广东省潮州市2019届高三数学第二次模拟考试试题 理（含解析）

广东省潮州市2019届高三数学第二次模拟考试试题 理（含解析）一、选择题：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】b【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法化简集合，再由交集的定义可得结果.【详解】因为，故选b【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.2.已知复数满足（为虚数单位），则为（）a. b. c. 10d. 13【答案】a【解析】【分析】先变形原式，再利用复数的乘除运算法则化简复数，由复数模的公式可得结果.【详解】复数满足，则，所以故选a【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3.我国古代名著九章算术中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤”，若该金锤从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，该金锤共重多少斤？（）a. 6斤b. 7斤c. 9斤d. 15斤【答案】d【解析】【分析】直接利用等差数列的求和公式求解即可.【详解】因为每一尺的重量构成等差数列，数列的前5项和为即金锤共重15斤，故选d【点睛】本题主要考查等差数列求和公式的应用，意在考查运用所学知识解答实际问题的能力，属于基础题.4.函数的部分图象如图所示则函数的单调递增区间为（）a. ，b. ，c. ，d. ，【答案】c【解析】【分析】利用图象先求出周期，用周期公式求出，利用特殊点求出，然后根据正弦函数的单调性列不等式求解即可.【详解】根据函数的部分图象，可得：，解得：，由于点在函数图象上，可得：，可得：，解得：，由于：，可得：，即，令，解得：，可得：则函数的单调递增区间为：，故选c【点睛】本题主要考查三角函数的单调性、三角函数的图象与性质，属于中档题.函数的单调区间的求法：若,把看作是一个整体，由求得函数的减区间，求得增区间.5.双曲线的一个焦点为，若、成等比数列，则该双曲线的离率 （）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】由成等比数列，可得， ，解方程可得结果.【详解】因为成等比数列，所以， ，所以，因为，所以故选b【点睛】本题主要考查双曲线的性质与离心率，属于中档题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：直接求出，从而求出;构造的齐次式，求出;采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解6.已知向量、为单位向量，且在的方向上的投影为，则向量与的夹角为（）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由，变形可得，再利用平面向量数量积公式，结合向量夹角的范围可得结果.【详解】设向量与的夹角为，因为向量、为单位向量，且在的方向上的投影为，则有，变形可得：，即，又由，则，故选a【点睛】本题主要考查向量的夹角及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.7.一试验田某种作物一株生长果个数服从正态分布，且，从试验田中随机抽取10株，果实个数在的株数记作随机变量，且服从二项分布，则的方差为（）a. 3b. 2.1c. 0.3d. 0.21【答案】b【解析】【分析】由,利用正态分布对称性求得，则，利用二项分布的方差公式可得结果.【详解】，且，所以，的方差为故选b【点睛】本题主要考查正态分布的性质与二项分布的方差公式，属于中档题.有关正态分布的考查，知识点较为清晰，只要掌握以下两点，问题就能迎刃而解：（1）正态分布区间上的概率，关于对称，；（2）熟练掌握正态分布的性质，特别是正态曲线的对称性以及各个区间概率之间的关系.8.一个几何体的三视图如图所示，该几何体外接球的表面积为（）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由已知中的三视图可得，该几何体是一个以正视图为底面的四棱锥，其外接球，与以俯视图为底面，以2为高的正三棱柱的外接球相同，进而可得该几何体外接球的表面积【详解】由已知中的三视图可得，该几何体是一个以正视图为底面的四棱锥，其外接球，与以俯视图为底面，以4为高的正三棱柱的外接球相同，如图所示：由底面边长为4，可得底面外接圆的半径为：由棱柱高为4，可得球心距为2，故外接球半径为，故选：c故外接球的表面积s=4r2=4=故选：d【点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解(2)若球面上四点p，a，b，c构成的三条线段pa，pb，pc两两互相垂直，且paa，pbb，pcc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4r2a2b2c2求解9.已知，则的取值范围是（）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】利用待定系数法求得，由，结合，从而可得结果.【详解】令则，又，得则故选c【点睛】本题主要考查不等式的性质以及指数函数的性质，意在考查综合运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.10.设函数，则使成立的的取值范围是（）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】先判断函数为偶函数，利用导数判断函数在上为增函数，则原不等式等价于，进而可得结果.【详解】根据题意，函数，则，即函数为偶函数，又，当时，有，即函数在上为增函数，解得或，即的取值范围为；故选d【点睛】解决抽象不等式时，切勿将自变量代入函数解析式进行求解，首先应该注意函数的单调性若函数为增函数，则；若函数为减函数，则11.已知正方体的体积为1，点在线段上（点异于、两点），点为线段的中点，若平面截正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】当点为线段的中点时，画出截面为四边形，当时，画出截面为五边形，结合选项可得结论.【详解】正方体的体积为1，所以正方体棱长为1，点在线段上（点异于两点），当点为线段的中点时，共面，截面为四边形，如图，即，不合题意，排除选项;当时，截面为五边形，如图，符合题意，即平面截正方体所得的截面为五边形，线段的取值范围为故选b【点睛】本题主要考查正方体性质、截面的画法，考查作图能力与空间想象能力，意在考查对基础知识的熟练掌握与灵活应用，属于难题.12.已知函数，则关于的方程的实根个数不可能为（）a. 5个b. 6个c. 7个d. 8个【答案】a【解析】【分析】以f（x）1的特殊情形为突破口，解出x1或3或或4，将x+2看作整体，利用换元的思想方法进一步讨论【详解】函数，即f（x），因为当f（x）1时，x1或3或或4，则当a1时，x+21或3或或4，又因为 x+20或x+24，所以，当x+24时只有一个x2与之对应其它情况都有2个x值与之对应，故此时所求的方程有7个根，当1a2时，yf（x）与ya有4个交点，故有8个根；当a2时，yf（x）与ya有3个交点，故有6个根；综上：不可能有5个根，故选：a【点睛】本题考查分段函数、函数的零点等知识，属于中档题二、填空题13.从抛物线上一点引其准线的垂线，垂足为，设抛物线的焦点为，且，则的面积为_【答案】10【解析】由抛物线的定义可知|pf|+|pm|=5,并且点p到准线的距离14.已知，命题：，命题：，若命题为真命题，则实数的取值范围是_【答案】或【解析】【分析】根据不等式恒成立化简命题为，根据一元二次方程有解化简命题为或，再根据且命题的性质可得结果.【详解】若命题：“，”为真；则，解得：，若命题：“，”为真，则，解得：或，若命题“”是真命题，则，或，故答案为：或【点睛】解答非命题、且命题与或命题真假有关的题型时，应注意：（1）原命题与其非命题真假相反；（2）或命题“一真则真”；（3）且命题“一假则假”.15.从二项式的展开式各项中随机选两项，选得的两项均是有理项的概率是_【答案】【解析】【分析】展开式共9项，利用通项公式可得有理项共3项，根据组合知识与古典概型概率公式可得结果.【详解】二项式的展开式的通项为：，令，则或3或6时为有理项，所以从二项式的展开式各项中随机选两项有种选法，其中有理项有种，所以选得的两项均是有理项的概率是，故答案为【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数以及古典概型概率的应用，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.16.在中，角、的对边分别为、，边上的高为，则的最大值是_【答案】【解析】【分析】利用三角形面积公式可得，利用余弦定理化简原式为，再利用两角和的正弦公式与三角函数的有界性可得结果.【详解】因为边上的高为，所以，即，可得，故的最大值是故答案为【点睛】本题主要考查三角形面积公式、余弦定理、两角和的正弦公式，属于中档题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.三、解答题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.等差数列前项和为，且，（1）求的通项公式；（2）数列满足且，求的前项和【答案】(1) (2) 【解析】分析】（1）根据等差数列中，列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式；（2）利用（1），由“累加法”可得，利用裂项相消法求和即可得结果.【详解】（1）等差数列的公差设为，前项和为，且，可得，解得，可得；（2）由，可得，则前项和【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18.如图，菱形与正三角形的边长均为2，它们所在平面互相垂直，平面，平面（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的大小【答案】(1)见证明；(2) 【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得，由线面垂直的性质可得，从而可得平面，再由面面垂直的判定定理可得结果；（2）设，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量垂直数量积为零列方程求得平面的法向量，结合平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.【详解】（1）菱形，平面，平面，平面，平面平面（2）设，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则，取，得，平面的法向量，设二面角的大小为，则，二面角的大小为【点睛】本题主要考查面面垂直的证明以及利用空间向量求二面角，属于中档题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19.一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为如果，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验假设这批产品的优质品率为，即取出的产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立（1）求这批产品通过检验的概率；（2）已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为（单位：元），求的分布列及数学期望【答案】(1) (2)分布列见解析， 【解析】【分析】（1）对于第一种情况，先从这批产品中任取四个产品，求出三个为优质品的概率，那么需要再从该类产品中抽取四个产品，再求出四个都未为优质品的概率；对于第二种情况，求出第一次取出的四件产品都为优质品的概率以及第二次取出的一件产品为优质品的概率，则根据独立事件与互斥事件的概率公式可得结果；（2）若对该产品进行检验，最后花费的检验费用有三种情况，即为400元，500元或800元，可分别根据题目条件求随机变量对应的概率，利用期望公式求出所需花费费用的数学期望.【详解】（1）设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件，第一次取出的4件产品全是优质品为事件，第二次取出的4件产品全是优质品为事件，第二次取出的1件产品是优质品为事件，这批产品通过检验为事件，依题意有，且与互斥，所以（2）可能的取值为400，500，800，并且，故的分布列如下： 400 500 800 故【点睛】本题主要考查互斥事件的概率公式、独立事件同时发生的概率公式以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解数学期望问题，首先要正确理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.20.已知椭圆，是长轴的一个端点，弦过椭圆的中心，点在第一象限，且，（1）求椭圆的标准方程；（2）设、为椭圆上不重合的两点且异于、，若的平分线总是垂直于轴，问是否存在实数，使得？若不存在，请说明理由；若存在，求取得最大值时的的长【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）根据所给向量间的关系求出点的坐标，又由得出半长轴，再将点的坐标代入椭圆方程解出，则可得椭圆方程；（2）由题意可得，设，则，将的直线方程与椭圆联立解得的坐标，进而得到的坐标，从而由斜率公式求得，证得，可得存在实数符合题意，先利用基本不等式求得，再求出的最大值.【详解】（1），即，是等腰直角三角形，而点在椭圆上，所求椭圆方程为（2）对于椭圆上两点，的平分线总是垂直于轴，与所在直线关于对称，则，的直线方程为，的直线方程为，将代入，得，在椭圆上，是方程的一个根，以替换，得到，弦过椭圆的中心，存实数，使得，当时，即时取等号，又， ，取得最大值时的的长为【点睛】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.21.已知函数（1）当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；（2）求证：对于任意的正整数，不等式恒成立【答案】(1) (2)见证明【解析】【分析】（1）求出的导数，两次求导，分三种情况讨论，当时，当时，当时，分别求出单调区间，求得最小值，即可得到的范围；（2）对要证的不等式等价变形，可得，且，运用（1）中的结论，对相当于（1）中， 对相当于（1）中，利用单调性即可得证【详解】（1）由，得，则，当时， ，则在上递增，在上递增，当时，则在上递减，在上递减，且仅有，时，不等式不恒成立，当时，令，当时，在上递减，从而，在上递增，即，且仅有，时，不等式不恒成立，综上，的取值范围为：（2）要证对，不等式恒成立，即证，即证，即证，且，对相当于（1）中，有在上递减，即而且仅有，取，有成立，对相当于（1）中，有，而且仅有，取，有成立，对，不等式恒成立【点睛】本题主要考查利用导数研究不等式恒成立问题以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比