2019屆高三4月高考數(shù)學(xué)模擬試卷共10份1904三校數(shù)學(xué)答案

1、三校聯(lián)考數(shù)學(xué)參考一、選擇題：本大題共 10 小題，每小題 4 分，共 40 分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。BACDCABCBC二、填空題：本大題共 7 小題，多空題每題 6 分，單空題每題 4 分，共 36 分。1612.；315. 4,1020 4 511. 9.1尺13.； 161014. 27 ；940(2,43316. 33617.三、解答題：本大題共 5 小題，共 74 分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。解：（） f (x) 1 cos 2)618.3 分由 f (x) 單調(diào)遞減可知， sin(2x ) 遞增663故 2k 2x 2k , k Z

2、，即 k x k 262 函數(shù) f (x) 的單調(diào)遞增區(qū)間是k , k , k Z .7 分6321（）由1 2 sin(2x ) ，得sin(2x ) 10 分6363 12由 sin(2x ) 在0, 上遞增，在, 上遞減，且 1633 223 3 ,0上有兩不等實(shí)根 , ，且滿足得，方程在 2 2 2 .14 分（或數(shù)形結(jié)合求得同樣給分）3解：（）證明：平面 ABCD 平面 ADE ，交線為 AD ，且CD AD CD 平面 ADE ，從而CD DE ， CD AE ADE 即為二面角 A CD E 的平面角，即ADE 3019.3 分B又 AD 2, DE 3 ，由 余弦定理得 AE

3、1A AE 2 DE 2 AD 2 ，即 AE DE又CD DE D ， AE 平面CDE .CE7 分（）由（）知， AB 平面 ADE ，從而 AB AE ， BE 5D19又CE 7 ， BC 2 ，故10 分21由已知，點(diǎn) B 到平面CDE 的距離等于點(diǎn) A 到平面CDE 的距離 AE 1設(shè)點(diǎn) A 到平面 BCE 的距離為 d ，則點(diǎn) D 到平面 BCE 的距離也為 d119112 3由VBCDE VD BCE 得： 3 d 2 323 1， d 219dAB57 AB 與平面 BCE 所成角的正弦弦值sin B15 分19B法 2：法 3：AACECEDD20.解：（）由已知得 S

4、2 S S ，即(3 3d )2 9 36d319又 d 0 ， d 2 an 2n 1 ， Sn n23 分n 2 4n 61由b1 1 b2 2 bn n 6 222得b1 22nn 2 4n 6(n 1)2 4(n 1) 6n 2n 2 時(shí)， bn n 6 6 2=2n2n2n1 b ，顯然b 1 也滿足1n12n21 b (n N*)7 分n2n（） T 1 ， 1 T = 1 (1 )119 分nn2n2212n11111 11111Rn 1 (1 (1)11 分335(2n 1)(2n 1)22n 1 2n 122n 133 5當(dāng) n 1時(shí)， 21 2 1 1 3 ， R 1 T1

5、12當(dāng)n 2 時(shí)， 22 2 2 1 5 ， R 1 T222 1)n(n 當(dāng) n 3 時(shí)， 2n (1 1)n 1 C 1 n 2n 13n2 R 1 T當(dāng) n 3 時(shí) R 1 T .15 分；nnnn222| AC |min 2 p 421.解：（）由已知及拋物線的幾何性質(zhì)y p 2A拋物線 L 的方程為 y 2 4x .5 分xOCMF（）設(shè)直線 AB : x ty 5 ， AC : x my 1BA(x1 , y1 ), B(x2 , y2 ), C(x3 , y3 )x ty 5y 4ty 20 0 y1 y2 4t, y1 y2 202由y 4x2同理y y 4 ，從而C(, 4

6、) ，49 分1 3y 2y114 4t 5| |y 2y116 11 | 4 |點(diǎn)C 到 AB 的距離 dy 21 t 21 t 21 20 |y| AB |1 t 2 | y y |1 t 2 | y1211 S 2| 1| | y 20 |424 ( 1)( y 2 20)111y 2y 2y| y|1111又 S 1 4 | y|= 2| y |13 分2112480 S S = 4 ( 1)( y 20) = 4( y22 24) 4(8 5 24) 96 3251211y 2y 211當(dāng)且僅當(dāng) y 2 45 ，即 A( 5,24 5) 時(shí) S S 有最小值96 32 5 .1215

7、 分22. 解：（）由題意知 f (x) g(x) ，即 2x 2 m ln x ，令 F (x) ln x 2，mx 2則 F (x) 1 2 ln x .2 分x3 F (x) 在(0, e ) 上遞增，在( e,) 上增減，12 F (x) F ( e ) ma x2em m 4e .5 分（）解法一：由題意知必有 g(1) ax b f (1) 2,即0 a b 4b當(dāng) a 0 時(shí)， x e 4e ， 4e ln x ax b ，不符合題意；3當(dāng) a 0 時(shí)，有b 0 ，此時(shí) x max1, b, g(x ) ax b ，不符合題意，00a因此有 a 0因此 a2 8(2 b) 08

8、分令 h(x) g(x) (ax b) 4e ln x ax b, 則 h(x) 4e ax4e4e， ）遞增，在(,) 遞減，h(x) 在（0aa故 h(x) h( 4e ) 4e ln 4e 4e b 011 分maxaa由兩式知 a2 8(2 4e ln 4e 4e) 0a構(gòu)造函數(shù)(x) x2 8(2 4e ln 4e 4e) ，則（4） 0 x（x）在(0, 4 e) 遞減，在(4 e, ) 遞增 4 ，此時(shí)b 0故 amin15 分解法二：由（）知， g(x) 4e ln x ，設(shè) h(x) ax bg(x) h(x) f (x) 2 可知， a 0 h(x) f (x) 2 在(0

9、,) 恒成立，即2x 2 ax b 2 0 ，又 a 04a 2 a 8(b 2) 0 ，即b 282由 g(x) h(x) 在(0,) 恒成立，即 4e ln x ax b 0 在(0,) 恒成立，設(shè)G(x) 4e ln x ax b ， x (0,) ，則G(x) 4e ax由G(x) 0 得0 x 4e ， G(x) 在(0, 4e ) 上單調(diào)遞增aa由G(x) 0 得 x 4e ， G(x) 在( 4e ,) 上單調(diào)遞減aa故G(x) G( 4e ) 4e ln 4 b 0 ，得b 4e ln 4maxaaaa 24由得 4e ln b 2a8a 2a 24a存在 a, b 使得成立的充要條件是 4e ln 2 ，即 4e ln 2 0a8844a 2a記(a) 4e ln 2 ，顯然(4) 084(a) a 4e (a 44ae )(a 4 e )4a(a) 在(