福建莆田高三数学二模考试文

福建省莆田市2019届高三数学二模考试试题 文（含解析）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合补集交集的定义进行求解即可【详解】解：，则，则，故选：D【点睛】本题主要考查集合的基本运算，结合补集交集的定义是解决本题的关键比较基础2.已知复数满足，则复数的共轭复数为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数模的计算公式先求出模长，再利用复数的除法可得.【详解】由，得z=，故选：C【点睛】本题主要考查复数的相关概念，模长求解，共轭复数以及复数运算等，题目虽小，知识点很是丰富.3.已知角顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合若点是角终边上一点，则（ ）A. -2B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义求得的值，再利用两角差的正切公式，求得的值【详解】解：点是角终边上一点，则，故选：B【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两角差的正切公式，属于基础题4.如图是计算的程序框图，若输出的的值为，则判断框中应填入的条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由于，故时要判断否，再循环一次，时判断是，退出循环结构，故选.5.已知两条平行直线 ，之间的距离为1，与圆：相切，与相交于，两点，则（ ）A. B. C. 3D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，由直线与圆相切的性质可得圆心到直线 的距离为2，进而可得圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系及垂径定理分析可得答案【详解】解：根据题意，与圆：相切，则圆心到直线的距离为2，又由两条平行直线，之间的距离为1，则圆心到直线的距离，则；故选：D【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及弦长的计算，属于基础题6.函数的大致图象为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】判断函数的奇偶性和对称性的关系，利用极限思想进行求解即可【详解】解：函数，则函数为非奇非偶函数，图象不关于y轴对称，排除C，D，当，排除B， 故选：A【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的对称性以及极限思想是解决本题的关键7.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三视图可知该几何体是球挖去一个三棱锥，利用三视图中数据，分别求出球与三棱锥的体积，从而可得结果【详解】根据三视图可知，该几何体是半径为2的球体挖去一个三棱锥，三棱锥的底面是斜边长为4的等腰直角三角形，高为2，如图所示：则该几何体的体积为,故选D【点睛】本题考查了利用三视图求棱锥和球体积计算问题，根据三视图的特征找出几何体结构特征是关键解三视图相关问题的关键在于根据三视图还原几何体，要掌握常见几何体的三视图，比如三棱柱、三棱锥、圆锥、四棱柱、四棱锥、圆锥、球、圆台以及其组合体，并且要弄明白几何体的尺寸跟三视图尺寸的关系；有时候还可以利用外部补形法，将几何体补成长方体或者正方体等常见几何体.8.剪纸艺术是中国最古老民间艺术之一，作为一种镂空艺术，它能给人以视觉上的艺术享受在如图所示的圆形图案中有12个树叶状图形（即图中阴影部分），构成树叶状图形的圆弧均相同若在圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用扇形知识先求出阴影部分的面积，结合几何概型求解方法可得概率.【详解】设圆的半径为r，如图所示，12片树叶是由24个相同的弓形组成，且弓形AmB的面积为所求的概率为P= 故选：B【点睛】本题主要考查几何概型的求解，侧重考查数学建模的核心素养.9.已知且，函数在上的最大值为3，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据分段函数的表达式，分别求出函数递增和上的最大值，建立不等式关系进行求解即可【详解】解：当时，由得（舍）或，此时为增函数，由得，此时为减函数，则当时，取得极大值，极大值为，当时，取得最小值，最小值为，在上的最大值为3，当时，函数的最大值不能超过3即可，当时，为增函数，则当时，函数的最大值为，即，得，当时，为减函数，则，此时满足条件综上实数的取值范围是或，故选：A【点睛】本题主要考查函数最值的求解，结合分段函数的表达式，利用函数的导数，以及指数函数的单调性分别求出对应函数的最值是解决本题的关键10.函数图象向右平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则在上的单调递增区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的图象平移关系结合函数关于原点对称的性质求出的值，结合函数的单调性进行求解即可【详解】解：函数图象向右平移个单位长度，得到，所得图象关于原点对称，则，得，当时，则，由，得，即的单调递增区间为，当时，即，即在上的单调递增区间为，故选：A【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，求出函数的解析式结合三角函数的单调性是解决本题的关键11.已知椭圆与双曲线有共同的焦点，且在第一象限内相交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为，若，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设共同的焦点为，设，运用椭圆和双曲线的定义，以及三角形的余弦定理和基本不等式，即可得到所求最小值【详解】解：设共同的焦点为，设，由椭圆和双曲线的定义可得，解得，在中，可得，即为，即有，即为，由，可得，当且仅当时，取得最小值，故选：C【点睛】本题考查椭圆和双曲线的定义、方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题12.如图，在四棱锥中，四边形为矩形，则四棱锥外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知证明平面平面，由正弦定理求出三角形外接球的半径，设出四棱锥外接球的球心，由勾股定理求得四棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案【详解】解：由四边形为矩形，得，又，且，平面，则平面平面，设三角形的外心为，则.过作底面，且，则.即四棱锥外接球的半径为四棱锥外接球的表面积为.故选：B【点睛】本题考查多面体外接球的表面积与体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量，若，则_【答案】-10【解析】【分析】先求出，然后利用向量垂直数量积为零列方程求解即可.【详解】因为所以；又；，故答案为【点睛】本题主要考查向量的运算以及向量垂直的性质，属于基础题. 利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.14.若实数，满足约束条件且目标函数的最大值为2，则实数_【答案】2【解析】【分析】作出可行域，寻求目标函数取到最大值的点，求出m.【详解】先作出实数x，y满足约束条件 的可行域如图，目标函数z=x-y的最大值为2，由图象知z=2x-y经过平面区域的A时目标函数取得最大值2由，解得A（2，0），同时A（2，0）也在直线x+y-m=0上，2-m=0，则m=2，故答案为：2【点睛】本题主要考查线性规划，利用最值求解参数，作出可行域是求解的关键.15.在中，内角所对的边分别为为的面积，且成等差数列，则的大小为_【答案】【解析】【分析】由等差中项的性质和三角形的内角和定理可求得，由余弦定理和三角形面积公式，可得，再由余弦定理求得，可求得角的大小【详解】在中， 成等差数列，可得，即，即为，即有，由余弦定理可得，即有，由为三角形的内角，可得，故答案为【点睛】本题主要考查等差中项的性质和三角形的内角和定理、余弦定理和三角形面积公式，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.已知函数若，则的最大整数值为_【答案】3【解析】【分析】令，利用导数研究函数的单调性极值即可得出【详解】解：令， ，.令，.当 ，即 时，在 单调递增， 恒成立；当，即 时，可得函数在单调递减，在单调递增 时，函数取得极小值即最小值 .令，时，.可得时，函数单调递减 时，时，时，.满足的的最大整数值为3；综上，a的最大整数值为3， 故答案为：3【点睛】本题考查利用利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.等差数列的前项和为，数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和满足，求的值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用等差数列通项公式以及对数运算性质转化求解求数列的通项公式；（2）求解数列的和，通过数列的前项和满足，即可求的值【详解】解：（1）设等差数列公差为，则有，解得，则.又，即，所以.（2）依题意得：.又，则，因为在上为单调递增函数，所以【点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列及前项和等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，考查逻辑推理、数学运算等核心素养18.如图，在多面体中，四边形为矩形，面，分别是，的中点，是线段上的任一点（1）求证：；（2）求三棱锥的体积【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接证明推出平面即可证明（2）利用三棱锥的体积为求解即可。【详解】（1）证明：连接因为，分别是，的中点，且，所以，又，所以，所以，四点共面因为平面，所以平面，所以.因为，是的中点，所以.又，所以平面.又因为，所以面，所以（2）解：在中，由，得因为平面，所以.又，所以平面，因为，分别是，的中点，所以.又，所以面积，因为，面，面，所以面三棱锥的体积为.【点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面平行及垂直的判定和性质，空间几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养19.随着新课程改革和高考综合改革的实施，高中教学以发展学生学科核心素养为导向，学习评价更关注学科核心素养的形成和发展为此，我市于2018年举行第一届高中文科素养竞赛，竞赛结束后，为了评估我市高中学生的文科素养，从所有参赛学生中随机抽取1000名学生的成绩（单位：分）作为样本进行估计，将抽取的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，并绘制成如图所示的频率分布直方图（1）请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；（2）采用分层抽样的方法从这1000名学生的成绩中抽取容量为40的样本，再从该样本成绩不低于80分的学生中随机抽取2名进行问卷调查，求至少有一名学生成绩不低于90分的概率；（3）我市决定对本次竞赛成绩排在前180名的学生给予表彰，授予“文科素养优秀标兵”称号一名学生本次竞赛成绩为79分，请你判断该学生能否被授予“文科素养优秀标兵”称号【答案】（1）67；（2）；（3）能.【解析】【分析】（1）根据各小长方形的面积和为1，可以得到的频率，除以组距10，即可得到小长方形的高度，画到图中即可；（2）计算出再的人数，及再的人数，列举出所有可能，根据古典概型的计算方法，即可得到至少有一名学生成绩不低于90分的概率；（3）根据本次考试的总人数，以及表扬学生的比例，借助频率分布直方图估算出获得“文科素养优秀标兵”称号的分数，判断即可【详解】解：（1）成绩落在的频率为，补全的频率分布直方图如图：样本的平均数.（2）由分层抽样知，成绩在内的学生中抽取4人，记为，成绩在内的学生中抽取2人，记为，则满足条件的所有基本事件为：，共15个，记“至少有一名学生成绩不低于9”为事件，则事件A包含的基本事件有：，共9个故所求概率为.（3）因为，所以由频率分布直方图可以估计获得“文科素养优秀标兵”称号学生的成绩为.因为，所以该同学能被授予“文科素养优秀标兵”称号【点睛】本题考查了频率分布直方图、古典概型的概率求法、利用频率分布直方图估计某个频率段的下限，属于中档题20.已知，曲线上任意一点，动点满足.（1）求点的轨迹的方程；（2）过点的直线交于，两点，过原点与点的直线交直线于点，求证：.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）设，由推出代入方程即可求解点的轨迹的方程；（2）直线的斜率存在，其方程可设为，设，联立，利用韦达定理，转化求解斜率，推出结果即可【详解】解：（1）设，由得：，则，即，因为点B为曲线上任意一点，故，代入得.所以点的轨迹的方程是（2）依题意得，直线的斜率存在，其方程可设为，设，联立得，所以，.因为直线的方程为，且是直线与直线的交点，所以的坐标为.根据抛物线的定义等于点到准线的距离，由于在准线上，所以要证明，只需证明垂直准线，即证轴因为的纵坐标.所以轴成立，所以成立【点睛】本小题主要考查抛物线的定义、抛物线的标准方程及几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程的求解等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养21.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）求出导函数，通过当时，时，判断导函数的符号，图象函数的单调性；（2）要证只需证明，证明设利用导函数转化证明，再证：，设，则利用函数的单调性转化证明即可【详解】解：（1）由得.当即时，所以在上单调递增当即时，由得；由得，所以在上单调递减，在上单调递增（2）要证成立，只需证成立，即证.现证：.设则，所以在上单调递减，在上单调递增所以.因为，所以，则，即，当且仅当，时取等号再证：.设，则.所以在上单调递增，则，即.因为，所以当且仅当时取等号，又与两个不等式的等号不能同时取到，即，所以【点睛】本题主要考查函数的单调性与最值、导数的应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想、化归与转化思想、数形结合思想考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方