河北省武邑中学2019届高三数学上学期第二次调研考试试题文(含解析)

河北省武邑中学2019届高三上学期第二次调研考试数学（文）试题（解析版）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）是虚数单位，则( 设 1.i C.B.D. 0A.D 【答案】【解析】【分析】z把复数代入，然后直接利用复数代数形式的除法运算化简求值是虚数单位，，【详解】则解：D故选：．【点睛】本题考查了复数代数形式的除法运算，是基础的计算题．以下判断正确的是（）2.上可导函数，则极值点的充要条件A. 函数为是为函数”的否定是“B. 命题“””是“函数是偶函数”的充要条件C.“，则”的逆命题为假命题D. 命题“在中，若C 【答案】【解析】极值点的必要不充分条件，对于，函数是上可导函数，则为函数为错误；对于不是函数的极值点，故，命题，但如，满足“是否定”误；“对若于，的”，故错，,，则，函数为偶函数反则，即，数，是偶数若，之函函是偶函数”，的充要条件，故“正确；是“函数”，则，中，在，对于若“则”，，”的逆命题为“若，1错误，故中，由正弦定理可知，在，逆命题为真命题，故 C.选）上单调递增，并且是偶函数的是（3. 下列函数中，在D.C.A.B.C 【答案】【解析】．在内单调递增，故选，又试题分析：四个函数中，是偶函数的有C.考点：函数的单调性与奇偶性cba，已知函数，，，的零点分别为4.，cba则的大小关系为，， D.A.B.C.A 【答案】【解析】，∵函数，的零点分别为，∴，，，即∴根据函数图象可得，，，∴A故选)和5.在同一坐标系内，函数的图象可能是(C. A. B.B【答案】2【解析】【分析】分两种情况讨论，利用函数的单调性，筛选排除即可得结果递增，排除选项，【详解】若在；纵轴上截距为正数，排除，递增，排除即时，不合题意；递减，可排除选项，若，在递减可排除，故选B.由【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一.一排除）Sn，当取最大值时n的值（a}{a的前n项和为S，=1，S=06.已知等差数列16nn8 C. 9D. 10A. 7 B. 8B 【答案】【解析】，，试题分析：设公差为，，∴当，∴，∴，，的值为时，即，故当，故选：B．取最大值时考点：等差数列的前项和.7.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是C. A. B.D.B 【答案】【解析】由三视图可得：故选则，已知三棱锥且的底面是以为斜边的等腰直角三角形，8.( ) 该三棱锥的外接球的体积为D.C.A.B.D 【答案】【解析】【分析】ABC在面为斜边的等腰直角三角形，根据三棱锥，可得的底面是以S，则O与MOSH 交于中点ABH内作，平面，在面SHCSC的垂直平分线上的射影为. OS为球半径，由此可得该三棱锥的外接球的体积的外接球球心，O为SABC为斜边的等腰直角三角形，，【详解】因为三棱锥的底面是以4平面，中点H ，所以所以S在ABC上的射影为AB SH上任意一点到A,B,C 的距离相等，所以，在面SHC内作SC的垂直平分线MO与SH 交于O，因为的外接球球心，则O 为，所以，，解得即，故选D.所以该三棱锥的外接球的体积为【点睛】该题考查的是有关球的体积的问题，涉及到的知识点是三棱锥的外接球，在解题的过程中，需要明确几何体的外接球的特征，注意思考球心所处的位置，建立相应的等量关系，求得半径，利用公式求得体积.函数的单调减区间是 9.B. A.，C. D.A 【答案】【解析】【分析】先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的递减区间．，，【详解】解：令，解得：，A．故选：【点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题函数的图象大致为 10.B. A.5D. C.A 【答案】【解析】【分析】先求出函数为偶函数，再根据函数值的变化趋势或函数的单调性即可判断．【详解】解：，为偶函数，CyB轴对称，故排除，的图象关于，D当，时，，故排除D或者根据，当，时，为增函数，故排除A故选：．关键是掌握函数的奇偶性和函数的单调性和函数值的本题考查了函数图象的识别，【点睛】变化趋势，属于基础题．R，不等式11.上的奇函数，若对于任意两个实数已知函数是定义在恒成立，则不等式的解集为D.A.B.C.D 【答案】【解析】的图象向左上的奇函数，∴关于原点对称，由函数是定义在试题分析：函数对称；又对于任意的的图象关于点平移一个单位得到函数的图象，则函数，满足不等式在且可知，函数上单调递增，结合图象可，则，得．D，故选知.考点：函数的性质有且只有两个不等的实数根，则实数12.函数，若方程6a的取值范围为C.A.B.C 【答案】【解析】【分析】x0大于等于可知为周期函数；由题知为分段函数，当当时，由有且只有两个不相等的实数根即时函数为增函数，而方程与由的图象与函数两个交点，在同一坐标系中画出函数的图象，利用数形结合，a的取值范围．易求出满足条件实数【详解】解：函数的图象如图所示，ll观察可得函数，向左平移直线：作出直线的图象与函数的图象有两个交点，有且只有两个不相等的实数根，即方程，即有C．故选：【点睛】本题考查学生综合运用函数和方程的能力，以及让学生掌握数形结合的数学思想．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）p，则是______13.若命题．：，，【答案】【解析】【分析】”改“”即全称命题的否定为特称命题，即将条件中“任意”改“存在”，结论中“可p，：【详解】解：命题，则是：，，故答案为：，．”，且【点睛】本题考查了全称命题的否定，“”特称命题的否定为“”改“”改“不能与命题的否命题混淆．，PF使⊥PFC上存在一点P，FF是双曲线C。

，(a>0,b>0)的两个焦点。

若在14.设2112的离心率为________________.且∠PFF=30°，则C21【答案】；【解析】, 设点P在双曲线右支上, Rt△FPF中由题意,在21F=30°,F|F|=2c,∠PF2112c,|=得|PF|=c,|PF12???尨-1)c=2a,:|PF|-|PF根据双曲线的定义21+1.=e== 【此处有视频，请去附件查看】．函数的最小值为______15.，【答案】【解析】【分析】递增，计可令，即有，由，可得在算可得所求最小值．【详解】解：函数，令，，由，可得则，递增，可得在y可得函数．的最小值为8 故答案为：．考查运算能力和变形能力，属【点睛】本题考查函数的最值求法，注意运用函数的单调性，于基础题．n，则若两个等差数列项和分别是和的前，已知16.，．______4 【答案】【解析】【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式及其性质即可得出．：得性质可等差数列的】【详解解：由．．故答案为：4考查了推理能力与计算能力，本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，【点睛】属于中档题．小题）三、解答题（本大题共7．的前，17.记项和，已知为等差数列）求1的通项公式；（2，并求）求的最小值．（2nnanS，最小值为–2）16=．–【答案】（1）=28–9，（nn【解析】）项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2分析：（1）根据等差数列前n根据二次函数对称轴以及自变量为正整项和公式得n根据等差数列前的二次函数关系式，.数求函数最值dada．=）设{–}的公差为，由题意得315+3（详解：1n1da=2．由–=7得1naa．=2–9{所以的通项公式为}nn22nnSn 164=12（）由（）得8–=（–）–．n9nS取得最小值，最小值为–16．=4时，所以当n点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.组，第18.组某单位员工,人参加“学雷锋”志愿活动，按年龄分组：第组，得到的频率分布直方图如图所示第组,第.组第,）下表是年龄的频率分布表，求正整数的值；（1区间人数组中用分层抽样的方法抽取人，年龄在第）现在要从年龄较小的第组抽取的员（2 工的人数分别是多少？（3）在（2）的前提下，从这人中随机抽取人参加社区宣传交流活动，求至少有人年龄在第组的概率.【答案】（1），（2）人，人，人. （3）【解析】.(I)由题意可知,(II)根据各层在总体当中的占比与在样本中的占比相等，求出年龄在第1,2,3组的人数. 因为第1，2，3组共有50+50+200=300人，利用分层抽样在300名学生中抽取名学生，每组抽取的人数分别为：第1组的人数为，第2组的人数为，，所以第1，2，3组分别抽取1人，1人，4人．……63第组的人数为分，(III) 设第1组的1位同学为，第2组的1位同学为，第3组的4位同学为10则从六位同学中抽两位同学有15种可能.其中2人年龄都不在第3组的有1种可能.位同学为，第2组的1组的11位所以至少有1人年龄在第3.组的概率为设第，则从六位同学中抽两位同学有：3，第组的4 位同学为同学为种可能．共………………10分组的有：人年龄都不在第3分其中2共1种可能，………………11组的概率为………………12人年龄在第3分所以至少有1．nmile的海面上有一走私船正以方向，距离12的速19.一缉私艇发现在北偏东方向逃窜缉私艇的速度为，若要在最短的时间内追上该走私船，度沿东偏南的方向去追，求追击所需的时间和角的正弦值．缉私艇应沿北偏东小时，【答案】所需时间2 【解析】【分析】ACxB则有小时后在，由图处追上，，分别表示缉私艇，走私船的位置，设经过进一步可求角从而在，中利用余弦定理可求追击所需的时间，的正弦值．BCAx【详解】解：设处追上，，分别表示缉私艇，走私船的位置，设经过小时后在，，则有．，，，，．2所以所需时间小时，【点睛】本题考查正余弦定理在实际问题中的运用，关键是构建三角形，寻找边角关系，属11于基础题．NPMP的垂直平上的任意一点，线段已知定点，动点：是圆20.MPQ．相交于点分线和半径QC的方程；的轨迹求的值，并求动点lCAB两点，求面积的最大值．相交于若圆的切线，与曲线）；（1（2）3【答案】【解析】【分析】NQM为焦点的椭圆且的轨迹是以点、推导出为定值根据椭圆定义得动点CQ的轨迹的方程．，，即，由此能求出点，设切线方程为由，由直线与圆相切，得，得：，利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，结合已知条件能求出的面积最大值．【详解】解：由已知条件得，，又为定值．QMN为焦点的椭圆．根据椭圆定义得动点、的轨迹是以点，，，即，且CQ的方程为：点的轨迹．lx轴平行，则可设切线方程为不可能与直线，，由直线与圆相切，得，设，x，由，消去得：，，．，12当且仅当时等号成立．，即，，，又此时时，．，的面积最大，最大值为3椭圆、考查圆、本题考查点的轨迹方程的求法，考查三角形的面积的最大值的求法，【点睛】直线方程、韦达定理、弦长公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．2R.，a+(2a–1)x21.设??尽汸屮砠–ax g(x)，求的单调区间；（Ⅰ）令g(x)=f'(x)的取值范围.处取得极大值.求实数a（Ⅱ）已知f(x)在x=1单调递，当【答案】（Ⅰ）当时，函数时，函数单调递增区间为；增区间为，单调递减区间为（Ⅱ）【解析】.试题分析：（Ⅰ）先求出时，当，然后讨论当时的两种情况即得时，③当时，综合时，②当（Ⅱ）分以下情况讨论：①当时，④当.即得试题解析：（Ⅰ）由，可得则，时，当单调递增；时，，函数当时，时，，函数单调递增，，函数单调递减时，.单调递增区间为；时，所以当单调递增区间为时，函数，单调递减区间为.当（Ⅱ）由（Ⅰ）知，..，①当时，单调递减13. 单调递减，所以当时，.时，当，单调递增.处取得极小值，不合题意在所以x=1②当内单调递增，时，在，由(Ⅰ)知时，，可得当当，时，内单调递减，在内单调递增，所以 (0,1)在. 所以x=1处取得极小值，不合题意在内单调递增，在在③当(0,1)内单调递减，时，即时，.时，，单调递减，不合题意所以当, 时，时，即单调递增，当④当，，当时，单调递减，. 处取得极大值，合题意f(x)在x=1所以.a的取值范围为综上可知，实数分类讨论思想【考点】应用导数研究函数的单调性、极值,.分类讨论思想本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、【名师点睛】解答本题，准确求导是基础，恰当本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.本题能较好地考查考生的逻分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.. 辑思维能力、基本计算能力及分类讨论思想等【此处有视频，请去附件查看】轴正半轴为极轴，圆中，以原点22.的极坐标方程为在直角坐标系为极点，以．）将圆的极坐标方程化为直角坐标方程；（1的值．交于两点，试求1作斜率为直线与圆（2）过点）2）1【答案】（（；【解析】【分析】14（Ⅰ）根据直线参数方程的一般式，即可写出，化简圆的极坐标方程，运用ρcosθ=x，ρsin θ=y，即可普通方程；（Ⅱ）求出过点P（2，0）作斜率为1直线l的参数方程，代入到圆的方程中，得到关于t的方程，运用韦达定理，以及参数t的几何意义，即可求出结果．，，【详解】得：（Ⅰ）由的直角坐标方程为：即C．，，直线和圆的方程联立得：B两点对应的参数分别为，（Ⅱ）设A，，．，所以，．所以，【点睛】本题考查直线的参数方程、以及极坐标方程与普通方程的互化，同时考查直线参数方程的运用，属于中档题．设函数． 23.；解不等式xm的取值范围．对一切实数若均成立，求）．） 2或；1【答案】（（【解析】【分析】时，当时，当对x讨论，分当时，分别解一次不等式，再求并集的最小值，即可得到m的范即可；运用绝对值不等式的性质，求得围．时，【详解】解：，当，所以得成立；当时，，成立；得，所以成立．，所以，得当时，综上，原不等式的解集为；或令15，当时等号成立．，的最小值为即有9所以．的取值范围为．即m【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，以及不等式恒成立思想转化为求函数的最值问题，运用分类讨论的思想方法和绝对值不等式的性质是解题的关键．16。