，则该几何体的体积为A.33 B.32C.233 D.37已知定义在 R 上的奇函数 f(x)和偶函数 g(x)满足f(x)g(x)axax2 (a0，a 1)，若 g(2)a ，则f(2)A2 B.154 C.174 Da28已知向量 m( 1 ，1) ，n(2，2)，若(m n)(mn)，则 A4 B3 C2 D19已知某程序框图如图所示，当输入的 x 的值为 5时，输出的 y 的值恰好是 13，则在空白的赋值框处应填入的关系式可以是Ayx3 By 13xCy3x Dy 3x10设 x，y 满足约束条件3xy 60xy20x 0，y 0，若目标函数zaxby(a0，b0) 的最大值为 12，则 2a3b 的最小值为A4 B.83 C.113 D.25611过点 P1，1 作圆 C：x t2yt221tR的切线，切点分别为 A、B，则 PAPB的最小值为A.103 B.403 C.214 D22312已知函数 fxln xxb2x(b R)若存在x12，2，使得 f(x)xf(x)，则实数 b 的取值范围是A.，2 B. ，32C.，94 D.，3选择题答题卡题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 得 分答 案 第卷本卷包括必考题和选考题两部分第 1321 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 2223 题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分13在一个盒子中有分别标有数字 1，2 ，3，4 的 4张卡片，现从中一次取出 2 张卡片，则取到的卡片上的数字之和为 5 的概率是_14在 ABC 中，若B60，sin A13，BC2，则 AC_15已知函数 fxx ，xmx22mx4m，xm，其中 m0，若存在实数 b，使得关于 x 的方程 fxb 有三个不同的零点，则 m 的取值范围是_16给出如下定理：“若 RtABC 斜边 AB 上的高为h，则有 1h21CA21CB2” 在空间四面体 PABC中，若 PA、PB、PC 两两垂直，底面 ABC 上的高为h，类比上述定理，得到的正确结论是_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)已知函数 f(x)2cos2xcos(2x)()求函数 f(x)的最小正周期；()当 x 0，2 时，求函数 y f(x)cos2x 的最大值和最小值18.(本小题满分 12 分)若数列an是递增的等差数列，其中的 a35，且a1、 a2、 a5 成等比数列()设 bn1（an1） （an11 ） ，求数列bn 的前n 项的和 Tn.()是否存在自然数 m，使得 m240，b0，可知当直线 zaxby 经过点 P(4，6)时，z 取得最大值，由已知得 4a6b12，即2a 3b6，所以2a 3b2a3b3a2a3b2b136ba ab256，当且仅当 ba ab，即 ab65 时取得等号，故2a 3b 的最小值为 256，故选 D.11 C 【解析】PAPB(PC21)2cosAPB (PC21)(2cos2 APC1)(PC21)(12PC2) PC2 2PC23，PC2(t1)2 (3 t)2 2t2 4t10 8，PC2 2PC238 283214.故选 C.12 C 【解析】fxxfx0 xfx0，设gx xfx ln xx b2，若存在 x12，2，使得fxxfx0，则函数 gx 在区间 12，2 上存在子区间使得 gx0 成立，gx1x2xb2x2 2bx1x，设hx2x22bx1 ，则 h20 或 h120，即 84b10或 12b 10，得 bm 的对称轴为xm，且向右单调递增故当 xm 时函数 fx 先减后增，当时函数 fx 单调递增，要 fxb 有三个不同的零点则必须满足 mm22m24m，解得 m3.16.1h21PA2 1PB21PC2【解析】如图，连接 CO，延长交 AB 于点 D，连PD，由已知可得，PC PD，POCD ， PAPB，PDAB，由定理，得 1h21PD21PC2 1PA21PB21PC2.三、解答题17 【 解析】()因为 f(x)2cos2xcos(2 x)2sin xcos xsin 2x.(4 分)所以函数 f(x)的最小正周期为 .(6 分)()因为 yf(x) cos 2xsin 2xcos 2x2sin(2x4) (8 分)由 0x 2 42x45 4，从而22 sin(2x4)1.(10 分)所以当 x0，2 时，f(x) 的最大值为 2，最小值为1.(12 分)18 【 解析】()在等差数列中，设公差为 d0 ，由题意 a22a1a5a35 （a1d ）2 a1（a14d）a1 2d5(2 分)a1 1，d2，an2n1(3 分)则 bn1（an 1） （an11）12n（2n2 ）14(1n1n1)(4 分)所以 Tn 14(1112)14(1213)14(1n 1n1)14(1 1n1)n4 （n1）(6 分)()Tn 1Tn 14（n1） （n2 ）0 ，Tn单调递增(7 分)TnT118.(8 分)Tn14(11n1)1414（n 1）0（ 12）24a （12a ）0 ，化简得 a0（4a1）20，所以a14，c 12a14，所以 f(x)14x212x 14.(9 分)()法 1：由题意知 g(x)f(x)m2x14x2(12m2)x1434 在0 ，)上恒成立即 x22(1m)x40 在0，)上恒成立记 h(x)x22(1 m)x4.()由 00，解得m 1.综上可知，m(，3)(12 分)法 2：由题意知 g(x)f(x)m2x14x2(12 m2)x1434 在0 ，)上恒成立()当 x 0 时，g(0)1434 成立；()当 x0 时，2(m 1)0 时，x4x2x4x 4( 当且仅当 x2 时取得最小值)所以 2(m1)0)，g(x) |x1| b b|x1| |x 2|(1 分)|x1| |x2| |(x1)