2019届天津市部分区高三下学期质量调查（一）数学（理）试题（解析版）

天津市部分区2019年高三质量调查试卷(一)数学试题(理)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.若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简集合，再利用并集的定义求解即可.【详解】集合,属于集合或属于集合的元素组成的集合，故选D.【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.若，均是定义在上的函数，则“和都是偶函数”是“是偶函数”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用奇偶性的定义证明充分性成立，利用特殊函数证明必要性不成立，从而可得结果.【详解】若和都是偶函数，则，即是偶函数，充分性成立；当,时，是偶函数，但是和都不是偶函数，必要性不成立，“和都是偶函数”是“是偶函数”的充分而不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性以及充分条件与必要条件的定义，属于中档题.判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题的等价性判断；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.3.设变量满足约束条件，则目标函数的最大值是（ ）A. 7B. 5C. 3D. 2【答案】B【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出约束条件，表示的可行域，如图，由可得，将变形为，平移直线，由图可知当直经过点时，直线在轴上截距最大，最大值为，故选B.【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、二移、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（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.4.如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的值为（ ）A. 7B. 15C. 31D. 63【答案】C【解析】【分析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的的值.【详解】输入，第一次循环；第二次循环；第三次循环；第四次循环，退出循环，输出,故选C.【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.5.设函数，则下列结论中错误的是（ ）A. 的一个周期为B. 的最大值为2C. 在区间上单调递减D. 的一个零点为【答案】D【解析】【分析】先利用两角和的正弦公式化简函数，再由奇偶性的定义判断；由三角函数的有界性判断；利用正弦函数的单调性判断；将代入判断.【详解】 ，周期正确；的最大值为2，正确，在上递减，正确；时，不是的零点，不正确.故选D.【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查两角和的正弦公式以及三角函数的单调性、三角函数的周期性、三角函数的最值与零点，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于中档题.6.我国古代数学名著九章算术中有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1536石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得256粒内夹谷18粒，则这批米内夹谷约为（ ）A. 108石B. 169石C. 237石D. 338石【答案】A【解析】【分析】根据抽取样本中米夹谷的比例，得到整体米夹谷的频率，从而可得结果.【详解】粒内夹谷18粒，米中含谷的频率为，石中夹谷约为（石）.故选A.【点睛】本题主要考查样本估计总体的应用，以及频率估计概率的应用，意在考查灵活应用所学知识解决实际问题的能力，属于基础题.7.已知离心率为的双曲线的左、右焦点分别是，若点是抛物线的准线与的渐近线的一个交点，且满足，则双曲线的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别求出四个选项中双曲线的离心率，判断是否为，利用排除法可得结果.【详解】对于，的离心率为，不合题意；对于，的离心率为，不合题意；对于，的离心率为，不合题意；对于，的离心率为，符合题意.故选C.【点睛】本题主要考查双曲线的方程与性质，考查了抛物线的方程与性质，考查了选择题的特殊解法，属于中档题. 用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法. 若结果为定值，则可采用此法.特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性.8.已知函数的定义域为，且函数的图象关于直线对称，当时，（其中是的导函数），若,，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出,可得的值，能确定的解析式，分类讨论可确定的符号，可得在上递增，再利用指数函数、对数函数的单调性比较的大小关系，结合函数的奇偶性与单调性可得结果.【详解】，当时，；当时，即在上递增，的图象关于对称，向右平移2个单位得到的图象关于轴对称，即为偶函数，即，即.故选D.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于难题. 在比较，的大小时，首先应该根据函数的奇偶性与周期性将，通过等值变形将自变量置于同一个单调区间，然后根据单调性比较大小.第卷二填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分.)9.是虚数单位,若是纯虚数,则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】对复数进行化简计算，再根据纯虚数的定义，得到的值.【详解】因为复数为纯虚数，所以，得.故答案：.【点睛】本题考查复数的计算，根据复数类型求参数的值，属于简单题.10.在的展开式中，含项的系数为_.（用数字填写答案）【答案】【解析】试题分析：由题意可得，令，综上所述，的系数为，故答案为.考点：1、二项展开式的通项公式；2、二项展开式的系数.11.已知等边三角形的边长为2，将该三角形绕其任一边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为_.【答案】【解析】【分析】将边长为2的正三角形绕其任一边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是由两个底面半径为，高为1的圆锥组成的组合体，利用圆锥的体积公式可得结果.【详解】将边长为2的正三角形绕其任一边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体为一个组合体，该组合体由两个同底的圆锥组成，两个圆锥的底面半径为，高为1，体积为.故答案为.【点睛】本题主要考查圆锥的性质、圆锥的体积公式的应用，考查空间想象能力以及灵活应用所学知识解答问题的能力，属于基础题.12.已知直线的参数方程是（为参数），若与圆交于两点，且，则直线的斜率为_.【答案】【解析】【分析】直线参数方程化为普通方程，圆方程化为标准方程求得圆心与半径，由，利用点到直线距离公式与勾股定理列方程求解即可.【详解】由，得，设，得直线，由，得圆心为，半径为1，圆心到直线的距离为，得.故答案为.【点睛】本题主要考查参数方程化为普通方程、点到直线距离公式以及圆的弦长的求法，求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股定理求解.13.若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】利用绝对值三角不等式求得的最大值为，解不等式，即可得结果【详解】，要使恒成立，则，或，即或，实数的取值范围是.故答案为.【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式的应用以及不等式恒成立问题，属于难题不等式恒成立问题常见方法： 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）； 数形结合( 图象在 上方即可)； 讨论最值或恒成立.14.已知菱形的边长为2，点分别在边上，则_.【答案】【解析】【分析】连接交于，以为原点，以为轴，轴的正半轴建立直角坐标系，求得的坐标，从而可得结果.【详解】连接交于，以为原点，以为轴，轴的正半轴建立直角坐标系，菱形边长为2，为的中点，.故答案为.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算以及平面向量数量积的坐标表示，属于中档题. 平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用三解答题(本大题共6小题,共80分;解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤.)15.在中，内角所对的边分别为，.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）2；（2）.【解析】【分析】（1）在中，由，利用余弦定理可得，从而可得结果；（2）先求得，由正弦定理可得，利用二倍角的正弦公式可得，由同角三角函数的关系可得，进而由两角和的正弦公式可得结果.【详解】（1）在中，根据余弦定理， 于是， 解得或（舍去），故. （2）在中，于是. 根据正弦定理，得，. 又为钝角，为锐角，即. 从而， .【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及二倍角的正弦公式，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.16.某中学的甲、乙、丙三名同学参加高校自主招生考试，每位同学彼此独立的从四所高校中选2所.（）求甲、乙、丙三名同学都选高校的概率；（）若已知甲同学特别喜欢高校，他必选校，另在三校中再随机选1所；而同学乙和丙对四所高校没有偏爱，因此他们每人在四所高校中随机选2所.（）求甲同学选高校且乙、丙都未选高校的概率；（）记为甲、乙、丙三名同学中选校的人数，求随机变量的分布列及数学期望.【答案】（）（）（）（）分布列见解析，期望为.【解析】【分析】（）先根据古典概型概率求甲同学选高校的概率，同理可得乙、丙同学选高校的概率，最后根据独立事件概率乘法公式得结果，（）（）先根据古典概型概率求甲同学选高校的概率以及乙、丙未选高校的概率，最后根据独立事件概率乘法公式得结果，（）先确定随机变量的取法，再分别求对应概率，列表得分布列，最后根据数学期望公式得结果.【详解】（）甲从四所高校中选2所，共有AB,AC,AD,BC,BD,CD六种方法，甲同学都选高校，共有AD,BD,CD三种方法，甲同学选高校的概率为，因此乙、丙同学选高校的概率皆为，因为每位同学彼此独立，所以甲、乙、丙三名同学都选高校的概率为（）（）甲同学必选校且选高校的概率为，乙未选高校的概率为，丙未选高校的概率为，因为每位同学彼此独立，所以甲同学选高校且乙、丙都未选高校的概率，（）因此，即分布列为0123P因此数学期望为【点睛】本题考查古典概型概率以及分布列与数学期望，考查基本分析求解能力，属中档题.17.在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，平面平面，且.（）求证：平面；（）求二面角的大小；（）已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求线段的长【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】先利用线面垂直的性质证明直线平面，以点为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正向建立空间直角坐标系，（1）可得是平面的一个法向量，求得，利用，且直线平面可得结果；（2）利用向量垂直数量积为0，列方程组分别求出平面与平面的法向量，由空间向量夹角余弦公式可得结果；（3）设，则，由，可得， 解方程可得结果.【详解】（1）平面平面，平面平面 ，直线平面. 由题意，以点为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正向建立如图空间直角坐标系，则可得：，. 依题意，易证：是平面的一个法向量，又， ，又直线平面， . （2） .设为平面的法向量，则，即.不妨设，可得. 设为平面的法向量，又 ，则，即.不妨设，可得， ，又二面角为钝二面角，二面角的大小为. （3）设，则，又，又，即， ，解得或（舍去）.故所求线段的长为.【点睛】本题主要考查利用空间向量证明线面平行、求二面角，属于中档题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.18.已知数列前项和为，且（），.数列为等比数列，且.（）求和的通项公式；（）设，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）先得到数列是以2为公差的等差数列，由求出首项，可得的通项公式，由求出等比数列的首项与公比，从而可得的通项公式；（2）利用（1）得，结合等比数列的求和公式，利用错位相减法可得结果.【详解】（1）由已知得：，数列是以2为公差的等差数列. ， . 设等比数列的公比为，. （2）由题意，得， ，. 上述两式相减，得 , .【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列通项公式基本量运算，以及等比数列的求和公式，错位相减法的应用，属于中档题. “错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；相减时注意最后一项 的符号；求和时注意项数别出错；最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.19.已知椭圆经过点离心率.（）求椭圆的方程；（）经过椭圆左焦点直线(不经过点且不与轴重合)与椭圆交于两点，与直线:交于点，记直线的斜率分别为.则是否存在常数，使得向量共线？若存在求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）2.【解析】【分析】（1）根据椭圆经过点，离心率，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、，即可得结果；（2）直线的方程为， 代入椭圆方程整理得，求得的坐标为，求出 ,利用韦达定理化简可得，从而可得结果.【详解】（1）由在椭圆上，. 由已知得， 又，. 代入解得.椭圆的方程为. （2）假设存在常数，使得向量共线，即. 由题意可设的斜率为，则直线的方程为，代入椭圆方程并整理，得，设，则有， 在方程中令得，的坐标为.从而，. , 代入得，又，. 故存在常数符合题意.【点睛】本题主要考查待定系数法求椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系以及解析几何中的存在性问题，属于难题.解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在，注意：当条件和结论不唯一时要分类讨论；当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；当条件和结论都不知，按常规方法题很难时采取另外的途径.20.设