安徽省淮南市2019届高三第一次模拟考试数学（理）试题（解析版）

安徽省淮南市2019届高三第一次模拟考试数学（理）试题（解析版）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用并集的定义求解即可【详解】，故选B【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合或属于集合的元素的集合.2.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简原式即可详解】 ，故选C【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3.函数的大致图象为A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】利用函数的奇偶性排除，利用函数的单调性排除，从而可得结果【详解】，为奇函数，其图象关于原点对称，故排除，在上是增函数且，在上是增函数且，所以在是增函数，排除，故选A【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.4.的展开式中，的系数是A. 40B. 60C. 80D. 100【答案】C【解析】【分析】先写出二项展开式的通项，然后令的指数为4，解出相应参数的值，代入通项即可得出结果【详解】二项展开式的通项为令，得因此，二项展开式中的系数为，故选C【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.5.已知锐角ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,23cos2A+cos 2A=0,a=7,c=6,则b等于()A. 10B. 9C. 8D. 5【答案】D【解析】【详解】由题意知,23cos2A+2cos2A-1=0,即cos2A=,又因ABC为锐角三角形,所以cosA=.ABC中由余弦定理知72=b2+62-2b6,即b2-b-13=0,即b=5或b=-(舍去),故选D.【此处有视频，请去附件查看】6.在平行四边形中，已知，则的值是A. 4B. 6C. 8D. 10【答案】C【解析】【分析】由已知，利用向量加法的三角形法则可得，展开后结合，可求的值【详解】平行四边形中，已知，所以，又，即，,故选C【点睛】本题主要考查了向量的基本运算及向量的数量积的性质的简单应用，属于基础试题向量的几何运算有两种方法：（）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）.7.如图为我国数学家赵爽约3世纪初在为周髀算经作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则区域涂色不相同的概率为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用分步计数原理求出不同的涂色方案有420种，其中，区域涂色不相同的情况有120种，由此根据古典概型概率公式能求出区域涂色不相同的概率【详解】提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，根据题意，如图，设5个区域依次为,分4步进行分析：，对于区域，有5种颜色可选；，对于区域与区域相邻，有4种颜色可选；，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；，对于区域，若与颜色相同，区域有3种颜色可选，若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选，则区域有种选择，则不同的涂色方案有种，其中，区域涂色不相同的情况有：，对于区域，有5种颜色可选；，对于区域与区域相邻，有4种颜色可选；，对于区域与区域相邻，有2种颜色可选；，对于区域，若与颜色相同，区域有2种颜色可选，若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有1种颜色可选，则区域有种选择，不同的涂色方案有种，区域涂色不相同的概率为 ,故选D【点睛】本题考查古典概型概率公式的应用，考查分步计数原理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率.8.已知函数，若直线过点，且与曲线相切，则直线的斜率为A. B. 2C. D. 【答案】B【解析】【分析】求得的导数，设出切点，可得切线的斜率，结合两点的斜率公式，解方程可得m，从而可得结果【详解】函数的导数为，设切点为，则，可得切线的斜率为，所以，解得，故选B【点睛】本题主要考查利用导数求切线斜率，属于中档题. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 己知斜率求切点即解方程；(3) 巳知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.9.已知奇函数满足，当时，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的周期性结合奇偶性推导出，利用时，能求出结果【详解】奇函数满足， 因为，所以所以又因为当时，所以 ,故选A【点睛】本题考查对数的运算法则，考查函数的奇偶性、周期性等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题解答函数周期性、奇偶性、解析式相结合的问题，通常先利用周期性与奇偶性转化自变量所在的区间，然后根据解析式求解.10.已知点是双曲线右支上一点，、分别是双曲线的左、右焦点，为的内心，若成立，则双曲线的渐近线方程为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设圆与的三边、分别相切于点，连接 ,，可看作三个高均为圆半径的三角形利用三角形面积公式，代入已知式，化简可得，再结合双曲线的定义与渐近线方程可得所求【详解】如图，设圆与的三边、分别相切于点，连接，则，它们分别是，的高，其中是的内切圆的半径，两边约去得：，根据双曲线定义，得，可得双曲线的渐近线方程为 ,即为，故选A【点睛】本题主要考查双曲线的定义以及双曲线的渐近线，着重考查了双曲线的基本性质、三角形内切圆的性质，属于中档题解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.11.如图是函数在区间上的图象，将该图象向右平移个单位后，所得图象关于直线对称，则的最大值为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由图象求出周期，可得的值，由五点法作图求出的值，可得函数的的解析式，再根据函数的图象的变换规律得到的解析式，结合三角函数的对称性可得结论【详解】由函数，的图象可得，可得再由五点法作图可得，可得故函数的的解析式为故把的图象向右平移个单位长度，可得的图象，由于所得图象关于直线对称，可得 ，可得 ，解得 ，由于 ，可得 或，可得当时，的最大值为 ,故选B【点睛】本题主要考查由函数的部分图象求解析式，函数的图象的变换规律，属于中档题利用最值求出 ,利用图象先求出周期，用周期公式求出，利用特殊点求出，正确求是解题的关键.求解析时求参数是确定函数解析式的关键，由特殊点求时，一定要分清特殊点是“五点法”的第几个点， 用五点法求值时，往往以寻找“五点法”中的第一个点为突破口，“第一点”(即图象上升时与轴的交点) 满足.12.在平面直角坐标系中，设点，定义，其中为坐标原点，对于下列结论：符合的点的轨迹围成的图形面积为8；设点是直线：上任意一点，则；设点是直线：上任意一点，则使得“最小的点有无数个”的充要条件是；设点是椭圆上任意一点，则其中正确的结论序号为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据新定义由，讨论、的取值，画出分段函数的图象，求出面积即可；运用绝对值的含义和一次函数的单调性，可得的最小值；根据等于1或都能推出最小的点有无数个可判断其错误；把的坐标用参数表示，然后利用辅助角公式求得的最大值说明命题正确【详解】由，根据新定义得：，由方程表示的图形关于轴对称和原点对称，且，画出图象如图所示：四边形为边长是的正方形，面积等于8，故正确；为直线上任一点，可得，可得，当时，；当时，；当时，可得，综上可得的最小值为1，故正确；，当时，满足题意；而，当时，满足题意，即都能 “使最小的点有无数个”，不正确；点是椭圆上任意一点，因为求最大值，所以可设，正确则正确的结论有：、，故选D【点睛】此题考查学生理解及运用新定义的能力，考查了数形结合的数学思想，是中档题新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若直线经过抛物线的焦点，则_【答案】2【解析】【分析】由直线方程求出直线过点，从而得到抛物线的焦点坐标，则可求.【详解】直线可化为所以直线过点，即抛物线的焦点为，则,故答案为2【点睛】本题考查了抛物线的简单性质以及直线过定点问题，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于基础题14.若满足约束条件，则的最小值为_【答案】5【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，表示区域内的点到定点的距离的平方，数形结合即可得到结论【详解】作出约束条件对应的平面区域，如图表示区域内的点到定点的距离的平方，由，可得则由图象可知，距离最小，此时的最小值为，故答案为5【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二找、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15.已知等差数列，若点在经过点的定直线上，则数列的前7项和_【答案】56【解析】【分析】由点在经过点的定直线上，推导出，根据等差数列的性质与求和公式可得结果.【详解】因为等差数列中，点在经过点的定直线上，数列的前7项和，故答案为56【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式,考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题解答等差数列问题时，要注意应用等差数列的性质（）与前项和的关系.16.已知函数，若关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值构成的集合为_【答案】【解析】【分析】求函数的导数，判断函数的极值，作出函数的图象，设，利用根与系数之间的关系得到的两根之积，利用数形结合进行讨论求解即可【详解】函数的导数为，由，得，递增；由，得或，递减即有在处取得极小值；在处取得极大值，作出的图象，如图所示:关于的方程，令，则，由判别式，方程有两个不等实根，则原方程有一正一负实根而，即当，则，此时和的图象有两个交点，与 的图象有1个交点，此时共有3个交点，当，则，此时和 的图象有1个交点，与的图象有2个交点，此时共有3个交点，当，则，此时和 的图象有3个交点，与的图象有0交点，此时共有3个交点，当，则，此时和 的图象有2个交点，与的图象有1个交点，此时共有3个交点，当，则，此时和 的图象有1个交点，与 的图象有2个交点，此时共有3个交点，当，则，此时和的图象有0个交点，与的图象有3个交点，此时共有3个交点，综上,方程恒有3个不同的实数解，即，即的所有可能的值构成的集合为，故答案为【点睛】本题考查方程的根与函数图象交点的关系，考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查数形结合和分类讨论的思想方法，综合性较强，难度较大分类讨论思想的常见类型问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；问题中的条件是分类给出的；解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知等差数列的前项和为，且，成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）若当时，数列满足，求数列的前项和【答案】（1）或 ；（2） .【解析】【分析】（1）根据等差数列的前项和为，且，成等比数列，列出关于首项 、公差 的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式；由，可得，则，再由错位相减求和得【详解】，,，成等比数列，,由得：或，当时，,当时，.当时，得,.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及等比数列的前项和公式、错位相减法求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解, 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式.18.2016年某市政府出台了“2020年创建全国文明城市简称创文”的具体规划，今日，作为“创文”项目之一的“市区公交站点的重新布局及建设”基本完成，市有关部门准备对项目进行调查，并根据调查结果决定是否验收，调查人员分别在市区的各公交站点随机抽取若干市民对该项目进行评分，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图，相关规则为：调查对象为本市市民，被调查者各自独立评分；采用百分制评分，内认定为满意，80分及以上认定为非常满意；市民对公交站点布局的满意率不低于即可进行验收；用样本的频率代替概率求被调查者满意或非常满意该项目的频率；若从该市的全体市民中随机抽取3人，试估计恰有2人非常满意该项目的概率；已知在评分低于60分的被调查者中，老年人占，现从评分低于60分的被调查者中按年龄分层抽取9人以便了解不满意的原因，并从中选取2人担任群众督察员，记为群众督查员中老年人的人数，求随机变量的分布列及其数学期望【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】试题分析：（1）根据直方图的意义，求出后四个小矩形的面积和即可求得被调查者满意或非常满意该项目的频率；（2）根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是，根据独立重复试验次发生次的概率公式可得结果；（3）随机变量的所有可能取值为0，1，2，利用组合知识根据古典概型概率公式分别求出各随机变量的概率，即可得分布列，根据期望公式可得结果.试题解析：（1）根据题意：60分或以上被认定为满意或非常满意，在频率分布直方图中，评分在的频率为：；（2）根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是，用样本的频率代替概率，从该市的全体市民中随机抽取1人，该人非常满意该项目的概率为，现从中抽取3人恰有2人非常满意该项目的概率为：；（3）评分低于60分的被调查者中，老年人占，又从被调查者中按年龄分层抽取9人，这9人中，老年人有3人，非老年人6人，随机变量的所有可能取值为0，1，2，的分布列为：012的数学期望 .19.如图，在锐角中，为边的中点，且，为外接圆的圆心，且求的值；求的面积【答案】（1） ；（2） .【解析】【分析】根据圆周角与圆心角的关系，利用二倍角的余弦公式求解即可；延长至，使，连接,得四边形为平行四边形，推出；利用余弦定理，求出，再求三角形的面积【详解】如图所示，.延长AD至E，使，连接BE，CE，则四边形ABEC为平行四边形，,在中，,由余弦定理得，即，解得，【点睛】本题主要考查余弦定理以及三角形面积公式的应用，属于中档题对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.20.设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过点与垂直的直线交轴负半轴于点，且，过，三点的圆恰好与直线相切求椭圆的方程；过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于两点，问在轴上是否存在点，使得以为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出的取值范围；如果不存在，说明理由【答案】（1） ；（2）存在， .【解析】分析】设点的坐标为，且，利用以及得出点的坐标，利用外接圆圆心到该直线的距离等于半径，可求出的值，进而得出与的值，从而得出椭圆的方程；令，得出，设点、，将直线l的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理，求出线段的中点的坐标，将条件“以为邻边的平行四边形是菱形”转化为，得出这两条直线的斜率之积为，然后得出的表达式，利用不等式的性质可求出实数的取值范围【详解】设椭圆C的焦距为，则点的坐标为，点的坐标为，设点Q的坐标为，且，如下图所示，则，所以，则点Q的坐标为，直线与直线AQ垂直，且点，所以，由，得，则，为直角三角形，且为斜边，线段的中点为，的外接圆半径为2c由题意可知，点到直线的距离为，所以，因此，椭圆C的方程为.由题意知，直线的斜率，并设，则直线l的方程为，设点、将直线的方程与椭圆C的方程联立，消去x得，由韦达定理得，所以，线段MN的中点为点由于以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，则，则，所以，由两点连线的斜率公式可得，得由于，则，所以，所以，因此，在x轴上存在点，使得以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，且实数m的取值范围是【点睛】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理设而不求法在椭圆综合中的应用，同时也考查了向量的坐标运算，属于中等题求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.21.已知函数(其中是实数)(1)求的单调区间；(2)若设,且有两个极值点,求取值范围.(其中为自然对数的底数)【答案】（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.【解析】试题分析：（1）求导，利用导数研究函数的单调性，分类讨论，求出其单调区间；(2) 由（1）得函数 由两个极值点，则，且，又， 令可得在上单调递减