《吉林省延边州2019届高三数学2月复习质量检测试题理（朝文）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《吉林省延边州2019届高三数学2月复习质量检测试题理（朝文）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 延边州延边州 2012019 9 年高考复习质量检测年高考复习质量检测 理科数学理科数学 6 1 条形码 2 2B 0 5mm 3 4 5 1 12 5 60 4 1 1 2 3 4 5 1 2 5 1 3 5 A B C D 5 2 1 2 4 5 3 4 5 2 ZiZi 1 1 i Z A B C D 12222 3 1 a2 baba ab A B C D 6 4 3 2 4 12 1 20 9 A B C D 1201106654 5 2 3 1 sin 6 cos 2 A B C D 6 322 6 162 6 322 6 162 6 a xmxf 2 4 2 log mxxg
2、 a A B C D 2 1 0 1 7 n a 0 75 sin xdxaa 864 2aaa A B C D 8642 8 5050 A 101 n B 100 n C 100 n D 101 n 9 1 1111 DCBAABCD FE 11D B1 EF 3 BEFA A B 12 2 6 2 0 1 Sn 1 nn S nSS D D1 1 C C1 1 B B1 1 A A1 1 F F E E D D C C B B A A 3 C D 4 2 2 2 10 R A B 1ln xxf 0 2 0 2 2 2 xxx xxx xf C D 0 2 1 0 0 0 2 x x x
3、xf x x 1 xxf 11 21 FF 0 0 1 2 2 2 2 ba b y a x A 0 0 0000 yxyxM 21 MFMF A 0 2 2 ppxyM A B C D 2325 12 R xf xgxfxe f xf x 0 2 2 1 222 0 2 xgxg A B 2019 2017 2 ggf 2019 2017 2 ggf C D 2019 2 2017 gfg 2019 2 2017 gfg 2 4 5 20 13 1ln Raxaxxf 2 1 1 lim 0 x fxf x 4 14 1 yx ay yx yx 04 02 yx 2 a 15 5 n a 4
4、 1 x x 73 aa 16 3 xf cfbfafRcba 3 xf 1 x x e te xf 3 t 3 70 17 21 22 23 1 60 17 12 ABC BCAD D 6 3 2 ADDCBD 1 BAC 2 15 EABABC CE 18 12 1 10 10 1 1 1 5 1 1 1 60 E E D DC C B B A A 5 0 100 101 200 201 300 301 400 401 500 50 150 250 350 450 6 6 30 12 6 1 0 3 1 8 1 5 30 2 5 150 100 3 1 19 12 4 ABCDP PDAB
5、CDABCD CDAB 4 2 60 CDABADPDBAD EPC 1 BEPAD 2 2 DPCB 20 12 2 0 D 0 2 2 1 ppyxC l 2 A 1 A 2 2 3 0 1 2 2 2 2 ba b y a x P B A C D E x B A D O y 6 AlBOBOAl 21 kkkkkk4 21 21 12 2ln 2 22 axxxxxf 1 1 f 053 yx 1 a 2 22 2 xxxfxgexe 2 emxg32 m 2 10 22 23 22 4 4 10 l 0sin2cos m C sin32 cos31 y x 1 lNM m 2 QP 4
6、 PQ m 23 4 5 10 122 xxxf 1 0 xf 2 Rx 0 mmxf42 2 0 m 7 理科数学参考答案及评分标准 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A C A B D C C A B D D 13 2 14 1 15 36 16 2 2 1 填空题的结果必须与参考答案一致 否则不得分 17 解 1 根据题意设 则 1 分 mBD2 0 6 3 mmADmDC 在中 ADBRt 2 3 1 tan DA BD BAD 分 在中 ADCRt 2 1 tan DA CD CAD 3 分 又 所以 CADBADBAC 5 分 所以 4 BAC
7、6 分 2 因为即 解得 7 分 15 2 1 ADBCS ABC 1565 2 1 mm 1 m 所以 由此可解的 6 3 2 ADDCBD 9 102 53 2222 ADBDABDCADAC 1 2 1 3 1 1 2 1 3 1 tantan1 tantan tan tan CADBAD CADBAD CADBADBAC 8 分 又因为是 AB 的中点 所以 E 10 分 10 2 1 ABAE 由余弦定理 4 cos2 222 ACAEACAECE 即 11 分 25 2 2 531024510 2 CE 所以 12 分 5 CE 18 解析 1 由题意 寄出方式有以下三种可能 第一
8、个包裹 第二个包裹 情 况 礼 物 重量 快递费 元 礼 物 重量 快递费 元 甲支付的总快递 费 所有 种可能中 有 种可能快递费未超过元 根据古典概型概率计算公式 所求概率 为 5 分 2 将题目中的数据转化为频率 得 包裹件数范围 包裹件数 近似处理 9 天数 频率 若不裁员 则每天可揽件的上限为件 公司每日揽件数情况如下 包裹件数 近似处理 实际揽件数 频率 平均揽件数 故公司平均每日利润为 元 8 分 若裁员 人 则每天可揽件的上限为件 公司每日揽件数情况如下 包裹件数 近似处理 实际揽件数 频率 平均揽件数 故公司平均每日利润为 元 11 分 故公司将前台工作人员裁员人对提高公司利
9、润不 利 12 分 19 1 证明 设为的中点 连接 FPDEFFA 因为为的中位线 所以 EFPDC CDEF 且 2 2 1 CDEF 又 所以 且 CDAB 2 ABEFAB EFAB 故四边形为平行四边形 所以 ABEFAFBE A B CD P EF 10 又平面 平面 所以平面 4 分 AFPAD BEPAD BEPAD 2 解 取中点 连接 ABMDM ABAD 60 DAB 为等边三角形 ABD 从而 中线 且 ABDM 3 DM 又 故 CDAB CDDM 如图所示 以 所在直线为 DMDCDP 轴 轴 轴建立空间直角坐标系 5 分 xyz 2 ABADPD4 CD 6 分
10、0 0 3 M 0 1 3 B 0 4 0 C 2 0 0 P 于是 7 分 0 3 3 BC 2 1 3 BP 设平面的一个法向量为 PBC zyx n 则 从而 BC nBP n0 BCn0 BPn 解得 023 033 zyx yx yz yx 2 3 令 得 且 9 分 1 y 2 13 n22413 n 易知 平面的一个法向量为 且 10 分 PCD 0 0 3 DM3 DM 设 二面角的平面角为 DPCB 则 12 分 4 6 322 003 cos DM DM n n 方法不唯一 请阅卷老师按步骤灵活给分 20 解 1 设切点 则有 1 分 00 yxA p x y 2 2 0
11、0 P B A C D E x y z F M 11 由切线 的斜率为 l p x k 0 得 的方程为 2 分 l p x x p x y 2 2 00 又点在 上所以即 2 0 Dl p x 2 2 2 0 2 0 y 所以点的纵坐标 4 分 A2 0 y 2 由 1 得 切线斜率 2 2 pA p k 2 设 切线方程为 11 yxB2 kxy 由得又 2 3 e 4 3 2 2 a c 222 bac 所以 6 分 22 4ba 所以椭圆方程为且过 1 4 2 2 2 2 b y b x 2 2 pA 所以 7 分 4 2 pb 由得 222 44 2 byx kxy 041616 4
12、1 222 bkxxk 所以 9 分 2 2 10 2 10 41 416 41 16 k b xx k k xx 又因为 kkk4 21 12 即 10 k b k k k b k k k xx xx k xx kxxkxx xx yxyx x y x y 4 416 32 2 41 416 41 32 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 01 10 1001 10 1001 1 1 0 0 分 解得 所以 8 2 b 324 22 ba 11 分 所以椭圆方程为 12 1 832 22 yx 分 21 解 1 1 分 axxxxxf2 2 ln 22 则 2 分 12 1 af 又切
13、线与直线垂直 所以即 3 分 053 yx3 1 f312 a 解得 4 分 1 a 2 由 1 得 xxxxxxf 22 ln 2 所以 5 分 xxxxxxxxfxg 222 ln 2 22 所以 6 ln23 1 xxxg 分 令解得 0 x g 13 7 分 2 3 1 exx或或 又因为所以函数在上单调递增 在上单调递减 exe 2 xg 2 3 2 ee 1 2 3 e 在上单调递增 8 分 1 e 又因为 eeegeeeg32 2 2 1 2 2 3 3 2 3 但 9 分 32222 2 1 2 2 3 2 3 3 2 3 egeeeeeeg 即所以 10 分 2 3 egeg
14、 eeegxg32 2 max 因为当时 恒成立等价于 exe 2 emxg32 emxg32 max 所以 11 分 eeem3232 2 即故的取值范围是 12 分 2 em m 2 e 22 解 化直线 的极坐标方程为直角坐标方程得 l 1 分 02 myx 化曲线的参数方程为普通方程得 C 从而得到圆心为 1 2 半径为 3 3 分 9 2 1 22 yx 1 根据题意知圆心 1 2 在直线 上 l 则即 0221 m 5 分 5 m 2 设圆心到直线 的距离为 d 则 6 l4922 222 ddRPQ 分 所以解得由点到直线距离公式得 5 d5 5 5 21 221 22 mm d
15、 解得 8 100 mm或或 分 14 又直线与圆必须相交 则即 3 d3 5 5 m 解得 9 分 535535 m 综上 满足条件的实数的取值范围是 m 10 分 535 100 535 23 解 不等式 即 即 0f x 221xx 22 44441xxxx 整理得 解得或 2 3830 xx 1 3 x 3x 所以不等式的解集为或 5 分 0f x 1 3 x x 3 x 221f xxx 1 3 2 1 31 2 2 3 2 xx xx xx 故的最大值为 7 分 f x 15 22 f 因为 即 0 xR 2 0 24f xmm 0 xR 2 0 24f xmm 所以 即 2 5 24 2 mm 2 4850mm 2 4850mm 解得 所以实数的取值范围为 10 51 22 m m 5 1 2 2 分
