陕西省2019届高三第二次教学质量检测数学(理)试卷附答案解析

1、2019 年高三第二次教学质量检测理科数学注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、 考生号、考场号和座位号填写在答题卡上. 用 2b铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应的位置上. 将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”2. 作答选择题时，选出每小题答案后，用2b铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案. 答案不能答在试卷上 . 3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案. 不准使用铅笔和修正液，不按以上要求作答无效。4. 考生必须保证答题卡的整洁. 考

2、试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 第 i 卷（选择题）一、选择题（每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.已知集合，则为（）a. b. c. d. 【答案】 c 【解析】【分析】根据对数求得集合n，再由集合交集定义可得。【详解】因为所以所以所以选 c 【点睛】本题考查了集合的交集运算，属于基础题。2.设复数满足，则（）a. b. c. d. 【答案】 d 【解析】【分析】根据复数模的定义求得即可。【详解】根据复数除法运算，可化简得所以所以选 d 【点睛】本题考查了复数模的求法，属于基础题。3.已知实数， 满足约束条件，则目标函数的最大值为（）a. b. c. d. 【答案】 b 【

3、解析】【分析】根据线性约束条件，画出可行域，求可行域内到原点距离的最大值即可。【详解】由线性约束条件，可行域如下图所示：由图可知，点a 到原点距离最大，此时所以所以选 b 【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，非线性目标函数最值的求法，属于基础题。4.已知命题对任意，总有；命题直线，若，则或；则下列命题中是真命题的是（）a. b. c. d. 【答案】 d 【解析】构造函数故函数在上单调递增 ,故也即,故为真命题 .由于两直线平行,故,解得或,故 为真命题 .故为真命题 .所以选 d.5.陕西省西安市周至县的旅游景点楼观台，号称“天下第一福地”，是我国著名的道教胜迹，古代圣哲老子曾在此著道德经

4、五千言。景区内有一处景点建筑，是按古典著作连山易中记载的金、木、水、火、土之间相生相克的关系，如图所示，现从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰好是相克关系的概率为（）a. b. c. d. 【答案】 b 【解析】【分析】根据组合数，求得出所有相克情况，即可求得任取两种取出的两种物质恰好是相克关系的概率。【详解】从五种不同属性的物质中任取两种，基本事件数量为取出两种物质恰好相克的基本事件数量为则取出两种物质恰好是相克关系的概率为所以选 b 【点睛】本题考查了概率求法，古典概型概率的相关求解，属于基础题。6.如图是计算值的一个程序框圈，其中判断框内应填入的条件是（）a. b. c.

5、d. 【答案】 c 【解析】【分析】根据计算结果，可知该循环结构循环了5 次；输出s前循环体的n 的值为 12， k 的值为 6，进而可得判断框内的不等式。【详解】因为该程序图是计算值的一个程序框圈所以共循环了5 次所以输出s 前循环体的n 的值为 12，k 的值为 6，即判断框内的不等式应为或所以选 c 【点睛】本题考查了程序框图的简单应用，根据结果填写判断框，属于基础题。7.已知点在幂函数图像上， 设，则 、 、的大小关系为 （）a. b. c. d. 【答案】 a 【解析】【分析】根据点在幂函数上，可求得幂函数解析式，进而判断大小即可。【详解】因为点在幂函数图像上所以，所以即，即为 r

6、上的单调递增函数所以所以选 a 【点睛】本题考查了指数幂与对数大小比较，函数单调性的简单应用，属于基础题。8.要得到函数的图象，只需将函数的图象经过下列两次变换而得到的（）a. 先将的图象上各点的横坐标缩短到原来的一半，再将所得到图象向左平移个单位b. 先将的图象上各点的横坐标伸长到原来的倍，再将所得到图象向左平移个单位c. 先将的图象向左平移个单位，再将所得到图象上各点的横坐标缩短到原来的一半d. 先将的图象向左平移个单位，再将所得到图象上各点的横坐标伸长到原来的倍【答案】 c 【解析】【分析】根据三角函数图像的平移变化，横坐标与平移量的关系，即可判断。【详解】将函数的图象经过两次变换而得到

7、函数的图象有两种方法：方法一、先将的图象向左平移个单位，再将所得到图象上各点的横坐标缩短到原来的一半方法二、先将的图象上各点的横坐标缩短到原来的一半，再将所得到图象向左平移个单位根据选项，可知c为正确的平移方法所以选 c 【点睛】本题考查了三角函数图像与性质，函数图像的平移变化，属于基础题。9.某三棱锥的三视图如图所示，其俯视图是一个等腰直角三角形，在此三棱锥的六条棱中，最长棱的长度为 （）正视图仰视图俯视图a. b. c. d. 【答案】 b 【解析】【分析】根据三视图，画出空间结构体，由数据即可求得最长的棱长。【详解】根据三视图，画出空间结构体如下图所示则最长的棱长为pc 所以所以选 b

8、【点睛】本题考查了三视图的简单应用，空间中线段长度比较，属于基础题。10.已知抛物线的准线过双曲线（，）的左焦点，且与双曲线交于，两点，为坐标原点，且的面积为，则双曲线的离心率为（）a. b. c. d. 【答案】 d 【解析】试题分析：抛物线的准线方程为，所以双曲线的左焦点，从而，把代入得，所以的面积为，解得，所以离心率，故选 d. 考点：抛物线的方程、双曲线的几何性质. 【方法点晴】 本题主要考查了抛物线的方程、双曲线的简单几何性质，属于基础题 .正确运用双曲线的几何性质是本题解答的关键，首先根据抛物线方程求出准线方程即得双曲线的焦点坐标，求出的值，由双曲线标准方程求得弦的长，表示出的面积

9、，从而求得值，最后由离心率的定义求出其值.11.一布袋中装有个小球，甲，乙两个同学轮流且不放回的抓球，每次最少抓一个球，最多抓三个球，规定：由乙先抓，且谁抓到最后一个球谁赢，那么以下推断中正确的是（）a. 若，则乙有必赢的策略b. 若，则甲有必赢的策略c. 若，则甲有必赢的策略d. 若，则乙有必赢的策略【答案】 a 【解析】【分析】乙若想必胜，则最后一次抓取前必须有13 个球，根据试验法可得解。【详解】若，则乙有必赢的策略。（1）若乙抓1 球，甲抓 1 球时，乙再抓3 球，此时剩余4 个球，无论甲抓13 的哪种情况，乙都能保证抓最后一球。（2）若乙抓1 球，甲抓 2 球时，乙再抓2 球，此时剩

10、余4 个球，无论甲抓13 的哪种情况，乙都能保证抓最后一球。（3）若乙抓1 球，甲抓 3 球时，乙再抓1 球，此时剩余4 个球，无论甲抓13 的哪种情况，乙都能保证抓最后一球。所以若，则乙有必赢的策略所以选 a 【点睛】本题考查了合情推理的简单应用，属于基础题。12.已知函数，又函数有 个不同的零点，则实数的取值范围是（）a. b. c. d. 【答案】 a 【解析】【分析】根据导函数判断的单调区间和极值，结合函数有四个不同零点，则可知的两个值的取值范围，进而利用二次函数的图象及韦达定理求得t 的范围。【详解】因为当，所以在时为单调递减函数当，令解得，所以在时为单调递增函数，所以在时为单调递减

11、函数，且所以当时，在时取得最大值为有四个零点，则令，则有两个不等式实数根，一个在，一个在令因为所以只需即可满足有两个不等式实数根，一个在，一个在即解不等式得所以 t 的取值范围为所以选 a 【点睛】本题考查了导函数的综合应用，函数零点的求法，复合函数及根分布的综合应用，属于难题。第卷（非选择题）二、填空题（本大题共4 小题）13.若，则，的大小关系 _.【答案】(1). (2). (3). 【解析】【分析】根据微积分基本定理，依次求出各s的值，比较大小即可。【详解】由微积分基本定理可知，所以【点睛】本题考查了微积分基本定理的应用，属于基础题。14.公比为的等比数列的各项都是正数，且，则_.【答

12、案】【解析】【分析】根据公比及，可求出首项，然后求得，代入即可求解。【详解】等比数列各项都是正数，且公比为，所以即所以所以则【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及对数求值，属于基础题。15.圆的任意一条切线与圆相交于，两点，为坐标原点，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意，根据ab 与圆相切且交外面的圆于a、b 两点，由垂径定理及勾股定理，求得的大小，进而利用向量数量积即可求得解。【详解】由题意，画出几何图形如下图所示：设切点为p，则且，则所以因为，所以【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系及性质，向量数量积的应用，属于基础题。16.在实数集中定义一种运算“”，具有性质：（1）对任意，；（2）

13、对任意，；（3）对任意，则函数的最小值为 _.【答案】【解析】【分析】通过赋值法，可得到一般性的结论，对解析式化简，然后即可求得最小值。【详解】因为在（3）中，对任意，令，代入得由（ 1）中可得由（ 2）中，化简可得所以因为由基本不等式可得所以最小值为3 【点睛】本题考查了新定义的运算，考查了函数式的化简求值，基本不等式的用法，属于中档题。三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. ）17.某市规划一个平面示意图为如下图五边形的一条自行车赛道，为赛道（不考虑宽度），为赛道内的一条服务通道，. （1）求服务通道的长度；（2）应如何设计，才能使折线段赛道最长？【答案】（1）5（2）见解析

14、【解析】【分析】（1）连接 bd ，在中应用余弦定理求得bd ，进而在应用勾股定理求得be。（2）在中，应用余弦定理表达出ab 与 ae 的等量关系，再结合不等式求得的最大值即可。【详解】（1）连接，在中，由余弦定理得：，.，又，在中，. （2）在中，. 由余弦定理得，即，故，从而，即，当且仅当时，等号成立，即设计为时，折线段赛道最长 . 【点睛】本题考查了余弦定理及应用余弦定理解三角形的应用，不等式的用法，属于基础题。18.某市场研究人员为了了解产业园引进的甲公司前期的经营状况，对该公司2018 年连续六个月的利润进行了统计，并根据得到的数据绘制了相应的折线图，如图所示（1）由折线图可以看出

15、，可用线性回归模型拟合月利润（单位：百万元）与月份代码之间的关系，求关于的线性回归方程，并预测该公司2019 年 3 月份的利润；（2）甲公司新研制了一款产品，需要采购一批新型材料，现有，两种型号的新型材料可供选择，按规定每种新型材料最多可使用个月，但新材料的不稳定性会导致材料损坏的年限不相同，现对，两种型号的新型材料对应的产品各件进行科学模拟测试，得到两种新型材料使用寿命的频数统计如下表：使用寿命材料类型个月个月个月个月总计经甲公司测算平均每包新型材料每月可以带来万元收入，不考虑除采购成本之外的其他成本，假设每包新型材料的使用寿命都是整数月，且以频率作为每包新型材料使用寿命的概率，如果你是甲

16、公司的负责人，以每包新型材料产生利润的期望值为决策依据，你会选择采购哪款新型材料？参考数据：，. 参考公式：回归直线方程为，其中.【答案】（1），预计甲公司2019 年 3 月份的利润为百万元（ 2）见解析【解析】【分析】（1）根据数据求得b、a 即可得回归直线方程，代入预测月份对应的自变量x 的值，即可得预测值。（2）分别计算两种情况下的数学期望，比较大小即可得出结论。【详解】解（1）由折线图可知统计数据共有组，即，计算可得，所以，所以月度利润与月份代码之间的线性回归方程为. 当时，. 故预计甲公司2019 年 3 月份的利润为百万元。（2）由频率估计概率，每包型新材料可使用个月， 个月，

17、个月和个月的概率分别为.，和，所以每包型新材料可产生的利润期望值. 由频率估计概率，每包型新材料可使用个月，个月，个月和个月的概率分别为，和，所以每包型新材料可产生的利润期望值. . 所以应该采购型新材料。【点睛】本题考查了应用回归方程分析实际问题，数学期望的求法，试题阅读量大，数据处理较为复杂，属于中档题。19.如图所示，等腰梯形的底角，直角梯形所在的平面垂直于平面，且，. （1）证明：平面平面；（2）点在线段上，试确定点的位置，使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】【分析】（1）计算 bd，根据勾股定理逆定理得出ab bd ，再根据 ed 平面得出

18、 ed ab，故而 ab 平面，从而平面平面；（2）建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，求出两个平面的法向量，根据法向量的夹角即可求得 的值。【详解】（1）证明：平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，平面平面（2）解：以为坐标原点，以，为 轴， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设， （） ，则，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，令，得，令，得，. 即. 即点为线段的中点时，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查了面面垂直的判定，空间向量求平面与平面夹角的应用，属于中档题。20.已知、为椭圆（）的左右焦点，点为其上一点，且. （1）求椭圆的标准方程；（2）若直线交

19、椭圆于、两点，且原点在以线段为直径的圆的外部，试求的取值范围 .【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由椭圆的定义及点在椭圆上，代入椭圆方程可求得a、b，进而得椭圆的标准方程。（2）设出 a、b的坐标，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理表示出，代入得到关于k 的不等式，解不等式即可得k 的取值范围。【详解】解： （ 1）由题可知，解得，所以椭圆的标准方程为：. （2）设，由，得，由韦达定理得：，由得或. 又因为原点在线段为直径的圆外部，则，即，综上所述：实数的取值范围为【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法，直线与椭圆位置关系的综合应用，属于中档题。21.函数，其中，为实常数（1）若时，讨

20、论函数的单调性；（2）若时，不等式在上恒成立，求实数的取值范围；（3）若，当时，证明：.【答案】 (1) 见解析； (2) (3) 见证明【解析】【分析】（1）代入 t的值，求得导函数，对a 进行分类讨论，根据导数的正负确定单调区间即可。（2）代入 t 的值，根据不等式分离参数，通过构造函数，再求，根据其单调性求得最大值即可得a的取值范围。（3） 要证明不等式成立， 根据分析法得到只需证明成立即可。 通过构造函数，利用导数研究其单调性与最值，根据最小值即可得证。【详解】解（1）定义域为，当时，在定义域上单调递增；当时，时，单调递增；当时，。单调递减；综上可知：当时，的增区间为，无减区间；当时，增区间为，减区间为；（2）对任意恒成立 . 即等价于，令. ，在上单调递增，. 故 的取值范围为. （3）要证明，即证明，只要证，即证，只要证明即可，令，在上是单调递增，在有唯一实根设为，且