江西省景德镇市2019届高三数学第二次质检试题理(含解析)

景德镇市2019届高三第二次质检试题数学（理科）第I卷一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的.1.已知会合，则会合中元素个数为（）A.3B.4C.5D.6【答案】C【分析】【剖析】依据函数的定义域可解得x的范围，联合，即可求出A中元素的个数。【详解】由题意得，即，解得，又，因此知足条件的x为1,2,3,4,5，共5个，应选C【点睛】此题考察函数的定义域问题，考察了一元二次不等式的解法，属基础题，2.若（，为虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【分析】【剖析】化简可得，依据两复数相等的原则，解出a，b，即可得结果【详解】由题意得，因此，因此，因此复数在复平面内对应的点为（3，-2）在第四象限【点睛】此题考察两复数相对的观点，即两复数实部与实部相等，虚部与虚部相等，属基础题。袋子中有四张卡片，分别写有“瓷、都、文、明”四个字，有放回地从中任取一张卡片，将三次抽取后“瓷”“都”两个字都取到记为事件，用随机模拟的方法预计事件发生的概率.利用电脑随机产生整数0，1，2，3四个随机数，分别代表“瓷、都、文、明”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：232321230023123021132220001231130133231031320122103233由此能够预计事件发生的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【分析】【剖析】事件A即为表中包括数字0和1的组，依据表中数据，即可求解【详解】事件A包括“瓷”“都”两字，即包括数字0和1，随机产生的18组数中，包括0,1的组有021,001,130,031,103，共5组，故所求概率为，应选C【点睛】此题考察古典概型，熟记概率计算公式即可，属基础题4.设函数，若角的终边经过，则的值为（）A.B.1C.2D.4【答案】C【分析】【剖析】由题意得，代入分段函数，即可求解。，因此。，因此【详解】因为角的终边经过，则，应选C【点睛】此题考察三角函数的观点，分段函数求值，考察计算化简的能力，属基础题。5.已知实数，知足不等式组，若的最小值为9，则实数的值等于（）【答案】B【分析】【剖析】先由不等式组画出可行域，再画出目标函数确立在点获得最小值，代入求解出即可.【详解】解：如图，画出不等式组代表的可行域如图中暗影部分因为，可画出目标函数所代表直线如图中虚线所示，且过点A处目标函数最小由，解得代入目标函数，得应选：B.【点睛】此题考察了简单线性规划，目标函数中含有参数时可先察看其所代表的直线特色画出其可能的图像，而后剖析其最优解.6.若直线（，）过点，当取最小值时直线的斜率为（）A.2B.C.D.【答案】A【分析】【剖析】将点带入直线可得【详解】因为直线过点因此当且仅当，即因此斜率，应选A

，利用均值不等式“，因此时取等号

1”的活用即可求解。，即，【点睛】此题考察均值不等式的应用，考察计算化简的能力，属基础题。7.履行以以下图所示的程序框图，则输出的结果为（）【答案】B【分析】【剖析】履行框图，写出每次循环获取的和i的值，获取取值的周期，当i=2019时，退出循环，输出即可得答案。【详解】开始=4，i=1，履行第一次循环，=，i=2，履行第二次循环，=，i=3，履行第三次循环，=4，i=4故的取值周期为3，因为2019=6073，可得当i=2019时，退出循环，此时输出的值为，应选B【点睛】此题考察循环结构的程序框图，挨次写出每次循环获取的

和

i

的值，依据循环的周期，获取退出循环时的的值，属基础题。8.已知正四周体的内切球的表面积为面体，则所得截面的面积为

，过该四周体的一条棱以及球心的平面截正四A.

B.

C.

D.【答案】C【分析】【剖析】先由内切球表面积求出其半径，联合图像，找出球心半径，用相像三角形列方程求出正四周体边长，再求出所需截面即可.【详解】解：由内切球的表面积，得内切球半径如图，过点作平面，则点为等边的中心连结并延伸交于点，且点为中点，连结记内切球球心为，过作，设正四周体边长为则，，，又因为，因此由，得，即，解得因为

过棱

和球心

，因此

即为所求截面且应选：C.【点睛】此题考察了空间几何体的内切球，找到球心求出半径是解题重点.9.已知同时知足以下三个条件：①时，的最小值为②是偶函数：③若在有最小值，则实数的取值范围能够是（）A.B.C.D.【答案】D【分析】【剖析】先由①求出最小正周期，得出，再由②求出的可能值，并由③确立的取值，进而求出函数分析式，而后由函数由最小值且左端点取不到，因此图像必过最低点列出不等式解出的范围，获取切合的选项.【详解】解：因为函数最大值为2，最小值为－2，由①知，相邻最高最低点即因此，又因为因此，即又因为因此因此当时，此时函数由最小值，因此只有选项D知足应选：D.【点睛】此题考察了三角函数属于中档题.

，即

为偶函数的分析式的求法，正弦型函数的图像与性质，10.已知点在双曲线若外接圆面积与其内切圆面积之比为

上，，分别为双曲线的左右焦点.则双曲线的离心率为（）

，A.

B.2

C.或

D.2

或

3【答案】D【分析】【剖析】是直角三角形，其外接圆的半径是斜边的一半，依据等面积法可用a、b、c表示出内切圆的半径，再由外接圆面积与其内切圆面积之比为可得双曲线的离心率.【详解】因为为直角三角形，故外心在斜边中线上.因为，因此，故外接圆半径为.设内切圆半径为，依据三角形的面积公式，有，解得，由题意两圆半径比为，故，化简得，解得或，应选D.【点睛】此题考察利用双曲线的性质求离心率，属于中档题；求离心率的常用方法有以下两种：（1）求得

的值，直接代入公式

求解；（2）列出对于

的齐次方程

(或不等式

)，而后依据

，消去后转变成对于

的方程(或不等式

)求解．11.定义在

上的函数

知足，对随意

，都有

，非零实数

，知足，则以下关系式中正确的选项是（

）A.

B.

C.

D.【答案】D【分析】【剖析】先结构函数

，易得

为偶函数，且在

上单一递减，而后将不等式等价转变我

，得

，即

，得出选项

.【详解】解：记因为当因此在又因为因为因此，即

时，上单一递减

，则，，因此

为偶函数应选：D.【点睛】此题考察了抽象函数的单一性和奇偶性的应用，联合条件特色奇妙结构函数是解题重点.12.已知

，为坐标原点，

为

的一条切线，点

为

上一点且知足

（此中

，），若对于

,的方程

存在两组不一样的解，则实数的取值范围为（

）A.

B.

C.

D.【答案】

A【分析】【剖析】先由

两边平方，获取

的一元二次方程在方程

上有两解获取的取值范围，再由获取与之间的关系，进而求出

的范围.【详解】解：由因为为的一条切线，因此

，得半径为，，

，，，因为因此即化简得

，在

上有两解因此解得又因为因此应选：A.【点睛】此题考察了向量的数目积及其应用，一元二次方程实根的散布，综合性较强，属于难题.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13.已知的睁开式中第5项为常数项，则该式中所有项系数的和为

_________.【答案】

-32【分析】【剖析】先写出二项式睁开式中第

5项，因为第

5项为常数项解出

，而后令

得各项系数和

.【详解】解：因为，且第5项为常数项因此，即令，得所有项系数和为故答案为：【点睛】此题考察了二项式定理的睁开通项式，以及各项系数和问题，属于基础题.14.已知两个单位向量，的夹角为，，，则_________.【答案】【分析】【剖析】，联合数目积公式，代入数据，即可求解。【详解】==，因此，故答案为。【点睛】此题考察向量的数目积公式的应用，属基础题公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派经过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金切割值约为0.618，这一数值也能够表示为.若，则_________.【答案】【分析】【剖析】利用同角基本关系式，可得，代入所求，联合协助角公式，即可求解。【详解】因为，，因此，因此，故答案【点睛】此题考察同角三角函数的基本关系式，协助角公式，考察计算化简的能力，属基础题16.函数的图像经过四个象限，则实数的取值范围是_________.【答案】【分析】【剖析】先剖析适当时，；当时，，记，利用导数分析得单一性，联合函数的特别值，且函数图像经过四个象限，分类议论求解的取值范围即可.【详解】解：当时，；当时，；且记，则①当时，恒成立，且只有，因此在R上单一递加又，因此当时，，；当时，，因此图像经过第一、二两个象限，不切合题意②当时，令，得当和时，，单一递加；当时，，单一递减因为函数的图像经过四个象限因此,解得③当时，令，得当和时，，单一递加；当时，，单一递减因为函数的图像经过四个象限因此,解得综上所述：或故答案为：【点睛】此题考察了利用导数研究函数的图像，综合性较强，属于难题.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

17-21

题为必做题，每个试题考生都一定作答.第22、23题为选做题，考生依据要求作答

.17.已知首项为1的等差数列的前项和为，已知为与

的等差中项

.数列

知足.（1）求数列与的通项公式；（2）求数列的前项和为.【答案】（1），；（2）【分析】【剖析】（1）由为与的等差中项，因此，列出方程解出，求出、、即可；（2）因为，由错位相减法乞降即可.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，因为为与的等差中项因此，即，解得：，.（2），，，下式减上式，即：，【点睛】此题考察了等差数列基本量的计算，错位相减法乞降，当待乞降数列的通项为等差乘以等比数列的结构时一般采纳错位相减乞降.18.如图，在四棱锥

中，

，

，

，平面平面，

.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值，【答案】（1）看法析；（2）【分析】【剖析】（1）联合题中数据在四边形中证得，由平面面，得平面，因此，又，可得平面；（2）以坐标原点，分别以在的直线为、轴，在底面内点过点作垂线为轴成立空间直角坐标系，写出各点坐标，分别求出平面与平面的法向量，而后计算其夹角，由二面角的平面角与法向量的关系获取答案.【详解】解（1），，.，依据勾股定理可知.又平面面，且平面平面，平面

.

.又，平面（2）以坐标原点，分别以成立空间直角坐标系.则，，因此，设平面法向量为则取，，

.，，

在的直线为，，

、轴，在底面

内点过点

作

垂线为轴平面

一个法向量为

，设平面

法向量为

，则，取，，平面一个法向量为，由图易知平面因此平面

与平面夹角为锐角平面成夹角的余弦值为

.【点睛】此题考察空间中垂直关系得性质与证明，二面角的平面角的求法，在找角不熟习的状况下利用空间向量求解夹角是一个好方法.19.如图甲是某商铺2018年（按360天计算）的日盈余额（单位：万元）的统计图.（1）请计算出该商铺2018年日盈余额的均匀值（精准到0.1，单位：万元）：（2）为了刺激花费者，该商铺于2019年1月举行有奖促销活动，顾客凡购置必定金额的高品后均可参加抽奖.跟着抽奖活动的有效睁开，参加抽奖活动的人数愈来愈多，该商铺对前5天抽奖活动的人数进行统计以下表：（表示第天参加抽奖活动的人数）1234550607080100经过进一步统计剖析，发现与拥有线性有关关系.（ⅰ）依据上表供给的数据，用最小二乘法求出对于的线性回归方程：（ⅱ）该商铺采纳转盘方式进行抽奖（如图乙），此中转盘是个八平分的圆.每位顾客最多两次抽奖时机，若第一次抽到奖，则抽奖停止，若第一次未抽到奖，则再供给一次抽奖时机.抽到一等奖的奖品价值128元，抽到二等奖的奖品价值32元.若该商铺此次抽奖活动连续7天，试预计该商铺在此次抽奖活动结束时共送出价值为多少元的奖品（精准到0.1，单位：万元）？（3）用（1）中的2018年日盈余额的均匀值去预计当月（共31天）每日的日盈余额.若商铺每日的固定支出约为1000元，促销活动日的日盈余额比平时增添20%，则该商铺当月的纯利润约为多少万元？（精准到0.1，纯收益=盈余额-固定支出-抽奖总奖金数）参照公式及数据：，，，.【答案】（1）1.3（万元）；（2）（ⅰ），（ⅱ）2.3万元；(3)36.7万元【分析】【剖析】（1）由总天数360列方程，求出统计图中的值，而后计算日盈余额的均匀值即可；（2）（ⅰ）算出，联合参照公式和数据，即可求出线性回归方程；（ⅱ）由转盘散布可知，顾客每次抽到一二三等奖的概率均为，无奖的概率为，设一位参加抽奖的顾客获取的奖品价值元，则的取值可能为128、32、0，而后分别求出其概率，列出散布列求出方程，由线性回归方程估量出第6、7两天的人数，而后加上前5天人数获取抽奖总人数，再乘以每位顾客中奖奖品价值的希望值即可；（3）由（1）中的日盈余额的均匀值乘以天数31，再加上促销日额外多出的盈余额即为总盈余额，再减去固定总支出，以及（2）中得出的抽奖总奖金数即可.【详解】（1）由题意可知：，解得.因此日盈余额的均匀值为（万元）.（2）（ⅰ），，，因此.（ⅱ）由转盘散布可知，顾客每次抽到一二三等奖的概率均为设一位参加抽奖的顾客获取的奖品价值元，则的散布列为：

，无奖的概率为，，，128320故

（元）因为对于的线性回归方程为

，得

时

，时

，则此次活动参加抽奖的总人数约为

，该商铺在此次抽奖活动结束时共送出的奖品总价值为

万元（3）当月的纯收益约为

（万元），故该商铺当月的纯收益约为36.7万元.【点睛】此题考察了最小二乘法求线性回归方程，失散型随机变量的希望，用统计知识剖析估量实质问题，属于中档题.20.已知，是离心率为的椭圆两焦点，若存在直线，使得，对于的对称点的连线恰巧是圆的一条直径.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的上极点作斜率为，的两条直线，，两直线分别与椭圆交于，两点，当时，直线能否过定点？假如求出该定点，若不是请说明原因.【答案】（1）；(2)定点【分析】【剖析】（1）由对称可知，椭圆焦距等于圆的直径，进而获取，再由离心率，求出，得出椭圆方程；（2）设直线，联立椭圆获取韦达定理，再由列出关系式，代入韦达定理，可解出，进而获取直线所过定点.【详解】（1）将圆的方程配方得因此其圆心为半径为1.由题意知，椭圆焦距为等于圆直径，因此又，因此，椭圆的方程为；（2）因为，因此直线斜率存在，设直线,，消理得，

（*）又即因此

理得（*）代入得整理的

得

,因此直线定点【点睛】此题考察了椭圆的方程，直线与椭圆的地点关系，直线过定点问题，综合程度较高属于中档题.21.函数.（1）若，在上递加，求的最大值；（2）若，存在，使得对随意，都有恒成立，求的取值范围.【答案】（1）-2；（2）【分析】【剖析】（1）因为在上递加，因此随意恒成立，由得出的单一性和最小值，即可求得答案；（2）剖析题意得在有最大值点，求导分类议论的正负进而研究的单一性，研究最大值能否存在即可.【详解】（1）当时，因为在上递加因此随意恒成立因为当时，；当时，，因此在单一递减，在单一递加因此当时最小因此，即因此最大值为-2（2）当时，依题意在有最大值点因为，且，①当，在递减，因此在，，上递加，不合题意②当，在上递加，且因此在上递减，在上递加，（i）当，，即在（上递减，因此，即在上递加，不合题意（ⅱ）当，在上递减，上递加且，，因此存在，使得且在上，递加；在上，递减；切合题意，所求（ⅲ）当时，在上递减，上递加且，，因此在上，递减，不合题意（ⅳ）当时，，因此在上递减，又因为（因此在上，递减，不合题意综上所述，当且仅当时，存在知足题意的【点睛】此题考察了利用导数研究函数的单一性与最值，不等式的恒成立问题，分类许多，综合性较强，难度较大.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题