福建莆田高三数学第二次质量检测理A卷

福建省莆田市2019届高三数学第二次质量检测（5月）试题 理（A卷）（含解析）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.设全集，集合, 则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先确定全集中元素，然后根据集合运算的定义计算【详解】由题意，又，故选B【点睛】本题考查集合的运算，掌握集合运算的定义是解题基础，同时一定要明确集合中的元素2.已知 ，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由复数模的定义求得参数，再根据共轭复数定义得结论【详解】由题意，又，即，故选D【点睛】本题考查复数的概念，属于基础题3.执行如图所示程序框图，最后输出结果为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】模拟程序运行，确定参数值的变化【详解】程序运行时，变量值依次为：；，此时，不符合循环条件，输出故选B【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，解题时只要模拟程序运行可得结论属于基础题4.函数在上的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求导数，确定函数的单调性，再确定函数值变化的规律可得【详解】，时，递增，在和上递减，可排除B、D，0，而C中与相反，故排除C，从而选A【点睛】本题考查由函数解析式选取图象问题，解题时，可通过研究函数的性质，如单调性、周期性、对称性，极值最值，特殊值，以及函数值的正负大小等等，从而可利用排除法选取正确的结论5.从位女生，位男生中选人参加科技比赛，则至多有位女生入选的方法种数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】可先其反而，即3人都是女生的选法，然后用排除法得结论【详解】由题意，故选B【点睛】本题考查排列组合的运用，方法为排除法在事件中遇到“至多”、“至少”等词语时，可通过求其反面的方法数，从而利用排除法求得结论，这样可减少计算6.如图1是某省2019年14月快递业务量统计图，图2是该省2019年14月快递业务收入统计图，其中同比增长率指和去年同期相比较的增长率.下列对统计图理解错误的是（ ）A. 月业务量中，3月份最高，2月份最低，差值接近2000万件B. 月收入同比增长率中，3月份最高C. 同一个月的快递业务量与收入的同比增长率并不完全一致D. 月业务收入同比增长率逐月增长【答案】D【解析】【分析】观察两个图表，对照各选择支中的结论判断即可【详解】解：由统计图得：在A中，月业务量中，3月份最高，2月份最低，差值接近2000万件，故A正确；在B中，月收入同比增长率中，3月份最高，故B正确；在C中，同一个月的快递业务量与收入的同比增长率并不完全一致，故C正确；在D中，月业务收入同比增长率有增有减，故D错误故选：D【点睛】本题考查频率、平均值、概率的求法，考查频率分布直方图、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题7.现有一条零件生产线，每个零件达到优等品的概率都为.某检验员从该生产线上随机抽检个零件，设其中优等品零件的个数为.若， ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由求出的范围，再由方差公式求出值【详解】，化简得，即，又，解得或，故选C【点睛】本题考查概率公式与方差公式，掌握这两个公式是解题的关键，本题属于基础题8.将函数的图像向右平移个单位长度后，所得图像关于原点对称，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出平移后函数解析式，由图象关于原点对称，即函数为奇函数，结合诱导公式可得，从而得出结论【详解】平移后解析式为，其图象关于原点对称，则，易知最小时故选A【点睛】本题考查三角函数的图象平移变换，考查函数的奇偶性，掌握诱导公式是解题关键平移变换时要注意平移单位是对自变量而言9.孙子算经是中国古代重要的数学著作，上面记载了一道有名的“孙子问题”（又称“物不知数题”），后来我国南宋数学家秦九韶在数书九章大衍求一术中将此问题系统解决.“大衍求一术”是中国古算中最有独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.后传入西方，被称为“中国剩余定理”.现有一道一次同余式组问题：将正整数中，被除余且被除余的数，按由小到大的顺序排成一列，则此列数中第项为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别写出被除余和被除余的数，观察它们中相同数的规律【详解】被除余依次为：，被除余的数依次为，相同的数为，它们成以11为首项，15为公差的等差数列，其通项公式为，第10项为故选C【点睛】本题考查数列的应用，解题关键是能够从实际问题中抽象出数列问题，从而借助数列的概念解决问题10.已知为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于两点，为的中点，为原点.若是以为底边的等腰三角形，则的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设出直线方程为，代入椭圆方程，应用韦达定理表示出中点坐标，再由直线与直线斜率相反可求得值【详解】设出直线方程为，代入椭圆方程化简得，设，则，设，是以为底边的等腰三角形，即，代入可解得故选A【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，采用设而不求思想，即设出直线方程代入椭圆方程转化为一元二次方程，应用韦达定理求出中点坐标，然后根据相应性质可解决问题11.在正方体中，分别为棱的中点，为侧面内一点.若平面，则与平面所成角正弦值的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出过点且与平面平行的平面，此平面与侧面的交线为直线，由点必在此直线上，从而可得解题方法【详解】如图取中点，连接，由，易证平面平面，由平面平行的性质知点必在线段上，由于平面，因此为直线与平面所成的角，只要最小，则此角的正弦值最大，只要，设正方体棱长为2，则，由面积法可得，从而，故选D【点睛】本题考查直线与平面所成的角的最值，解题关键是首先确定点轨迹，其次根据找出角的最大值（从而正弦值最大），最终问题转化为求点到直线的距离，经过计算可得结论12.已知双曲线的左、右焦点分别为，以线段为直径的圆与的渐近线在第一象限的交点为，且.设的离心率为，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由得，结合已知可求得，由渐近线上点满足可得（为双曲线右顶点）且，利用面积可建立的关系式，变形后可求得【详解】由题意，则，又，得，在渐近线上且，设为双曲线右顶点，如图，则，且，由得，于是，变形为，解得（舍去），故选B【点睛】本题考查求双曲线的离心率问题，解题时主要是寻找的关系式，解题关键掌握性质：若是双曲线的渐近线上一点，且（在第一象限），是右顶点，则，二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.若向量，且，三点共线，则_.【答案】【解析】【分析】由向量平行的坐标形式求得m,利用向量的数量积公式即可得到结果.【详解】，三点共线，则，.故答案为：【点睛】涉及平面向量的共线（平行）的判定问题主要有以下两种思路：（1）若且，则存在实数，使成立；（2）若，且，则.14.若满足约束条件则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】作出可行域，目标函数表示可行域的点到原点的距离的平方，由此可得最小值【详解】作出可行域，如图内部（含边界），表示可行域的点到原点的距离的平方，直线方程为，原点到此直线的距离为，的最小值为故答案为【点睛】本题考查线性规划的非线性质应用，解题关键是确定目标函数的几何意义在解题中我们常见常用的目标函数的几何意义有两点间的距离，直线的斜率等，解题过程中要善于发现15.已知,且函数若方程至多有两个不等实数根，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】先分类讨论分段函数当a1时，当a1时，当1a0时的图象的作法，再观察即可得解【详解】解：当a1时，函数yf（x）的图象如图（1）所示，由方程f（x）b至多有两个不等实数根，则当1b1时，方程f（x）b有三个不等实数根，故不满足题意，当a1时，显然有b1时，方程f（x）b有无穷个解，故不满足题意，当1a0时，函数yf（x）的图象如图（2）所示，当方程f（x）b至多有两个不等实数根时，bR，综合得：a的取值范围为（1，0），故答案为：（1，0）【点睛】本题考查函数的零点与方程根的问题，解题方法是作出函数的图象（或部分），通过图象分析函数的单调性，从而确定方程的根的个数16.对于,数列都有（为常数）成立，则称数列具有性质.若数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是_.【答案】.【解析】【分析】把转化为，从而本题为恒成立【详解】由得，即，数列具有性质，即恒成立，即，显然的最小值为3，即的最大值为7，故答案为【点睛】本题考查新定义问题，解题关键是把新概念问题转化为常规问题，转化与化归是这类问题要考查的主要数学思想方法三、解答题：共70分.解答题应写出文字说明、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60分.17.的内角的对边分别是.已知.（1）求；（2）若边上的中线的长为，求面积的最大值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理把已知转化为角的关系，再根据诱导公式及两角和与差的正弦公式变形即可；（2）因为为边上的中线,所以, 设,由正弦定理用表示出，这样可用表示出，由三角函数恒等变换及三角函数的性质可求得面积的最大值【详解】(1)因为,所以由正弦定理得，, 因为,代入得, 所以, 即,所以.因为,所以, 又因为为三角形内角，所以.（2）因为为边上的中线,所以, 设,则.由正弦定理得，=，,则 , 因为,所以当时，面积的最大值为, 所以面积最大值为.【点睛】本小题主要考查正弦定理、三角形的面积公式、两角和与差的三角函数公式、诱导公式等基础知识，考查推理论证能力和运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性.18.如图，以为顶点的五面体中，,平面, ，是的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由平面可得，由等腰三角形性质知，从而有，于是有，再在直角梯形梯形中利用平面几何知识可得，这样可证得题设线面垂直（2）取中点为，则可以为原点，分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，然后求出平面和平面的法向量，由法向量与二面角的关系由空间向量法求得二面角【详解】（1）因为平面，平面，所以.因为，是的中点，所以.又，所以，从而.因为平面，且，所以四边形为直角梯形.又是的中点，所以与均为等腰直角三角形，所以设，则，所以.又，平面，所以平面.（2）由（1）知.设的中点为，连接，则，从而.以为原点，分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.由题意得，则设平面的法向量为 ，由得令，得，所以 为平面的一个法向量.因平面，所以为平面的一个法向量.因为，且由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为【点睛】本小题主要考查直线与平面垂直的判定与性质、二面角、空间向量等基础知识，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，体现基础性、综合性.19.某芯片公司为制定下一年的研发投入计划，需了解年研发资金投入量（单位：亿元）对年销售额（单位：亿元）的影响.该公司对历史数据进行对比分析，建立了两个函数模型:，其中均为常数，为自然对数的底数现该公司收集了近12年的年研发资金投入量和年销售额的数据，并对这些数据作了初步处理，得到了右侧的散点图及一些统计量的值令 ，经计算得如下数据：（1）设和的相关系数为，和的相关系数为，请从相关系数的角度，选择一个拟合程度更好的模型；（2）（i）根据（1）的选择及表中数据，建立关于的回归方程（系数精确到0.01）；（ii）若下一年销售额需达到90亿元，预测下一年的研发资金投入量是多少亿元？ 附：相关系数，回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，； 参考数据：，【答案】（1）模型的拟合程度更好；（2）（i）；（ii）亿元.【解析】【分析】（1）由相关系数求出两个系数，比较大小可得；（2）（i）先建立关于的线性回归方程，从而得出关于的回归方程；（ii）把代入（i）中的回归方程可得值【详解】本小题主要考查回归分析等基础知识,考查数据处理能力、运算求解能力、抽象概括能力及应用意识,考查统计与概率思想、分类与整合思想,考查数学抽象、数学运算、数学建模、数据分析等核心素养,体现基础性、综合性与应用性解：（1） ， ，则，因此从相关系数的角度，模型的拟合程度更好 （2）（i）先建立关于的线性回归方程.由，得，即由于，所以关于的线性回归方程为， 所以，则（ii）下一年销售额需达到90亿元，即，代入得，又，所以，所以，所以预测下一年的研发资金投入量约是亿元【点睛】本小题主要考查抛物线的定义、抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系、导数几何意义等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养，体现基础性、综合性与应用性20.已知抛物线的焦点为，准线为，若点在上，点在上，且是周长为的正三角形（1）求的方程；（2）过点的直线与抛物线相交于两点，抛物线在点处的切线与交于点，求面积的最小值.【答案】（1）；（2）4.【解析】【分析】（1）由是周长为12的等边三角形知其边长为4，根据抛物线的定义知，设准线与轴交于，则，在中求得（2）首先分析出直线的斜率存在，设直线的方程为：，代入抛物线方程得，设，则.利用导数的几何意义求得点处切线方程为.令，可得,从而得点,求出到直线的距离，最后可表示出面积，再由不等式的性质求得最小值【详解】（1）由是周长为12的等边三角形，得，又由抛物线的定义可得.设准线与轴交于，则，从而在中，即.所以抛物线的方程为.（2）依题意可知，直线的斜率存在，故设直线的方程为：，联立消去可得，.设，则.所以 . 由，得，所以过点的切线方程为， 又，所以切线方程可化为.令，可得,所以点,所以点到直线的距离， 所以，当时，等号成立 所以面积的最小值为4.【点睛】本题考查抛物线的定义、抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系、导数几何意义等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养，体现基础性、综合性与应用性.设而不求思想是解决直线与圆锥曲线关系问题的最基本最常用的方法21.已知函数的导函数为，且.（1）求的值； （2）若有唯一极值点，且极值为，求的值.【答案】（1）1；（2）-1.【解析】【分析】（1）求出导函数，由可得值；（2）设唯一极值点为，由（1）及已知可得，两式消去项得，注意此方程只有唯一解，因此设，则，所以.注意到在上单调递增，且，求得的最小值，从而确定的单调性，得出，代入后求得，从而得，然后可通过确定满足题意【详解】（1）因为，所以， 所以，.又因为，所以，解得.所以的值为. （2）由（1）可得，.设唯一极值点为，则 由2得，. 令，则，所以.又在上单调递增，且， 所以当时，从而单调递减，当时，从而单调递增，故，从而在上单调递增，又因为，所以. 代入可得，. 当时，易知时，时，即，于是在上单调递增，又，从而有唯一极值点1，且，满足题意. 所以.【点睛】本小题主要考查函数的求导法则、函数的极值点与极值的概念等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力与创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想、分类与整合思想，考查数学抽象、直观想象、数学运算、逻辑推理等核心素养,体现综合性、应用性与创新性解题过程中注意逐步求导方法（即），以确定函数的单调性，最值(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.注意:只能做所选定的题目,如果多做,则按所做第一个题目计分,作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22.