天津市和平区2019届高三数学下学期第一次质量调查试卷 理（含解析）.doc

天津市和平区2019届高三下学期第一次质量调查数学（理）试题温馨提示：本试卷包括第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分。考试时间120分钟。祝同学们考试顺利！第卷 选择题（共40分）注意事项:1. 答第卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上。2. 每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其他答案标号。答在试卷上的无效。3. 本卷共8小题，每小题5分，共40分。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】C【解析】【分析】根据集合的交集运算得到结果即可.【详解】集合M=0，1，2，N=x|x-1x1，xZ=-1，0，1则MN=0,1.故答案为：C.【点睛】本题考查了集合的交集运算及集合的包含关系，属简单题2.设变量x,y满足约束条件x1x+y32xy3，则z=2x+y的最大值为（ ）A. 1B. 6C. 5D. 4【答案】C【解析】【分析】首先绘制可行域，然后结合目标函数的几何意义确定目标函数取得最大值时点的坐标，据此求解目标函数的最大值即可.【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数即：y=2x+z，其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点C处取得最大值，联立直线方程：x+y3=02xy=3，可得点的坐标为：C2,1，据此可知目标函数的最大值为：zmax=2x+y=22+1=5.本题选择C选项.【点睛】求线性目标函数zaxby(ab0)的最值，当b0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.3.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）A. 20B. 30C. 40D. 50【答案】B【解析】试题分析：不成立，执行循环体，；不成立，执行循环体，不成立，执行循环体，不成立，执行循环体，成立，退出循环体，输出，故答案为B.考点：程序框图的应用.4.在ABC中，a2=b2+c2bc，bc=4，则ABC的面积为（ ）A. 12B. 1C. 3D. 2【答案】C【解析】试题分析：由a2=b2+c2bc结合余弦定理cosA=b2+c2a22bc=bc2bc=12，可得sinA=32，则S=12bcsinA=3故答案选C考点：余弦定理，同角间基本关系式，三角形面积公式【此处有视频，请去附件查看】5.不等式11x0成立的充分不必要条件是A. x1B. x1C. x1或0x1D. 1x1【答案】A【解析】【分析】由11x0解得：x1或x0可得1x1或x0成立的充分不必要条件是x1.本题选择A选项.【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，充分必要条件的判定等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6.已知log2alog2b，则下列不等式一定成立的是A. 1a1bB. ln(ab)0C. 2ab1D. (13)alog2b可得ab0，故ab0，据此逐一考查所给的选项是否正确即可.【详解】由log2alog2b可得ab0，故ab0，逐一考查所给的选项：A.1a0，lnab的符号不能确定；C.2ab1；D.13a12a12b.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查对数函数的性质，不等式的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7.设双曲线mx2+ny2=1的一个焦点与抛物线y=18x2的焦点相同，离心率为2，则抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离为A. 2B. 3C. 22D. 23【答案】B【解析】【分析】由题意可得双曲线的一个焦点为(0,2)，据此整理计算可得双曲线的渐近线方程为y2x23=0，求得渐近线方程为x3y=0，结合点到直线距离公式求解焦点到渐近线的距离即可.【详解】抛物线x2=8y的焦点为(0,2)，mx2+ny2=1的一个焦点为(0,2)，焦点在y轴上，a2=1n,b2=1m,c=2.根据双曲线三个参数的关系得到4=a2+b2=1n1m，又离心率为2，即41n=4，解得n=1,m=13，此双曲线的渐近线方程为y2x23=0，则双曲线的一条渐近线方程为x3y=0，则抛物线的焦点0,2到双曲线的一条渐近线的距离为：d=231+3=3.本题选择B选项.【点睛】本题主要考查双曲线方程的求解，双曲线的渐近线方程，点到直线距离公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8.已知函数f(x)=lnx，g(x)=0,01若关于x的方程f(x)+m=g(x)恰有三个不相等的实数解,则m的取值范围是A. 0,ln2B. (2ln2,0)C. 2ln2,0D. 0,2+ln2【答案】C【解析】【分析】原问题等价于y=m与y=gxfx有三个不同的交点.首先研究函数hx的性质并绘制出函数图像，然后结合函数图像确定实数m的取值范围即可.【详解】关于x的方程fx+m=gx恰有三个不相等的实数解，即方程m=gxfx恰有三个不相等的实数解，即y=m与y=gxfx有三个不同的交点.令h(x)=g(x)f(x)=lnx,0x12x2lnx,1x2x2lnx6,x2，当1x2时，h(x)=2x1x=2x2+1x0，函数单调递增；且当x=1时，2x2lnx=1，当x=2时，2x2lnx=2ln2，x2lnx6=2ln2，当x=3时，x2lnx6=3ln31，据此绘制函数hx的图像如图所示，结合函数图像可知，满足题意时m的取值范围是2ln2,0 .本题选择C选项.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点第卷 非选择题（共110分）注意事项:1. 用钢笔或圆珠笔直接答在答题卷上，答在本试卷上的无效。2. 本卷共12小题，共110分。二、填空题：本大题共6小题,每小题5分,共30分.把答案填在答题卷上. 9.已知aR，且复数a+2i1+i是纯虚数,则a= _.【答案】2【解析】【分析】由复数的运算法则可得a+2i1+i=(a+2)+(2a)i2，结合题意得到关于a的方程，解方程即可确定实数a的值.【详解】由复数的运算法则可得：a+2i1+i=(a+2i)(1i)1i2=a+2iai+21i2=(a+2)+(2a)i2，复数为纯虚数，则：a+2=02a0，据此可得：a=2.故答案为：2【点睛】本题主要考查复数的运算法则，纯虚数的概念及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.10.2x21x5的展开式中x4的系数为_.（用数字作答）【答案】80【解析】【分析】由二项式展开式的通项公式可得Tr+1=(1)rC5r25rx103r，据此即可确定x4的系数.【详解】由二项式展开式的通项公式可得Tr+1=C5r2x25r1xr=(1)rC5r25rx103r，令103r=4可得r=2，则x4的系数为(1)2C5223=(1)2108=80.故答案为：80【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且nr，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项11.已知一个几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积为_cm3【答案】20【解析】根据几何体的三视图知，该几何体是直三棱柱，切去一个三棱锥，如图所示；该几何体的体积为V=123441312234=20cm3 .12.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴且单位长度相同建立极坐标系，若直线x=1+t,y=at(为参数)被曲线=4cos截得的弦长为22，则a的值为_.【答案】1或5【解析】【分析】消去参数t得到直线的普通方程，然后将极坐标方程转化为直角坐标方程，结合弦长公式可知圆心到直线的距离为2，据此求解a的值即可.【详解】消去参数可得直线方程为x+y=a+1，即x+ya+1=0，极坐标方程化为直角坐标方程可得曲线=4cos的直角坐标方程为(x+2)2+y2=4，由圆的弦长公式有：2R2d2=22,4d2=2,d2=2，结合点到直线距离公式可得：2+0a+12=2，解得：a=5或a=1.【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，圆的弦长公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13.如图，在直角梯形ABCD中，BAD=3，AB=AD=2.若M、N分别是边AD、BC上的动点，满足AM=AD，BN=1BC，其中0,1，若ANBM=2，则的值为_.【答案】23【解析】【分析】建立直角坐标系，由题意可得：A(2,0),D(1,3)，由题意可得M(x2,3)，N(0,3(1)，结合平面向量数量积的坐标运算得到关于的方程，解方程即可求得实数的值.【详解】建立如图所示的直角坐标系，由题意可得：A(2,0),D(1,3)，设Mx,y，AM=AD,即(x+2,y)=(1,3)，据此可得：x=2,y=3，故M(x2,3)，同理可得N(0,3(1)，据此可得：AN=(2,3(1),BM=(2,3)，则ANBM=2(2)+33(1)=2，整理可得：325+2=0，由于0,1，故=23.【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用14.已知a,b为正数，若直线2ax+by2=0被圆x2+y2=4截得的弦长为23，则a1+2b2的最大值是_.【答案】928【解析】【分析】由题意可知圆的圆心坐标为(0,0)，半径r=2，结合点到直线距离公式有24a2+b2=1，据此整理计算可得t=a1+2b2=8a29162+8132，结合二次函数的性质确定其最大值即可.【详解】圆的圆心坐标为(0,0)，半径r=2，由直线被圆截取的弦长为23,可得圆心到直线的距离24a2+b2=1，4a2+b2=4,t=a1+2b2=a298a2=8a29162+8132，则a=34时,t=a1+2b2取得最大值928.故答案为：928【点睛】本题主要考查等价转化的数学思想，二次函数最值的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.三、解答题：本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.15.设ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c，且b=3,c=1,A=2B.()求a的值；()求cos(2A+6)的值.【答案】（）23； （）427318.【解析】【分析】()由题意结合正弦定理可得a=2ba2+c2b22ac，代入边长求解a的值即可；()由余弦定理可得：cosA=13，则sinA=232，利用二倍角公式和两角和差正余弦公式求解cos2A+6的值即可.【详解】()由A=2B可得sinA=sin2B=2sinBcosB，结合正弦定理可得：a=2bcosB=2ba2+c2b22ac，即：a=6a2+192a，据此可得a2=12,a=23.()由余弦定理可得：cosA=b2+c2a22bc=9+112231=13，由同角三角函数基本关系可得sinA=1cos2A=232，故cos2A=cos2Asin2A=79，sin2A=2sinAcosA=492，cos2A+6=cos2Acos6sin2Asin6=427318.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，两角和差正余弦公式，二倍角公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16.点外卖现已成为上班族解决午餐问题的一种流行趋势.某配餐店为扩大品牌影响力，决定对新顾客实行让利促销，规定：凡点餐的新顾客均可获赠10元或者16元代金券一张，中奖率分别为23和13，每人限点一餐，且100%中奖.现有A公司甲、乙、丙、丁四位员工决定点餐试吃.() 求这四人中至多一人抽到16元代金券的概率；() 这四人中抽到10元、16元代金券的人数分别用X、Y表示，记=XY，求随机变量的分布列和数学期望.【答案】（）1627；（）答案见解析.【解析】【分析】(1)设“这4人中恰有i人抽到16元代金券”为事件Ai.由题意求解“四人中至多一人抽到16元代金券”的概率即可；(2)设“这4人中恰有i人抽到500元代金券”为事件Ai.由题意可知可取0,3,4.求得相应的概率值，列出分布列，最后求解数学期望即可.【详解】(1)设“这4人中恰有i人抽到16元代金券”为事件Ai.易知“四人中至多一人抽到16元代金券”的概率：PA0+PA1=C40130234+C41131233=1681+3281=4881=1627.(2)设“这4人中恰有i人抽到500元代金券”为事件Ai.由题意可知可取0,3,4.P(=0)=PA0+PA4=C40130234+C44134230=1681+181=1781，P(=3)=PA1+PA3=C41131233+C43133231=3281+881=4081，P(=4)=PA2=C42132232=2481.故的分布列为：034P178140812481E()=01781+34081+42481=83.【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列，离散型随机变量的期望的求解，古典概型计算公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.17.如图，四棱锥PABCD的底面是菱形，PO底面ABCD，O、E分别是AD、AB的中点，AB=6，AP=5，BAD=60.（I）证明：ACPE；（II）求直线PB与平面POE所成角的正弦值；（III）在DC边上是否存在点F，使BF与PA所成角的余弦值为3310，若存在，确定点F位置；若不存在，说明理由.【答案】（）见解析； （）312986； （）见解析.【解析】【分析】()由题意结合几何关系可证得AC平面POE，据此证明题中的结论即可；()建立空间直角坐标系，求得直线PB的方向向量与平面POE的一个法向量，然后求解线面角的正弦值即可；()假设满足题意的点F存在，设DF=DC(01)，由直线BF与PA的方向向量得到关于的方程，解方程即可确定点F的位置.【详解】()由菱形的性质可得：ACBD，结合三角形中位线的性质可知：OEBD，故OEAC，PO底面ABCD，AC底面ABCD，故ACOP，且OPOE=O，故AC平面POE，PE平面POE，ACPE()由题意结合菱形的性质易知OPOA，OPOB，OAOB，以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则：P(0,0,4),B(0,33,0),0(0,0,0),E32,323,0，设平面POE的一个法向量为m=(x,y,z),则：mOP=4z=0mOB=32x+323y=0，据此可得平面POE的一个法向量为m=(3,-1,0)，而PB=0,33,-4，设直线PB与平面POE所成角为，则sin=|PBm|PB|m|=33213=386129.()由题意可得：D(-3,0,0),C(-6,33,0),A(3,0,0)，假设满足题意的点F存在，设Fx,y,z，DF=DC(0b0)经过点(1,62),左、右焦点分别F1、F2，椭圆的四个顶点围成的菱形面积为42.() 求椭圆C的方程；() 设Q是椭圆C上不在x轴上的一个动点,O为坐标原点,过点F2作OQ的平行线交椭圆于M、N两点，求MNOQ2的值.【答案】（）x24+y22=1； （） 1 .【解析】【分析】()由题意可知2ab=421a2+32b2=1,据此求得a,b的值确定椭圆方程即可；()设Mx1,y1,Nx2,y2,Qx3,y3,直线OQ:x=my,则直线MN:x=my+2,联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理和交点坐标确定MNOQ2的值即可.【详解】()由题意可知2ab=421a2+32b2=1,解得a=2,b=2 ,故椭圆 C 的标准方程为x24+y22=1.()设Mx1,y1,Nx2,y2,Qx3,y3,直线OQ:x=my,则直线MN:x=my+2,由x=myx24+y22=1得x2=4m2m2+2y2=4m2+2,所以x32=4m2m2+2y32=4m2+2,所以|OQ|2=x32+y32=4m2m2+2+4m2+2=4m2+1m2+2,由x=my+2x24+y22=1得m2+2y2+22my2=0,y1+y2=22mm2+2,y1y2=2m2+2.所以|MN|=m2+1y2y1=m2+1y1+y224y1y2=m2+122mm2+2242m2+2=