河南省十所名校2019届高三数学第二次联合考试试题理（尖子生含解析）.docx

河南省十所名校2019届高三尖子生第二次联合考试数学（理科）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.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，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出集合A,B，即可求出，再利用交集概念即可求解.【详解】由题可得：，所以，所以故选：A.【点睛】本题主要考查了集合的交、补集运算，属于基础题。2.已知复数满足，则（ ）A. B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】令，整理即可得到方程组，解出方程组，问题得解.【详解】令，则可化为：，整理得：所以，解得：，所以故选：C.【点睛】本题主要考查了复数的运算及复数的模知识，考查计算能力，属于基础题。3.已知x，y满足约束条件 ，则zx2+y2的最小值为（）A. 5B. 4C. 2D. 【答案】C【解析】【分析】将转化成，只需求的最小值即可，又表示点到原点的距离，只需求原点到可行域的点的距离的最小值即可解决问题。【详解】作出不等式组表示的区域，如下图：其中，可转化成，要求的最小值，只需求的最小值即可，又表示点到原点的距离，由图可得：原点到可行域的点的距离的最小值就是原点到直线的距离，又原点到直线的距离为，所以，.故选：C【点睛】本题主要考查了线性规划知识，考查转化能力及计算能力，属于基础题。4.已知为等差数列的前项和，若，则数列的公差（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】【分析】设等差数列的首项为，公差为，由及列方程组即可求解。【详解】设等差数列的首项为，公差为，由及得：，解得：故选：B【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及前项和公式，考查方程思想及计算能力，属于基础题。5.在长为2的木棍上随机选择一点切断为两根，它们能够与另一根长为1的木棍组成三角形的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设切断以后两根的长分别为，由三角形知识两边之差的绝对值小于第三边列不等式可求得，问题得解。【详解】设切断以后两根的长分别为，由三角形知识两边之差的绝对值小于第三边列不等式可得：，解得：所以它们能够与另一根长为1的木棍组成三角形的概率为.故选：C【点睛】本题主要考查了三角形中的结论及几何概型概率计算，属于基础题6.某几何体的三视图如图所示，则其体积为（）A. 4B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】还原三视图为一个正方体中的一个四棱锥，依据题中数据即可得解。【详解】如下图，该几何体是边长为2的正方体中的一个四棱锥所以，故选：D【点睛】本题主要考查了三视图还原知识及锥体体积计算，考查空间思维能力，属于基础题。7.执行如图所示的程序框图，若输入的a值为1，则输出k的值为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】按流程图逐一执行即可得解。【详解】读流程图可得：不成立不成立成立输出故选：D.【点睛】本题主要考查了流程图知识，考查读图能力及计算能力，属于基础题。8.记为数列的前项和，已知和（为常数）均为等比数列，则的值可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对的公比是否为1分类，可排除，再利用也是等比数列列方程即可得到，分别令，可得只有时才存在满足方程，问题得解。【详解】当时，令（其中为非零常数），整理得：，要使得它对任意的恒成立，则：，解得：，这与为等比数列矛盾.所以，令（其中为非零常数），则，整理得：，要使得它对任意的恒成立，则，整理得：，令，则，解得：，这与为等比数列矛盾.令，则，整理得：，此方程无解。令，则，整理得：，记，所以在上必有一零点。即至少有一个实根.令，则，整理得：，解得：，这与为等比数列矛盾.故选：C.【点睛】本题主要考查了等比数列的定义及求和公式，考查分类思想及转化能力，还考查了计算能力及方程思想，属于中档题。9.5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法总数是（）A. 40B. 36C. 32D. 24【答案】B【解析】【分析】先计算出甲与乙必须相邻的情况种数，再计算出甲站在两端且与乙相邻的种数，问题得解。【详解】由题可得：甲与乙必须相邻的情况种数为：种，甲分别站在两端且与乙相邻的种数为：种，所以甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法总数是种。故选：B【点睛】本题主要考查了捆绑法排列计算及含特殊要求的排列计算，考查分类思想及转化思想，属于基础题。10.设双曲线：的右焦点为，为坐标原点，若双曲线及其渐近线上各存在一点，使得四边形为矩形，则其离心率为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出过原点且与渐近线垂直的直线的方程为，再求出过点F且与渐近线平行的直线方程，联立方程组求出点的坐标为：，将它代入双曲线方程整理即可得解。【详解】依据题意作出如下图像，其中四边形为矩形，双曲线的渐近线方程为：，所以直线的方程为，直线的方程为：，联立直线与直线的方程可得：，解得：，所以点的坐标为：，又点在双曲线上，所以，整理得：，所以.故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质及方程思想，考查计算能力及转化能力，属于中档题。11.在正方体中，点，分别在棱，上，且，（其中），若平面与线段的交点为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，以方向为方向，以方向为方向，以方向为方向，设正方体的边长为1，分别求出点的坐标及向量的坐标，利用向量加法表示出，列出对应的方程组，解方程组即可得到，问题得解。【详解】如图，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，以方向为方向，以方向为方向，以方向为方向，设正方体的边长为1，则,因为点在平面内，可设（其中为常数），又与共线，可设，由图可得：,即：，整理得：，由（1）（3）可得：，即：由（2）（3）可得：，即：，联立（4）（5）解得：，代入（2）可得：，整理得：，所以.所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了空间向量的加减运算及数乘运算，考查转化能力及计算能力，还考查了空间思维能力，考查了平面向量基本定理知识，属于难题。12.已知函数，方程对于任意都有9个不等实根，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】令，求出的三个根，并可判断函数是一个奇函数，讨论的单调性，利用要有3个不同的根列不等式即可得到的范围，利用的范围即可排除A.B.C，问题得解。【详解】因为方程对于任意都有9个不等实根，不妨令，则方程有9个不等实根，令，解得：，.所以，都要有3个不同的根由可得：，所以函数为奇函数，又，由有3个不等实根，可得不是单调函数，即：令，解得：，作出的关系如下表：作出的简图如下：要使得有3个根，至少要满足，即：，解得：.即：，排除A,B,C.故选：D.【点睛】本题主要考查了方程的解的个数解决方法，考查了利用导数判断函数的单调性及奇函数特点，还考查了转化思想及计算能力，属于难题。二、填空题：本题共4小题。每小题5分，共20分.13.已知且,则_。【答案】1【解析】【分析】整理得：由此得到，问题得解。【详解】因为，所以，整理得：，又，所以，所以，所以【点睛】本题主要考查了两角和的正弦公式及两角差的余弦公式，考查计算能力，还考查了三角恒等式，属于基础题。14.动点在函数的图象上，以点为圆心作圆与轴相切，则该圆过定点_【答案】【解析】【分析】整理可得：，此函数图像是由函数右平移1个单位而得，再利用抛物线的定义即可求解.【详解】由可得：，此函数图像是由函数右平移1个单位而得，函数的图像是开口向右的抛物线且在轴的上半部，其焦点为，准线方程为：，所以函数的图像也是开口向右的抛物线且在轴的上半部，其焦点为，准线方程为：（轴）由抛物线定义可得：等于点P到轴的距离，所以以点为圆心且与轴相切的圆过定点.【点睛】本题主要考查了函数图像的平移规律及抛物线的简单性质，还考查了抛物线的定义，属于基础题。15.已知点，均位于同一单位圆上，且，若，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由整理可得：，即：，以圆心为原点，以BC所在直线为轴建立平面直角坐标系，设，由整理得：，所以点P在以原点为圆心，半径为2的圆上运动，由等价转化成，利用整理即可求解。【详解】由可得：,所以，所以，即线段BC为单位圆的直径.以圆心为原点，以BC所在直线为轴建立平面直角坐标系，如下图：则，设，则由可得：，所以点P在以原点为圆心，半径为2的圆上运动，因为，所以,又，所以，即：.【点睛】本题主要考查了数量积的运算及向量的坐标运算，还考查了向量垂直的数量积关系、转化思想及计算能力，考查了向量模的运算，属于难题。16.若函数的图象存在经过原点的对称轴，则称为“旋转对称函数”，下列函数中是“旋转对称函数”的有_.（填写所有正确结论的序号）；.【答案】【解析】【分析】对于，求出的反函数为，即可判断原函数是“旋转对称函数”，对于，验证得：，即可判断原函数是“旋转对称函数”，对于，可分析出当时，时，由函数特征即可判断不是“旋转对称函数”.【详解】对于中，的反函数为：，所以函数关于直线对称，故是“旋转对称函数”.对于，所以函数是偶函数，它关于轴对称，故是“旋转对称函数”.对于，当时，则函数的图像只可能关于直线对称，又，当时，这与函数的图像关于直线对称矛盾，故不是“旋转对称函数”.【点睛】本题主要考查了反函数的求解及互为反函数的图像关系，考查了偶函数的图像特征，还考查了分析函数图像特征的能力以及极限思维，考查分析能力及新概念知识，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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题.考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.在中，内角，所对的边分别为，已知的面积.（）求；（）作角的平分线交边于点，记和的面积分别为，求的取值范围.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）由结合整理可得，问题得解.（）整理可得：，结合正弦定理得：，问题得解.【详解】解：（） .因此，又，所以.（），由正弦定理，知.因为，所以.【点睛】本题主要考查了三角形面积公式及正、余弦定理，考查方程思想及转化思想，考查计算能力，属于基础题。18.某兴趣小组在科学馆的帕斯卡三角仪器前进行探究实验.如图所示，每次使一个实心小球从帕斯卡三角仪器的顶部入口落下，当它在依次碰到每层的菱形挡板时，会等可能地向左或者向右落下，在最底层的7个出口处各放置一个容器接住小球，该小组连续进行200次试验，并统计容器中的小球个数得到柱状图：（）用该实验来估测小球落入4号容器的概率，若估测结果的误差小于，则称该实验是成功的.试问：该兴趣小组进行的实验是否成功？（误差）（）再取3个小球进行试验，设其中落入4号容器的小球个数为，求的分布列与数学期望.（计算时采用概率的理论值）【答案】（）是成功的；（）详见解析.【解析】【分析】（）求出小球落入4号容器的概率的理论值，问题得解.（）直接利用二项分布求解。【详解】解：（）小球落入4号容器的概率的理论值为.小球落入4号容器的概率的估测值为.误差为，故该实验是成功的.（）由（）可得，每个小球落入4号容器的概率为，未落入4号容器的概率为.，.的分布列为 0123 由于，所以.【点睛】本题主要考查了二项分布及其期望，考查计算能力，属于基础题。19.如图所示的三棱柱中，平面，的中点为，若线段上存在点使得平面.（）求；（）求二面角的余弦值.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）设的长为，分别以，的方向为，轴正方向建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，从而求得点的坐标为，求得，利用平面列方程即可求得，问题得解。（）求出平面的法向量为，结合（）中是平面的一个法向量，利用法向量的夹角坐标表示即可求解。【详解】解：（）方法一：设的长为，依题意可知，两两垂直，分别以，的方向为，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示.则，因此，.设，易求得点的坐标为，所以.因为平面，所以.解之得，所以的长为.方法二：如图，在平面内过点作的垂线分别交和于，连接，在平面内过点作的垂线交于，连接.依题意易得，五点共面.因为平面，所以.在中，因此为线段靠近的三等分点.由对称性知，为线段靠近的三等分点，因此，.代入，得.（）由（）方法一可知，是平面的一个法向量且，.设平面的法向量为，则可以为.因为二面角为锐角，故所求二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了空间向量的坐标运算及空间直角坐标系，考查向量垂直的坐标表示及方程思想，考查计算能力，还考查了二面角的向量求法，属于中档题。20.椭圆的离心率为且四个顶点构成面积为的菱形.（）求椭圆的标准方程；（）过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点，记中点为，坐标原点为，直线交椭圆于，两点，当四边形的面积为时，求直线的方程.【答案】（）；（）或.【解析】【分析】（）由离心率为结合得到，结合四个顶点构成面积为的菱形列方程即可求解.（）设点，的坐标分别为，点坐标为，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程可得：，即可求得直线的方程为，联立直线与椭圆方程即可求得，求出两点到直线的距离，结合四边形的面积为列方程即可求得，问题得解。【详解】解：（）设椭圆的焦距为，则，又，所以.因为，所以，故所求椭圆的标准方程为.（）设点，的坐标分别为，直线的方程为，与椭圆方程联立，得 .设点坐标为，则有，因此.所以直线的方程为，与椭圆方程联立，得.所以弦长.不妨设点在直线：上方，则点在直线：下方.点到直线的距离为，点到直线的距离为.所以.所以面积 .因此直线的方程为或.【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及韦达定理，考查中点坐标公式及点到直线距离公式，考查方程思想及计算能力，属于难题。21.已知函数.（）当时，求的最小值.（）若在区间上有两个极值点，（i）求实数的取值范围；（ii）求证：.【答案】（）；（）（i）；（ii）详见解析.【解析】【分析】（）求出，列表讨论的单调性，问题得解。（）（i）由在区间上有两个极值点转化成有两个零点，即有两个零点，求出，讨论的单调性，问题得解。（ii）由得，将转化成，由得单调性可得，讨论在的单调性即可得证。【详解】解：（）当时，令，得.的单调性如下表： -0+ 单调递减 单调递增易知.（）（i）.令，则.令，得.的单调性如下表： -0+ 单调递减 单调递增在区间上有两个极值点，即在区间上有两个零点，结合的单调性可知，且，即且.所以，即的取值范围是.（ii）由（i）知，所以.又，结合的单调性可知，.令，则.当时，所以在上单调递增，而，因此.【点睛】本题主要考查了导数与函数单调性的关系，考查了分类思想及转化思想，考查了极值与导数的关系，还考查了利用导数证明不等式，考查计算能力及转化能力，属于难题。（二）选考题：共10分.请考生在第22，2