《吉林省延边州2019届高三数学2月复习质量检测试题文（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文（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 文科数学文科数学 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 Z2 1 Zii Z A B C D 12222 3 1 a2 baba ab A B C D 6 4 3 2 4 nm A nnmm B mm m C mm D nm nm 2 5 12 1 20 9 A B C D 1201106654 6 2 3 1 sin 6 cos A B C D 6 322 6 162 6 322
2、 6 162 7 a xmxf 2 4 2 log mxxg a A B C D 2 1 0 1 8 n a2 75 aa 864 2aaa A B C D 8642 9 5050 A 101 n B 100 n C 100 n D 101 n 0 1 Sn 1 nn S nSS 3 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 xf x x 1 xxf 11 0 0 1 2 2 2 2 ba b y a x 21 FF 21F Fbxy2 2 5 7 A B C D 10 103 37 376 4 23 8 9
3、 12 xfy R1 0 f x f 0 1 x xfxf x e xf xg A xg 1 B 1 x xg C 2 xg D 0 x x exf 2 4 5 20 13 1ln Raxaxxf 2 1 1 lim 0 x fxf x 4 14 yx 1 04 02 y yx yx yxz 2 15 n an n S1 1 a2 1 nn Sa 9 a 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
4、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 PDABCDABCD CDAB 4 2 60 CDABADPDBAD EPC 1 BEPAD 2 3 PBDE 20 12 1ln 2 Raxaxxf 1 xf 2 1 a 2 3 2 1 2 xxf 1 P B A C D E 6 21 12 2 0 D 0 2 2 1 p
5、pyxC l 2 A 1 A 2 2 3 0 1 2 2 2 2 ba b y a x AlBOBOAl 21 kkkkkk4 21 2 10 22 23 22 4 4 10 l 0sin2cos m C sin32 cos31 y x 1 lNM m 2 QP 4 PQ m 23 4 5 10 122 xxxf 1 0 xf 2 Rx 0 mmxf42 2 0 m x B A D O y 7 文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 D A B D C C B C D 13 2 14 1 15 384 16 2 2 1 填空题的
6、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 4 BAC 6 分 2 因为即 解得 7 分 15 2 1 ADBCS ABC 1565 2 1 mm1 m 所以 由此可解的 6 3 2 ADDCBD 9 102 53 2222 ADBDABDCADAC 分 又因为是 AB 的中点 所以 E 1 2 1 3 1 1 2 1 3 1 tantan1 tantan tan t
7、an CADBAD CADBAD CADBADBAC 8 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 天数 频率 9 若不裁员 则每天可揽件的上限为件 公司每日
8、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 又平面 平面 所以平面 4 分 AFPAD BEPAD BEPAD A B C
9、D P EF 10 2 解 因为为的中点 所以三棱锥 6 分 EPC BCDPBCDEPBDE VVV 2 1 又 所以为等边三角形 ABAD 60 BADABD 因此 又 所以 82 ABBD4 CD 60 BADBDCBCBD 分 因为平面 所以三棱锥的体积 PDABCDBCDP 10 3 34 322 2 1 2 3 1 3 1 BCDBCDP SPDV 分所以三棱锥的体积 PBDE 3 32 PBDE V 12 分 方法不唯一 请阅卷老师按步骤灵活给分 20 解 1 由于 1ln 2 xaxxf 故 1 分 0 121 2 2 x x ax x axxf 当时 在上恒成立 0 a0 x
10、 f 0 所以在上是单调递减函数 2 分 xf 0 当时 令 得 3 分 0 a0 x f a x 2 1 当变化时 随的变化情况如表 x xfx f x 2 1 0 a a2 1 2 1 a x f 0 11 xf 极小值 由表可知 在上是单调递减函数 在上是单调递增函数 5 xf 2 1 0 a 2 1 a 分 综上所述 当时 无单调递增区间 0 a 的的单单调调递递减减区区间间为为 0 xf 当时 6 0 a 2 1 2 1 0 aa xf单单调调递递增增区区间间为为 的的单单调调递递减减区区间间为为 分 2 当时 7 1 a 2 1 ln 2 1 2 3 2 1 1ln 222 xxx
11、xxxF 分 则 在 上恒成立 9 分 0 1 1 11 2 x xx x x x xxF 1 所以 10 分 011 上上为为增增函函数数 且且 在在 FxF 即 上上恒恒成成立立 在在 10 xF 所以当 12 分 上上恒恒成成立立 在在 时时 1 2 3 2 1 1 2 xxfa 21 解 1 设切点则有 1 分 00 yxA p x y 2 2 0 0 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 12 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
12、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 41 222 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 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 4
13、16 41 32 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 01 10 1001 10 1001 1 1 0 0 13 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 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
14、5 5 21 221 22 mm d 解得 8 100 mm或或 分 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 14 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 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
