辽宁省辽阳市2019届高三数学二模考试试题理（含解析）.docx

辽宁省辽阳市2019届高三数学二模考试试题 理（含解析）第卷（共60分）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用交集定义直接求解即可【详解】 集合，故选：B【点睛】本题考查集合交集的运算，考查交集定义，属于基础题2.已知复数，则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】A【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求得在复平面内对应的点的坐标即可【详解】 ， ，在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限故选：A【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题3.设，满足约束条件，则的最小值是（）A. -4B. -2C. 0D. 2【答案】A【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求解即可【详解】作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分），由得，平移直线，由图象可知当直线，过点时，直线的截距最大，此时最小，由，解得代入目标函数，得， 目标函数的最小值是.故选：【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关键，利用数形结合是解决问题的基本方法，属于基础题4.抛物线的焦点为，点是上一点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线定义得，即可解得结果.【详解】因为，所以.故选：B【点睛】本题考查抛物线定义，考查基本分析求解能力，属基础题.5.已知等比数列的首项为，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用等比数列的通项公式可得，再利用通项公式及其等差数列的求和公式即可得出答案【详解】设等比数列的公比为，解得 故选C【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式，考查推理能力与计算能力，解题时注意整体思想的运用，属于中档题6.函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数奇偶性排除，；根据函数零点选A.【详解】因为函数为奇函数，排除，；又函数的零点为和，故选:A.【点睛】本题考查函数奇偶性与函数零点，考查基本分析判断能力，属基础题.7.某学生5次考试的成绩(单位:分)分别为85，67，80，93，其中,若该学生在这5次考试中成绩的中位数为80，则得分的平均数不可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据中位数为，可知，从而得到平均数小于等于，从而确定结果.【详解】已知四次成绩按照由小到大的顺序排序为：，该学生这次考试成绩的中位数为，则所以平均数：，可知不可能为本题正确选项：【点睛】本题考查统计中的中位数、平均数问题，关键是通过中位数确定取值范围，从而能够得到平均数的范围.8.已知某几何体是由一个三棱柱和一个三棱锥组合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三视图还原几何体，可知为三棱柱和三棱锥的组合体，分别求解体积，加和得到结果.【详解】由题意可知，该几何体的直观图如图所示：即该几何体为一个三棱柱与一个三棱锥的组合体则三棱柱体积；三棱锥体积所求体积本题正确选项：【点睛】本题考查组合体体积的求解，关键是通过三视图准确还原几何体.9.已知函数部分图像如图所示，则下列判断正确的是（ ）A. 直线是函数图像的一条对称轴B. 函数图像的对称中心是，C. D. 函数的最小正周期为【答案】C【解析】【分析】先根据对称轴求得，再根据正弦函数性质求对称轴、对称中心、周期以及函数值，最后作判断.【详解】由图可知，是函数的对称轴，所以解得，因为，所以，,函数的最小正周期为,由 得对称轴方程为，由 得对称中心为，故选：C.【点睛】本题考查根据图象求三角函数解析式以及正弦函数性质，考查基本分析判断与求解能力，属中档题.10.已知数列的首项，且满足，则的最小的一项是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用配凑法将题目所给递推公式转化为，即证得为首项为，公差为的等差数列，由此求得的表达式，进而求得的表达式，并根据二次函数的对称轴求得当时有最小值.【详解】由已知得，所以数列为首项为，公差为的等差数列，则，其对称轴.所以的最小的一项是第项.故选A.【点睛】本小题考查由数列的递推公式求数列的通项公式，考查二次函数求最值的方法，属于中档题.11.在平面直角坐标系中，双曲线的一条渐近线与相切，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】符合条件的渐近线方程为，与圆相切，即d=r，代入公式，即可求解【详解】双曲线C的渐近线方程为，与圆相切的只可能是，所以圆心到直线的距离d=，得，所以，故选B。【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查分析推理，计算化简的能力，属基础题。12.设表示不大于实数的最大整数，函数，若有且只有5个零点，则实数的取值范围为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先令，再画出及在上的图象，即可判定x0时的交点个数，再把x0时方程整理成，结合单调性即可求出a的取值范围.【详解】当时，令，由，得，解得，作出及在上的图象.如图，可知有个交点，其横坐标分别为，则当时，函数有1个零点，令，则，结合题意知，解得，且，解得，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，又因为,故，故当时，由零点存在性定理可得函数在区间上有一个零点，若函数有5零点，则,故选D.【点睛】本题主要考查了由函数的零点个数求解参数的取值范围，其中解答中正确作出函数图像，把函数的零点问题转化为两个函数的图象的交点问题，结合图象求解是解答关键，着重考查了数形结合思想，以及转化思想的应用，属于中档试题.第卷（共90分）二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知，的夹角为，则_.【答案】【解析】【分析】先利用平面向量数量积的运算法则求得的值，再开平方即可得结果.【详解】因为，的夹角为，所以，所以.故答案为.【点睛】本题主要考查向量的模以及平面向量数量积的运算法则，属于中档题. 向量数量积的运算主要掌握两点：一是数量积的基本公式；二是向量的平方等于向量模的平方.14.的展开式中的系数为_【答案】120【解析】【分析】先拆项：，再分别根据二项展开式求特定项系数，最后求和得结果.【详解】，因为的展开式中含的项为的展开式中含的项为，所以的系数为.故答案为：120【点睛】本题考查二项展开式求特定项系数，考查基本分析判断与求解能力，属基础题.15.某天，小赵、小张、小李、小刘四人一起到电影院看电影，他们到达电影院之后发现，当天正在放映A，B，C，D，E五部影片，于是他们商量一起看其中的一部影片：小赵说：只要不是B就行;小张说：B，C，D，E都行;小李说：我喜欢D，但是只要不是C就行;小刘说：除了E之外，其他的都可以据此判断，他们四人可以共同看的影片为_【答案】D【解析】小赵可以看的电影的集合为，小张可以看的电影的集合为，小李可以看的电影的集合为小刘可以看的电影的集合为，这四个集合的交集中只有元素D，故填D16.如图，在长方体中，点在棱上，当取得最小值时，则棱的长为_.【答案】【解析】【分析】把长方形展开到长方形所在平面，利用三点共线时取得最小值，利用勾股定理列方程组，解方程组求得的值.【详解】把长方形展开到长方形所在平面，如图，当，在同一条直线上时，取得最小值，此时，令，则，得.【点睛】本小题主要考查空间中的最短距离问题，考查化归与转化的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在中，内角，所对的边分别为，若.（1）求；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理、两角和的正弦公式、三角形的内角和定理化简已知条件，求得的值，进而求得的大小.（2）利用余弦定理和基本不等式，求得的最大值，由三角形面积公式，求得面积的最大值.【详解】解：（1）由余弦定理可得，则，即，所以，因为，则，所以.（2）由余弦定理可知，即，所以，则.所以面积的最大值为.【点睛】本小题主要考查利用余弦定理解三角形，考查利用基本不等式求三角形面积的最大值，考查两角和的正弦公式的应用，考查三角形内角和定理的应用，属于中档题.18.某种类型的题目有，5个选项，其中有3个正确选项，满分5分.赋分标准为“选对1个得2分，选对2个得4分,选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分”在某校的一次考试中出现了一道这种类型的题目，已知此题的正确答案为，假定考生作答的答案中的选项个数不超过3个.（1）若甲同学无法判断所有选项，他决定在这5个选项中任选3个作为答案，求甲同学获得0分的概率；（2）若乙同学只能判断选项是正确的，现在他有两种选择：一种是将AD作为答案，另一种是在这3个选项中任选一个与组成一个含有3个选项的答案，则乙同学的最佳选择是哪一种,请说明理由.【答案】（1）；（2）见解析【解析】分析】（1）先确定甲同学获得0分时对应答题情况，再根据古典概型概率公式求解，（2）分别计算两种情况下得分的数学期望值，再比较大小，即可判断选择.【详解】（1）甲同学在这5个选项中任选3个作为答案得分为0分，只有一种情况，那就是选了1个正确答案2个错误答案.所以，所求概率.（2）乙同学的最佳选择是选择.理由如下：设乙同学此题得分为分，若乙同学仅选择，则，的数学期望若乙同学选择3个选项，则他可能的答案为，共3种.其中选择，得分均为分，其概率为；选择，得分为5分，其概率为.所以数学期望.由于，所以乙同学的最佳选择是选择.【点睛】本题考查古典概型概率以及数学期望，考查基本分析判断与求解能力，属中档题.19.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为边长为的等边三角形，（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先根据余弦定理计算得，再根据勾股定理得,即得为等腰直角三角形，取的中点，可得结合条件根据线面垂直判定定理得，即得根据勾股定理得，根据线面垂直判定定理得，最后根据面面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解得各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系得结果.【详解】（1）在中，由余弦定理可得，故，所以，且为等腰直角三角形.取的中点，连接，由，得，连接，因为，所以，所以.又，所以，即.又，所以，又.所以.（2）解：以为原点，所在的直线分别为建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的法向量，令，则，所以，设平面的法向量，令，则，所以，故.因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为【点睛】本题考查线面垂直判定定理、面面垂直判定定理以及利用空间向量求二面角，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.20.设椭圆的左、右焦点分别为，下顶点为，为坐标原点，点到直线的距离为，为等腰直角三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆交于，两点，若直线与直线的斜率之和为，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用表示出点到直线的距离；再利用和的关系得到方程，求解得到标准方程；（2）当直线斜率存在时，假设直线方程，利用斜率之和为得到与的关系，将直线方程化为，从而得到定点；当斜率不存在时，发现直线也过该定点，从而求得结果.【详解】（1）解：由题意可知：直线的方程为，即则因为为等腰直角三角形，所以又可解得，所以椭圆的标准方程为（2）证明：由（1）知当直线的斜率存在时，设直线的方程为代入，得所以，即设，则，因为直线与直线的斜率之和为所以整理得所以直线的方程为显然直线经过定点当直线的斜率不存在时，设直线的方程为因为直线与直线的斜率之和为，设，则所以，解得此时直线的方程为显然直线也经过该定点综上，直线恒过点【点睛】本题考查椭圆标准方程求解、椭圆中的定点问题，解决定点问题的关键是能够通过已知中的等量关系构造关于参数的等式，减少参数数量，从而变成只与一个参数有关的函数关系式，进而求得定点.21.已知函数，是函数的两个极值点.（1）求的取值范围.（2）证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）先求导数，再分离变量，转化为研究对应函数图象，利用导数研究新函数单调性，结合函数值域确定的取值范围，（2）先由（1）得，再根据导函数单调性以及是函数的两个极值点转化不等式为，化简转化证不等式,利用导数研究单调性，即可根据单调性证结论.【详解】（1）因为.所以由两个不等的实数解，则，令，则，当时，；当时，.函数在上单调递增，在上单调递减.又当时，且，所以，解得，的取值范围为.（2）证明：由（1）得，即，且.要证，只需，又函数在上单调递增，即证，又所以只需证.令，.所以函数在上单调递增，即.故【点睛】本题考查利用导数研究函数零点以及证明不等式，考查综合分析论证与求解能力，属难题.22.在直角坐标系中，直线方程为，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求直线和曲线的极坐标方程；（2）若直线与的交点为,与的交点为，且点恰好为线段的中点，求.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）将曲线变为普通方程，然后将，分别代入和的方程中，从而得到极坐标方程；（2）将代入曲线的极坐标方程，可以得到，从而求得，得到坐标代入，从而求得.【详解】（1）将，代入中得到直线的极坐标方程为：在曲线的参数方程中，消去，可得即将，代入中得到曲线的极坐标方程为（2）在极坐标系中，由已知可设，联立，可得所以因为点恰好为的中点，所以，即把代入，得所以【点睛】本题考查极坐标与参数方程部