江西省景德镇市2019届高三数学第二次质检试题理（含解析）.docx

景德镇市2019届高三第二次质检试题数学（理科）第I卷一、选择题：本大题共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，则集合中元素个数为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】根据函数的定义域可解得x的范围，结合，即可求出A中元素的个数。【详解】由题意得，即，解得，又，所以满足条件的x为1,2,3,4,5，共5个，故选C【点睛】本题考查函数的定义域问题，考查了一元二次不等式的解法，属基础题，2.若（，为虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】化简可得，根据两复数相等的原则，解出a，b，即可得结果【详解】由题意得，所以，所以，所以复数在复平面内对应的点为（3，-2）在第四象限【点睛】本题考查两复数相对的概念，即两复数实部与实部相等，虚部与虚部相等，属基础题。3.袋子中有四张卡片，分别写有“瓷、都、文、明”四个字，有放回地从中任取一张卡片，将三次抽取后“瓷”“都”两个字都取到记为事件，用随机模拟的方法估计事件发生的概率.利用电脑随机产生整数0，1，2，3四个随机数，分别代表“瓷、都、文、明”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：232321230023123021132220001231130133231031320122103233由此可以估计事件发生的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】事件A即为表中包含数字0和1的组，根据表中数据，即可求解【详解】事件A包含“瓷”“都”两字，即包含数字0和1，随机产生的18组数中，包含0,1的组有021,001,130,031,103，共5组，故所求概率为，故选C【点睛】本题考查古典概型，熟记概率计算公式即可，属基础题4.设函数，若角的终边经过，则的值为（ ）A. B. 1C. 2D. 4【答案】C【解析】【分析】由题意得，代入分段函数，即可求解。【详解】因为角的终边经过，所以，所以，则，故选C【点睛】本题考查三角函数的概念，分段函数求值，考查计算化简的能力，属基础题。5.已知实数，满足不等式组，若 的最小值为9，则实数的值等于（ ）A. 3B. 5C. 8D. 9【答案】B【解析】【分析】先由不等式组画出可行域，再画出目标函数确定在点取得最小值，代入求解出即可.【详解】解：如图，画出不等式组代表的可行域如图中阴影部分因为，可画出目标函数所代表直线如图中虚线所示，且过点A处目标函数最小由，解得代入目标函数，得故选：B.【点睛】本题考查了简单线性规划，目标函数中含有参数时可先观察其所代表的直线特点画出其可能的图像，然后分析其最优解.6.若直线（，）过点，当取最小值时直线的斜率为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将点带入直线可得，利用均值不等式“1”的活用即可求解。【详解】因为直线过点，所以，即，所以当且仅当，即时取等号所以斜率，故选A【点睛】本题考查均值不等式的应用，考查计算化简的能力，属基础题。7.执行如下图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）A. B. C. D. 4【答案】B【解析】【分析】执行框图，写出每次循环得到的和i的值，得到取值的周期，当i=2019时，退出循环，输出即可得答案。【详解】开始=4，i=1，执行第一次循环，=，i=2，执行第二次循环，=，i=3，执行第三次循环，=4，i=4故的取值周期为3，由于2019=6073，可得当i=2019时，退出循环，此时输出的值为，故选B【点睛】本题考查循环结构的程序框图，依次写出每次循环得到的和i的值，根据循环的周期，得到退出循环时的的值，属基础题。8.已知正四面体的内切球的表面积为，过该四面体的一条棱以及球心的平面截正四面体，则所得截面的面积为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由内切球表面积求出其半径，结合图像，找出球心半径，用相似三角形列方程求出正四面体边长，再求出所需截面即可.【详解】解：由内切球的表面积，得内切球半径如图，过点作平面，则点为等边的中心连接并延长交于点，且点为中点，连接记内切球球心为，过作，设正四面体边长为则，又因为，所以由，得，即，解得因为过棱和球心，所以即为所求截面且故选：C.【点睛】本题考查了空间几何体的内切球，找到球心求出半径是解题关键.9.已知同时满足下列三个条件：时，的最小值为是偶函数：若在有最小值，则实数的取值范围可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由 求出最小正周期，得出，再由 求出的可能值，并由 确定的取值，从而求出函数解析式，然后由函数由最小值且左端点取不到，所以图像必过最低点列出不等式解出的范围，得到符合的选项.【详解】解：因为函数最大值为2，最小值为2，由 知，相邻最高最低点即所以，又因为为偶函数所以，即又因为所以所以当时，此时函数由最小值，所以，即只有选项D满足故选：D.【点睛】本题考查了三角函数的解析式的求法，正弦型函数的图像与性质，属于中档题.10.已知点在双曲线 上，分别为双曲线的左右焦点，若外接圆面积与其内切圆面积之比为.则双曲线的离心率为（ ）A. B. 2C. 或D. 2或3【答案】D【解析】【分析】是直角三角形，其外接圆的半径是斜边的一半，根据等面积法可用a、b、c表示出内切圆的半径，再由外接圆面积与其内切圆面积之比为可得双曲线的离心率.【详解】由于为直角三角形，故外心在斜边中线上.由于，所以，故外接圆半径为.设内切圆半径为，根据三角形的面积公式，有，解得，由题意两圆半径比为，故 ，化简得，解得或，故选D.【点睛】本题考查利用双曲线的性质求离心率，属于中档题；求离心率的常用方法有以下两种：（1）求得的值，直接代入公式求解；（2）列出关于的齐次方程(或不等式)，然后根据，消去后转化成关于的方程(或不等式)求解11.定义在上的函数满足，对任意，都有，非零实数，满足，则下列关系式中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先构造函数，易得为偶函数，且在上单调递减，然后将不等式等价转化我，得，即，得出选项.【详解】解：记，则因为当时，所以在上单调递减又因为，所以为偶函数因为所以，即故选：D.【点睛】本题考查了抽象函数的单调性和奇偶性的应用，结合条件特点巧妙构造函数是解题关键.12.已知，为坐标原点，为的一条切线，点为上一点且满足（其中，），若关于,的方程存在两组不同的解，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由两边平方，得到的一元二次方程在方程上有两解得到的取值范围，再由得到与之间的关系，从而求出的范围.【详解】解：由，得半径为，因为为的一条切线，所以，因为所以即化简得，在上有两解所以解得又因为所以故选：A.【点睛】本题考查了向量的数量积及其应用，一元二次方程实根的分布，综合性较强，属于难题.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知的展开式中第5项为常数项，则该式中所有项系数的和为_.【答案】-32【解析】【分析】先写出二项式展开式中第5项，因为第5项为常数项解出，然后令得各项系数和.【详解】解：因为，且第5项为常数项所以，即令，得所有项系数和为故答案为：【点睛】本题考查了二项式定理的展开通项式，以及各项系数和问题，属于基础题.14.已知两个单位向量，的夹角为，则_.【答案】【解析】【分析】，结合数量积公式，代入数据，即可求解。【详解】= ，所以，故答案为。【点睛】本题考查向量的数量积公式的应用，属基础题15.公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为.若，则_.【答案】【解析】【分析】利用同角基本关系式，可得，代入所求，结合辅助角公式，即可求解。【详解】因为，所以，所以，故答案【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系式，辅助角公式，考查计算化简的能力，属基础题16.函数的图像经过四个象限，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先分析得当时，；当时，记，利用导数分析得单调性，结合函数的特殊值，且函数图像经过四个象限，分类讨论求解的取值范围即可.【详解】解：当时，；当时，；且记，则当时，恒成立，且只有，所以在R上单调递增又，所以当时，；当时，所以图像经过第一、二两个象限，不符合题意当时，令，得当和时，单调递增；当时，单调递减因为函数的图像经过四个象限所以,解得当时，令，得当和时，单调递增；当时，单调递减因为函数的图像经过四个象限所以,解得综上所述：或故答案为：【点睛】本题考查了利用导数研究函数的图像，综合性较强，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17-21题为必做题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选做题，考生根据要求作答.17.已知首项为1的等差数列的前项和为，已知为与的等差中项.数列满足.（1）求数列与的通项公式；（2）求数列的前项和为.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）由为与的等差中项，所以，列出方程解出，求出、即可；（2）因为，由错位相减法求和即可.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，因为为与的等差中项所以，即，解得：，.（2），下式减上式，即： ，【点睛】本题考查了等差数列基本量的计算，错位相减法求和，当待求和数列的通项为等差乘以等比数列的结构时一般采用错位相减求和.18.如图，在四棱锥中，平面平面，.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值，【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）结合题中数据在四边形中证得，由平面面，得平面，所以，又，可得平面；（2）以坐标原点，分别以 在的直线为、轴，在底面内点过点作垂线为轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，分别求出平面与平面的法向量，然后计算其夹角，由二面角的平面角与法向量的关系得到答案.【详解】解（1），.，根据勾股定理可知.又平面面，且平面平面，平面.又，平面.（2）以坐标原点，分别以 在的直线为、轴，在底面内点过点作垂线为轴建立空间直角坐标系.则，所以，设平面法向量为，则，取，平面一个法向量为，设平面法向量为，则，取，平面一个法向量为， 由图易知平面与平面夹角为锐角所以平面 平面成夹角的余弦值为.【点睛】本题考查空间中垂直关系得性质与证明，二面角的平面角的求法，在找角不熟悉的情况下利用空间向量求解夹角是一个好办法.19.如图甲是某商店2018年（按360天计算）的日盈利额（单位：万元）的统计图.（1）请计算出该商店2018年日盈利额的平均值（精确到0.1，单位：万元）：（2）为了刺激消费者，该商店于2019年1月举行有奖促销活动，顾客凡购买一定金额的高品后均可参加抽奖.随着抽奖活动的有效开展，参与抽奖活动的人数越来越多，该商店对前5天抽奖活动的人数进行统计如下表：（表示第天参加抽奖活动的人数）1234550607080100经过进一步统计分析，发现与具有线性相关关系.（）根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程：（）该商店采取转盘方式进行抽奖（如图乙），其中转盘是个八等分的圆.每位顾客最多两次抽奖机会，若第一次抽到奖，则抽奖终止，若第一次未抽到奖，则再提供一次抽奖机会.抽到一等奖的奖品价值128元，抽到二等奖的奖品价值32元.若该商店此次抽奖活动持续7天，试估计该商店在此次抽奖活动结束时共送出价值为多少元的奖品（精确到0.1，单位：万元）？（3）用（1）中的2018年日盈利额的平均值去估计当月（共31天）每天的日盈利额.若商店每天的固定支出约为1000元，促销活动日的日盈利额比平常增加20%，则该商店当月的纯利润约为多少万元？（精确到0.1，纯利润=盈利额-固定支出-抽奖总奖金数）参考公式及数据：，.【答案】（1）1.3（万元）；（2）（） ，（）2.3万元；(3)36.7万元【解析】【分析】（1）由总天数360列方程，求出统计图中的值，然后计算日盈利额的平均值即可；（2）（）算出，结合参考公式和数据，即可求出线性回归方程；（）由转盘分布可知，顾客每次抽到一二三等奖的概率均为，无奖的概率为，设一位参加抽奖的顾客获得的奖品价值元，则的取值可能为128、32、0，然后分别求出其概率，列出分布列求出方程，由线性回归方程估算出第6、7两天的人数，然后加上前5天人数得到抽奖总人数，再乘以每位顾客中奖奖品价值的期望值即可；（3）由（1）中的日盈利额的平均值乘以天数31，再加上促销日额外多出的盈利额即为总盈利额，再减去固定总支出，以及（2）中得出的抽奖总奖金数即可.【详解】（1）由题意可知：，解得.所以日盈利额的平均值为（万元）.（2）（）， ，所以 .（）由转盘分布可知，顾客每次抽到一二三等奖的概率均为，无奖的概率为设一位参加抽奖的顾客获得的奖品价值元，则的分布列为：，128320故（元）由于关于的线性回归方程为 ，得时，时，则此次活动参加抽奖的总人数约为，该商店在此次抽奖活动结束时共送出的奖品总价值为万元（3）当月的纯利润约为（万元），故该商店当月的纯利润约为36.7万元.【点睛】本题考查了最小二乘法求线性回归方程，离散型随机变量的期望，用统计知识分析估算实际问题，属于中档题.20.已知，是离心率为的椭圆 两焦点，若存在直线，使得，关于的对称点的连线恰好是圆 的一条直径.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的上顶点作斜率为，的两条直线，两直线分别与椭圆交于，两点，当时，直线是否过定点？若是求出该定点，若不是请说明理由.【答案】（1）；(2)定点【解析】【分析】（1）由对称可知，椭圆焦距等于圆的直径，从而得到，再由离心率，求出，得出椭圆方程；（2）设直线，联立椭圆得到韦达定理，再由列出关系式，代入韦达定理，可解出，从而得到直线所过定点.【详解】（1）将圆的方程配方得所以其圆心为半径为1.由题意知，椭圆焦距为等于圆直径，所以又，所以，椭圆的方程为；（2）因为，所以直线斜率存在，设直线,，消理得，（*）又理得即所以（*）代入得整理的得,所以直线定点【点睛】本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，直线过定点问题，综合程度较高属于中档题.21.函数.（1）若，在上递增，求的最大值；（2）若，存在，使得对任意，都有恒成立，求的取值范围.【答案】（1）-2；（2）【解析】【分析】（1）因为在上递增，所以任意恒成立，由得出的单调性和最小值，即可求得答案；（2）分析题意得在有最大值点，求导分类讨论的正负从而研究的单调性，研究最大值是否存在即可.【详解】（1）当时，因为在上递增所以任意恒成立因为当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增所以当时最小所以，即所以最大值为-2（2）当时，依题意在有最大值点因为，且，当，在递减，所以在， 上递增，不合题意当，在上递增，且所以在上递减，在上递增，（i）当，即在（上递减，所以，即在上递增，不合题意（）当，在上递减，上递增且，所以存在，使得且在上，递增；在上，递减；符合题意，所求（）当时，在上递减，上递增且，所以在上，递减，不合题意（）当时，所以在上递减，又因为（所以在上，递减，不合题意综上所述，当且仅当时，存在满足题意的【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，不等式的恒成立问题，分类较多，综合性较强，难度较大.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果