云南省2019届高三数学第二次复习统一检测试卷文（含解析）.docx

2019年云南省第二次高中毕业生复习统一检测文科数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题求得集合T，再利用交集的定义求得结果.【详解】由题，求得集合 ，所以故选D【点睛】本题主要考查了交集的概念，属于基础题.2.已知为虚数单位，设，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】直接对复数进行化简，求得，得出结果.【详解】复数，在复平面中对应的点为（2，-2）在第四象限故选D【点睛】本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题.3.已知是角终边上的点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题，先求出r，再利用公式，得出答案.【详解】由题，求得， 故选C【点睛】本题考查了三角函数的定义，属于基础题.4.在等比数列中，若，成等差数列，则数列的公比为（ ）A. 0或1或-2B. 1或2C. 1或-2D. -2【答案】C【解析】【分析】由题意，可得，再利用等比的通项，可得，解出答案即可.【详解】由题，成等差数列，所以 又因为等比数列，即，解得或【点睛】本题考查了等差等比的性质，解题的关键是不要把性质弄混淆了，属于基础题型.5.执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【分析】由题，根据程序框图的定义，结合对数的运算，求得满足题意的结果即可.【详解】输入n=1,S=0，可得S=，n=2,S3，S=，n=3,S=,n=4故输出n=4故选B【点睛】本题主要考查了程序框图的算法以及对数的运算，属于基础题.6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 10【答案】A【解析】【分析】由题，得知几何体是三棱锥，再求出表面积即可.【详解】由题，该几何体是一个侧面垂直底面，且底面和侧面都是等腰直角三角形的三棱锥，如图，面SAC垂直面ABC的三棱锥；所以 故选A【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，还原几何体是解题的关键，属于基础题.7.某中学高一年级有学生1200人，高二年级有学生900人，高三年级有学生1500人，现按年级为标准，用分层抽样的方法从这三个年级学生中抽取一个容量为720的样本进行某项研究，则应从高三年级学生中抽取学生（ ）A. 200人B. 300人C. 320人D. 350人【答案】B【解析】【分析】由分层抽样的定义，按抽样比列式可得解.【详解】由分层抽样可得高三抽的： 故选B【点睛】本题考查了分层抽样的定义，属于基础题.8.已知直线：是圆：的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（ ）A. 2B. 6C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题，求得圆的圆心和半径，易知直线：过圆心，求得a=-1，再利用切线的性质求得，得出答案.【详解】由题，可得圆C的标准方程：，直线：是圆：的对称轴，故过圆心，即2+a-1=0，可得a=-1，所以 ，半径r=2所以 故选B【点睛】本题考查了直线与圆的的定义，性质以及位置关系，属于中档题型.9.已知点，.若点在轴上，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用坐标表示平面向量的运算，又因为点P在y轴上，即横坐标为0，可得结果.【详解】由题，可得 所以 点在轴上，即 故选A【点睛】本题主要考查了向量坐标表示以及运算，属于基础题.10.已知直三棱柱的顶点都在球的球面上，若球的表面积为，则这个直三棱柱的体积是（ ）A. 16B. 15C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题，棱柱为直棱柱，底面为直角三角形，利用球的表面积求得球半径，再利用外接球求得棱柱的高，最后求得体积即可.详解】由题， ，因为，易知三角形ABC为等腰直角三角形，故三棱柱的高 故体积 故选A【点睛】本题考查了棱柱的外接球的问题，解题的关键是找球心的位置，求出棱柱的高，属于中档题型.11.若椭圆：的上、下焦点分别为、，双曲线的一条渐近线与椭圆在第一象限交于点，线段的中点的纵坐标为0，则椭圆的离心率等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由题，得出和渐近线方程，再利用线段的中点的纵坐标为0，求得P点的坐标，再带入椭圆方程求得，得出离心率即可.【详解】由题，易知椭圆E的交点 双曲线一条渐近线方程为： 因为的中点纵坐标为0，故点P的纵坐标为点P在双曲线的一条渐近线上，带入可得点 再将点P代入椭圆方程： 解得 所以离心率 故选C【点睛】本题主要考查了圆锥曲线的综合，性质，渐近线，离心率，本题的计算量较大，这是本题的易错点，属于中档偏上的题型.12.已知，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由题，易知，而，再将b，c作商，利用对数的运算以及基本不等式，求得比值与1作比较即可得出答案.【详解】因为，故 所以 ，即 故选D【点睛】本题考查了对数的运算以及基本不等式的综合，解题的关键是在于运算的技巧以及性质，属于中档偏上题型.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若实数，满足约束条件，则目标函数的最大值为_【答案】【解析】分析：首先根据题中所给的约束条件画出相应的可行域，可知是一个封闭的三角区，结合目标函数的类型，可知其为截距型的，分析找到动直线过哪个点时使得目标函数取得最大值，联立方程组，求得对应点的坐标，代入目标函数解析式，最后求得最大值.详解：画出可行域可知，当目标函数经过点时取到最大值，最大值为.点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，解决该题的关键是根据题中的约束条件画出相应的可行域，之后根据目标函数的类型，确定其几何意义，结合图形，判断出目标函数在哪个点处取得最大值，即最优解是哪个点，代入求值即可.14.已知平面向量与平面向量的夹角为，若，则_【答案】或【解析】【分析】先由题根据向量的运算求得，再求得，然后分和求得答案即可.【详解】因为 因，所以 当时，当时，故答案为或【点睛】本题考查了向量的计算数量积的运算等，熟悉公式是解题的关键所在，属于较为基础题.15.已知函数在上是单调递增函数，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】先由辅助角公式化简得=，再根据单调性求得m的取值，再求出的取值范围.【详解】函数= 由 故在区间是单调递增的，当k=0，在区间是单调递增函数，则 ，而 所以 所以 故答案为【点睛】本题考查了三角函数的图像以及性质和恒等变化，熟悉三角函数的性质是解题的关键，属于中档题.16.已知数列的前项和为，若，则使成立的的最大值是_【答案】5【解析】【分析】先由数列求得，再构造等比数列求得，然后可求得，再代入求得n的取值即可.【详解】因为可得：两式相减可得：化简可得：即所以数列是以为首项，公比为2的等比数列当n=1时，求得 所以即所以即解得 所以成立的的最大值是5故答案为5【点睛】本题考查了数列的通项公式的求法，用到了以及待定系数法，求出通项是解题的关键，属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17.在中，内角，所对的边分别为，且.（1）求；（2）若，当的面积最大时，求，.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理进行化简可得，求得；（2）由，结合余弦定理求得，再由面积公式，求得答案即可.【详解】解：（1），.化简得.，.（2），.，.当时，即时，.的最大值为，此时，.【点睛】本题主要考查了用正余弦定理解三角形，合理熟练运用公式是解题的关键，属于基础题.18.在某市创建全国文明城市的过程中，创文专家组对该市的中小学进行了抽检，其中抽检的一个环节是对学校的教师和学生分别进行问卷测评.下表是被抽检到的5所学校、的教师和学生的测评成绩（单位：分）：学校教师测评成绩9092939496学生测评成绩8789899293（1）建立关于的回归方程；（2）现从、这5所学校中随机选2所派代表参加座谈，求、两所学校至少有1所被选到的概率.附：，.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题求出，再求得，代入求得回归方程为；（2）由题从、这5所学校中随机选2所，共10种，、两所学校至少有1所被选到有7种，求得概率即可.【详解】解：（1）依据题意计算得：，.所求回归方程为.（2）从、这5所学校中随机选2所，具体情况为：，一共有10种.、两所学校至少有1所被选到的为：，一共有7种.它们都是等可能发生的，所以、两所学校至少有1所被选到的概率.【点睛】本题考查了线性回归方程和概率的综合，计算仔细是解题的关键，属于基础题.19.如图，在斜三棱柱中，四边形是菱形，.（1）求证：；（2）若平面平面，求点到平面的距离.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，易证，再证得，可得平面，即；（2）由题，求得是到平面的距离，再利用等体积法=，即可求得点到平面的距离.【详解】（1）证明：取的中点，连接，.，.是菱形，.是正三角形.平面，平面，平面.平面，.（2）解：，是以为底的等腰直角三角形.是菱形，.平面平面，平面平面，平面，平面.是三棱柱的高，即是到平面的距离.平面，.在三棱柱中，.，.由得.点到平面的距离为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理以及性质定理，以及利用等体积法求体积可得到点面距离的方法，属于中档题.20.已知是坐标原点，抛物线：的焦点为，过且斜率为1的直线交抛物线于、两点，为抛物线的准线上一点，且.（1）求点的坐标；（2）设与直线垂直的直线与抛物线交于、两点，过点、分别作抛物线的切线、，设直线与交于点，若，求外接圆的标准方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题易知直线的方程为：，设，联立，可得，又因为，可得建立方程求得，可得结果；（2）设出直线：，即可已知得：，：，联立方程求得点，利用向量数量积为0，解得，代入可得OM垂直ON，即为外接圆的直径，最后求得答案即可.【详解】解：（1）由已知得直线的方程为：，设.由得，.由得.，解得.点的坐标为.（2）设，直线：，由已知得：，：，解得.由得.由题意得，即.，.，解得.，.为外接圆的直径.又， ，外接圆的圆心为，半径为.外接圆的标准方程为.【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线的综合知识，理解题意，分析转化是解题的关键，属于难题.直线与圆锥曲线解题步骤：(1)设出点和直线的方程（考虑斜率的存在）；（2）联立方程，化简为一元二次方程（考虑判别式），利用韦达定理；（3）转化，由题已知转化为数学公式；（4）计算，细心计算.21.已知函数.（1）证明：当时，；（2）若有极大值，求的取值范围；【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）当时，则，讨论单调性易知当时，在上单调递增，故，即（2）.由有极大值得有解，且，则，然后分别对其单调性以及极值最值的讨论，求得的取值范围为【详解】（1）证明：当时，令，则.当时，单调递减；当时，单调递增.当时，.当时，在上单调递增.当时，即.（2）解：由题设得.由有极大值得有解，且.令，则.由得.当时，单调递减；当时，单调递增.当，即时，即，此时，在上单调递增，无极值；当，即时，.由（1）知：，即.存在，使.当时，即单调递增；当时，即单调递减；当时，即单调递增.是唯一的极大值点.综上所述，所求的取值范围为.【点睛】本题主要考查了导函数的应用，两个小问都会运用到二次求导，所以对于二次求导以及极值最值的应用是解题的关键，第二问也能用参变分离，会更简单一些，学生可以下来自行解决一下，属于中档偏上题目.22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，点在曲线：（为参数）上，对应参数为.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的极坐标为.（1）直接写出点的直角坐标和曲线的极坐标方程；（2）设，是曲线上的两个动点，且，求的最小值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由极坐标公式可得的直角坐标为，将点代入求得k=1，m=2，则曲线方程，求得极坐标方程；（2）设，易知，所以，时，的最小值为.【详解】解：（1）点的直角坐标为，曲线的极坐标方程为.（2）由（1）知曲线：.由，是曲线上的两个动点，且，不妨设，且，.当时，.的最小值为.【点睛】本题考查了参数方程与极坐标方程的综合知识，熟悉方程之间的转化以及极坐标方程的定义是解题的关键，属于中档题.23.选修4-5：不等式选讲已知