河北省石家庄市第二中学2019届高三下学期第二次模拟考试数学(理)试题.(解析版)

石家庄二中高三模拟考试（3月15日）数学试题（理）一、单项选择题：（每题5分，共60分）1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式得集合，根据对数函数的定义域可得集合，然后进行交集的运算即可.【详解】由题意得，，∴，故选C．【点睛】本题主要考查了集合的运算及性质，我们首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标，这是很关键的一步.第二步常常是解一元二次不等式，求得不等式的解集.在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.解指数或对数不等式要注意底数对单调性的影响，在求交集时注意区间端点的取舍.2.设复数满足（其中为虚数单位），则下列结论正确的是（）A. B. 的虚部为C. D. 的共轭复数为【答案】D【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案．【详解】由，得，∴，的虚部为1，，的共轭复数为，故选D．【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.若函数，则（）A. 9B. 1C.D. 0【答案】B【解析】【分析】根据的解析式即可求出，进而求出的值．【详解】∵，∴，故，故选B.【点睛】本题主要考查分段函数的概念，以及已知函数求值的方法，属于基础题.4.某船只在海面上向正东方向行驶了迅速将航向调整为南偏西，然后沿着新的方向行驶了，此时发现离出发点恰好，那么的值为（）（）A. B. C.或 D. 或【答案】C【解析】【分析】由题意作出图象，三点之间正好组成了一个知两边与一角的三角形，由余弦定理建立关于x的方程即可求得x 的值．【详解】如图，AB＝x，BC＝3，AC＝3，∠ABC＝30°．由余弦定理得9＝x2+27﹣2×3x×cos30°．解得x＝3或x＝6．故答案为：3或6．【点睛】本题考查解三角形的知识，其特点从应用题中抽象出三角形．根据数据特点选择合适的定理建立方程求解，是基础题．5.为计算，设计了下面的程序框图，则在空白框中应填入（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据程序的功能，寻找分子与分母之间的关系进行求解即可．【详解】根据式子的特征每个分式的分母比分子多2，即，故选C．【点睛】本题主要考查程序框图的识别和应用，根据分式特点是解决本题的关键，属于基础题.6.某几何体的三视图如图所示，则其体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】该几何体的直观图如图所示，体积为的圆锥体积与三棱锥的体积之和，即选D.7.已知函数，则满足的的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】构造g（x）＝f（x）-（e+e﹣1），利用导数研究其单调性即可得出．【详解】函数f（x）＝e x﹣1+e1﹣x，令g（x）＝＝e x﹣1+e1﹣x﹣（e+e﹣1），g′（x）＝e x﹣1-e1﹣x，令g′（x）＝0，解得x＝1．可得：函数g（x）在（﹣∞，1）上单调递减，（1，+∞）上单调递增．g（x）min＝g（1）＝2﹣（e+e﹣1）＜0，又g（0）＝g（2）＝0．∴0＜x＜2．故选：B．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8.如图，矩形ABCD的四个顶点的坐标分别为，，，，正弦曲线和余弦曲线在矩形ABCD内交于点F，向矩形ABCD区域内随机投掷一点，则该点落在阴影区域内的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：由题意得，四边形的面积为，阴影部分的面积为，所以该点落在阴影区域内的概率是，故选B．考点：几何概型及其概率的求解．9.如图，直线经过函数（，）图象的最高点和最低点，则（）A.， B. ， C. ， D. ，【答案】A【解析】【分析】由，分别是图象的最高点和最低点得其纵坐标为1和，代入直线得横坐标，即可得，从而得到的值，把点代入得到的值．【详解】由，分别是图象的最高点和最低点得其纵坐标为1和，代入直线得其横坐标分别为和，故，，得，故，故，代入得，故，所以因为，所以，故选A．【点睛】本题主要考查利用的图象特征，由函数的部分图象求解析式，理解解析式中的意义是正确解题的关键，属于中档题．为振幅，有其控制最大、最小值，控制周期，即，通常通过图象我们可得和,称为初象，通常解出，之后，通过特殊点代入可得，用到最多的是最高点或最低点.10.已知双曲线：，，分别为的左.右焦点，过的直线交的左.右支分别于，，且，则（）A. 4B. 8C. 16D. 32【答案】C【解析】【分析】求得双曲线的，设，运用双曲线的定义可得，即可得到所求值．【详解】由双曲线，可得，设，由双曲线的定义可得，，可得，故选C．【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查定义法的运用，以及数形结合思想，考查运算能力，属于基础题．11.设函数，有且只有一个零点，则实数的值为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】将函数有且只有一个零点，转化为方程，，有且只有一个实数根，构造函数g（x），求导求得极值与端点处的值，分析得到a的值.【详解】∵函数，有且只有一个零点，∴方程，，有且只有一个实数根，令g（x）=，则g′（x）=，当时，g′（x）0，当时，g′（x）0，∴g（x）在上单调递增，在上单调递减，当x=时，g（x）取得极大值g（）=，又g（0）= g（）=0，∴若方程，，有且只有一个实数根，则a=故选B.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的零点问题，考查了函数与方程的转化，利用了构造法，属于中档题.12.一个封闭的棱长为 2 的正方体容器，当水平放置时，如图，水面的高度正好为棱长的一半．若将该正方体任意旋转，则容器里水面的最大高度为（）A. 1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据水的体积为容器体积的一半可知液面高度为物体新位置高度的一半，而物体新位置高度的最大值为体对角线，进而可得解.【详解】正方体的对角线长为，故当正方体旋转的新位置的最大高度为，又水的体积是正方体体积的一半，∴容器里水面的最大高度为对角线的一半，即最大液面高度为，故选C．【点睛】本题考查了几何体的体积计算，理解液面高度为物体新位置高度的一半是解题的关键，属于基础题．二、填空题：（每题5分，共20分）13.已知向量，，，则__________【答案】5【解析】分析：将平方，代入条件即可得解.详解：由平方可得：.向量，所以.又.所以.所以.故答案为：5.点睛：向量模的求法通常是求得向量的平方即可.14.甲乙两人组队参加猜谜语大赛，比赛共两轮，每轮比赛甲乙两人各猜一个谜语，已知甲猜对每个谜语的概率为，乙猜对每个谜语的概率为，甲、乙在猜谜语这件事上互不影响，则比赛结束时，甲乙两人合起来共猜对三个谜语的概率为__________【答案】【解析】【分析】找到满足题意的所有情况，分别求得每种情况下的概率，由分类计数原理进行加法运算即可.【详解】甲乙两人合起来共猜对三个谜语的所有情况包括：甲猜对2个，乙猜对1个和甲猜对1个，乙猜对2个，若甲猜对2个，乙猜对1个，则有=，若甲猜对1个，乙猜对2个，则有，∴比赛结束时，甲乙两人合起来共猜对三个谜语的概率为+.故答案为.【点睛】本题考查了相互独立事件的概率的求法，考查了分类计数原理的应用，属于基础题.15.已知数列的前项和为，满足，则__________．【答案】【解析】【分析】由数列递推式求得数列的通项公式，得到数列的奇数项和偶数项，代入所求式，分组后利用等比数列求和公式得答案.【详解】∵，当n时，，n为偶数时，，即；n为奇数时，，即；又，∴；∴，∴∴===故答案为.【点睛】本题考查了由数列递推式求数列的通项公式，考查了等比数列求和公式，考查了分类讨论的思想，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.16.已知为坐标原点，圆：，圆：．分别为圆和圆上的动点，则的最大值为_______．【答案】【解析】【分析】如图所示，以为直径作圆，延长交新圆于点，交新圆于点，首先证得，将题意转化为求圆内接三角形面积的最大值，将基本不等式和琴生不等式相结合即可得结果.【详解】如图所示，以为直径作圆，延长交新圆于点，交新圆于点，连接，，则与垂直，又，所以为中点，由对称性可知，∵，所以，因此当最大值时，最大，故题意转化为在半径为1的圆内求其内接圆的面积最大值，圆内接三角形的面积，由正弦定理得，，∴由于，时为上凸函数，由琴声不等式得即即，当且仅当时等号成立，进而可得的最大值为，故答案为【点睛】本题主要考查了圆内接三角形面积最大值的求法，考查了解析几何中的对称思想以及等价转化思想，用不等式求最值是难点，属于难题.三、解答题17.已知等比数列满足，且是的等差中项.求数列的通项公式；若，对任意正整数，恒成立，试求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用已知条件，列出方程组，求出数列的首项与公比，然后求解通项公式．（2）化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和，列出不等式，通过求解表达式的最小值，求解m 的取值范围．【详解】设等比数列的首项为，公比为.依题意，有，代入，得.因此即有，解得或又数列单调递增，则故.，，，得.，对任意正整数恒成立，对任意正整数恒成立，即恒成立.，，即的取值范围是.【点睛】本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列求和的方法，错位相减法的应用，数列与不等式以及函数的最值的求法．考查计算能力．18.如图，中，，，分别为，边的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）由，分别为，边的中点，可得，由已知结合线面垂直的判定可得平面，从而得到平面；（2）取的中点，连接，由已知证明平面，过作交于，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面与平面所成锐二面角的余弦值．【详解】（1）因为分别为，边的中点，所以，因为，所以，，又因为，所以平面，所以平面．（2）取的中点，连接，由（1）知平面，平面，所以平面平面，因为，所以，又因为平面，平面平面，所以平面，过作交于，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，．，，设平面的法向量为，则即则，易知为平面的一个法向量，，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值．【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在，两半平面所成的二面角与面的法向量之间所成的角相等或互补，主要通过题意或图形来确定最后结果.19.小明在石家庄市某物流派送公司找到了一份派送员的工作，该公司给出了两种日薪薪酬方案.甲方案：底薪100元，每派送一单奖励1元；乙方案：底薪140元，每日前55单没有奖励，超过55单的部分每单奖励12元.（1）请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪（单位：元）与送货单数的函数关系式；（2）根据该公司所有派送员100天的派送记录，发现派送员的日平均派送单数满足以下条件：在这100天中的派送量指标满足如图所示的直方图，其中当某天的派送量指标在时，日平均派送量为单.若将频率视为概率，回答下列问题：①根据以上数据，设每名派送员的日薪为（单位：元），试分别求出甲、乙两种方案的日薪的分布列，数学期望及方差；②结合①中的数据，根据统计学的思想，帮助小明分析，他选择哪种薪酬方案比较合适，并说明你的理由.（参考数据：，，，，，，，，）【答案】（1）；（2）见解析【解析】试题分析：根据已知条件写出函数关系式，分别求出分布列，然后算出数学期望与方差运用不同的比较方法求出最优解解析：（1）甲方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为：，乙方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为：，①由已知，在这100天中，该公司派送员日平均派送单数满足如下表格：所以的分布列为：所以，，所以的分布列为：所以，，②答案一：由以上的计算可知，虽然，但两者相差不大，且远小于，即甲方案日工资收入波动相对较小，所以小明应选择甲方案.答案二：由以上的计算结果可以看出，，即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望，所以小明应选择乙方案.20.已知椭圆的左右顶点分别为，，右焦点的坐标为，点坐标为，且直线轴，过点作直线与椭圆交于，两点（，在第一象限且点在点的上方），直线与交于点，连接.（1）求椭圆的方程；（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，问：的斜率乘积是否为定值，若是求出该定值，若不是，说明理由.【答案】（1）（2）.【解析】分析：（1）由题意可知，则，即可求得椭圆方程.（2）由题意设，，，设直线的方程为，代入椭圆方程，写出韦达定理关系式，再根据三点共线，得到，然后计算的值为定值.详解：（1）设椭圆方程为，由题意可知：，所以，所以椭圆的方程为（2）是定值，定值为.设，，因为直线过点，设直线的方程为：，联立所以，，因为点在直线上，所以可设，又在直线上，所以：所以点睛：圆锥曲线的定值问题会涉及到曲线上的动点及动直线，常用解题步骤为：设动点和动直线、即引入参数；结合已知条件将目标式用参变量表示，（3）通过化简消参求得定值.设而不求、整体思想和消元思想的运用可有效的简化运算.21.已知函数，．（1）若，求的取值范围；（2）若的图像与相切，求的值．【答案】（1）；（2）1【解析】【分析】（1）由题意可得，设，求得导数和单调性、极值和最值，即可得到所求范围；（2）设的图象与相切于点，求得的导数，可得切线的斜率和切点满足曲线方程，解方程即可得到所求值．【详解】（1）由得. ，从而，即．设. ，则，（）所以时，，单调递增；时，，单调递减，所以当时，取得最大值，故的取值范围是．（2）设的图像与相切于点，依题意可得因为，所以消去可得．令，则，显然在上单调递减，且，所以时，，单调递增；时，，单调递减，所以当且仅当时．故．【点睛】本题主要考查导数的几何意义即函数在某点处的导数即为在改点处切线的斜率，导数与函数单调性、极值和最值的关系，由，得函数单调递增，得函数单调递减，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（其中为参数，）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求和的直角坐标方程；（2）若与相交于两点，且，求．【答案】（1）见解析；（2）或【解析】【分析】（1）直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果；（2）利用直线和曲线的位置关系的应用建立一元二次方程根和系数关系的应用求出三角函数的值，进一步求出结果．【详解】（1）当时，当时，．由得，因为，，所以的直角坐标方程．（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得：，则，，因为，所以或，因为，所以，故或．【点睛】本题主要参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系的应用，属于中档题．23.已知是正实数，且，证明：；.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）利用基本不等式证明即可．（2）利用综合法，通过重要不等式证明即可．【详解】是正实数，，，∴，当且仅当时，取∴∴∴当且仅当即时，取【点睛】本题考查不等式的证明，综合法的应用，基本不等式的应用，是基本知识的考查．。