【市级联考】安徽省马鞍山市2019届高三高考一模(理科)数学试题(解析版).pdf

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1、2019 年安徽省马鞍山市高考数学一模试卷（理科） 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】 C 【解析】 【分析】 分别解出集合A，B，然后进行补集、交集的运算即可。 【详解】由题意，集合或， 则. 故答案为C. 【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，对数函数的单调性，以及交集、补集的运算，属于基础题。 2.已知 ，其中 是虚数单位，则的虚部为（） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 【分析】 把，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简可得到答案。 【详解】， ， 则的虚部为 故选： D 【点睛】本题考查复数代数形式

2、的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题。 3.已知正项等比数列的前项和为，若 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 【分析】 利用正项等比数列的前项和公式、通项公式，列出方程组，求出，由此能求出的值。 【详解】正项等比数列的前项和为， ，易知时不成立，所以. ， 解得， 故选： B 【点睛】 本题考查等比数列的前项和公式的运用，考查了等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力， 是基础题。 4.某班男生与女生各一组进行古诗词默写比赛，两组每个同学得分的茎叶图如图所示，男生组和女生组得分 的平均数分别为，标准差分别为、，则（） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析

3、】 【分析】 根据茎叶图中的数据，求出甲、乙的平均数和方差，得出标准差，通过比较可以得出答案。 【详解】根据茎叶图中的数据，得； 甲的平均数是 ， 乙的平均数是 ； 甲的方差是 s1， 标准差是； 乙的方差是 ， 标准差是； ， 故选： D 【点睛】本题考查了利用茎叶图中的数据求平均数和方差的问题，作为选择题也可以利用平均数与方差表 示的含义，估算出结果，是基础题。 5.已知实数、 满足 ，则的最大值与最小值之和为（） A. 5 B. C. 6 D. 7 【答案】 B 【解析】 【分析】 由约束条件作出可行域，由的几何意义，即原点到可行域内点的距离的平方，结合点到直线的距离 公式以及两点间距离

4、公式求得答案。 【详解】画出实数、 满足的可行域（如图） ， 的几何意义为原点到可行域内点的距离的平方， 由图可知，到直线的距离最小为： 可行域内的点与坐标原点的距离最大： 的最大值与最小值之和为： 故选： B 【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数 形结合的解题思想方法，是中档题 6.的展开式中的系数为（） A. B. 1024 C. 4096 D. 5120 【答案】 C 【解析】 【分析】 先将二项式变形为，分别写出两个二项式展开式的通项，并分别令的指数为10，求出 两个参数的值，代入展开式之后将两个系数相减可得出答案。 【详解】， 二项展开式的通项为， 二项展开式的通项为， 则， 所

5、以，展开式中的系数为 故选： C 【点睛】本题考查了利用二项式定理求指定项的系数，考查二项式定理的应用，同时也考查了计算能力， 属于中等题 7.已知函数 ，将函数的图象向右平移个单位， 得到数的图象， 则函数 图象的一个对称中心是（） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 先对函数化简，然后利用三角函数的平移关系求出的解析式，结合三角函数的对称性进行求解即可。 【详解】， 将函数的图象向右平移个单位，得到数的图象， 即， 由，得， 当时， 即函数的一个对称中心为， 故选： C 【点睛】本题主要考查三角函数的图象变换和性质，求出函数的解析式以及利用三角函数的对称性是解 决本题

6、的关键。 8.已知某几何体的三视图如图所示，网格中小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】 【分析】 根据三视图知该几何体是棱长为2 的正方体截去一个圆锥体，结合图中数据求出该几何体的体积即可。 【详解】根据三视图知，该几何体是棱长为2 的正方体，截去一个圆锥体，如图所示； 则该几何体的体积为 故选： A 【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了空间几何体的体积，是基础题 9.函数 的大致图象为（） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 【分析】 利用，以及函数的极限思想，可以排除错误选项得到正确答案。 【详解】，排除， B，C，

7、 当时， 则时，排除 A， 故选： D 【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用排除法结合函数的极限思想是解决本题的关键。 10.已知三棱锥中，平面 平面，则三棱锥 的外接球的表面积（） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 先利用平面与平面垂直的性质定理得出平面，并利用正弦定理计算出的外接圆直径，然 后结合图形可得到，计算出外接球的半径，最后利用球体表面积公式可得出答案。 【详解】平面平面，平面平面，平面， 平面， ，则是边长为的等边三角形， 由正弦定理可得，的外接圆直径为 如下图，设的外接圆圆心为点，则，过点作的平行线，使得，取的 中点，连结，则，点为三棱锥的外接

8、球球心，则外接球半径， 因此，该球的表面积为 故选： C 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球，考查了球体表面积的计算，考 查了学生空间想象能力与计算求解能力，属于中等题。 11.倾斜角为的直线 l 经过双曲线 的左焦点，交双曲线于A、B 两点，线段AB的垂 直平分线过右焦点，则此双曲线的渐近线方程为（） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】 【分析】 由垂直平分线性质定理可得，运用解直角三角形知识和双曲线的定义，求得，结合勾股 定理，可得a，c 的关系，进而得到a，b 的关系，即可得到所求双曲线的渐近线方程。 【详解】解：如图为线段 AB 的垂直平分线， 可得， 且， 可得， 由双曲线

9、的定义可得， 即有， 即有， ， 由，可得， 可得，即， ，则渐近线方程为 故选： A 【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，渐近线方程的求法，考查垂直平 分线的性质和解直角三角形，注意运用双曲线的定义，考查运算能力，属于中档题。 12.1642 年，帕斯卡发明了一种可以进行十进制加减法的机械计算机年，莱布尼茨改进了帕斯卡的计算 机，但莱布尼兹认为十进制的运算在计算机上实现起来过于复杂，随即提出了“二进制”数的概念之后， 人们对进位制的效率问题进行了深入的研究研究方法如下：对于正整数，我们准备张不同的卡 片，其中写有数字0， 1，的卡片各有张 如果用这些卡片表示位 进制数，通过不同的卡片组合，

10、这些卡片可以表示个不同的整数例如，时，我们可以表示出共个不同的整数假设 卡片的总数为一个定值，那么进制的效率最高则意味着张卡片所表示的不同整数的个数最大 根据上 述研究方法，几进制的效率最高？ A. 二进制 B. 三进制 C. 十进制 D. 十六进制 【答案】 B 【解析】 【分析】 设为定值， 可得 nx 张卡片所表示的不同整数的个数，假设，可得， 即，利用求导研究其单调性即可求出答案。 【详解】设为定值， 则 nx 张卡片所表示的不同整数的个数， 假设， 则，即， 求导可得：， 因为，所以当，当， 可得时，函数取得最大值， 比较，的大小即可， 分别 6 次方可得：， 可得， 根据上述研究方

11、法，3 进制的效率最高。 故选： B 【点睛】本题考查了函数的单调性、极值与最值的应用，考查了推理能力与计算能力，属于难题。 二、填空题（本大题共4 小题，共 20.0 分） 13.已知函数，则 _ 【答案】. 【解析】 【分析】 由题设条件，先求出， 【详解】由题，可得则 即答案为 【点睛】本题考查分段函数的函数值求法，解题时要认真审题，仔细解答，是基础题 14.已知向量，单位向量满足，则向量的坐标为 _ 【答案】或 【解析】 【分析】 设出向量的坐标，根据题意列出方程组求出单位向量的坐标即可。 【详解】设向量，则， 又，则， ， 即， 联立， 解得或； 则向量的坐标为或 故答案为：或 【点

12、睛】本题考查了平面向量的坐标运算、单位向量及向量的模等知识，属于基础题。 15.已知抛物线C：的焦点 F 为椭圆的右顶点，直线l 是抛物线 C 的准线，点A在抛 物线 C 上，过 A 作，垂足为B，若直线BF 的斜率，则的面积为 _ 【答案】 【解析】 【分析】 由抛物线C 的焦点 F 为椭圆的右顶点， 可得，从而可求出，设， 可求出，然后求得，即可求得的面积。 【详解】抛物线 C：的焦点 F 为椭圆的右顶点， ， 设，可得 故在上，可得 ， 则的面积为 故答案为： 【点睛】本题考查了抛物线的几何性质，考查了直线和抛物线的位置关系，解题时要认真审题，仔细解答。 16.已知正项数列的前项和为，数

13、列 的前项积为，若，则数列中最接近2019 的 是第 _项 【答案】 45 【解析】 【分析】 分别令，2，3，归纳得到，可以通过数学归纳法证明，再由时，可得 数列的通项公式，进而通过计算可得到答案。 【详解】，可得，且； 则，即， ，即， 两式相除得：，则， 由，解得； 由，解得； 猜想， 用数学归纳法证明， 当时，满足， 假设当时，猜想成立，即， 则当时，满足， 故猜想成立，即. ，时， 当，不满足， 故， 由， 当时， 当时， 当时， 综上可得数列中最接近2019 的是第 45 项 故答案为： 45 【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用归纳法，考查化简运算能力，属于中档题 三、

14、解答题（本大题共7 小题，共 82.0 分） 17.在中，的面积为. 设为的中点，求的长度 . 求的值 . 【答案】（1）3 或；（2） 或. 【解析】 【分析】 （1）由面积公式结合条件可得，从而得，再在中由余弦定理可得解； （2）在中，由余弦定理可得，再由正弦定理可得，从而得解 . 【详解】（1）由的面积得， ，于是在中，由余弦定理： 或. （2）法一：中，由余弦定理，或， 再由正弦定理，或 . 法二：由的面积，得或. 【点睛】本题主要考查了正余弦定理，及面积公式，属于基础题. 18.田忌赛马是史记中记载的一个故事，说的是齐国将军田忌经常与齐国众公子赛马，孙膑发也们的马脚 力都差不多，都分

15、为上、中、下三等于是孙膑给田忌将军制定了一个必胜策略：比赛即将开始时，他让田 忌用下等马对战公子们的上等马，用上等马对战公子们的中等马，用中等马对战公子们的下等马，从而使 田忌赢得公子们许多赌注假设田忌的各等级马与某公子的各等级马进行一场比赛获胜的概率如表所示： 田忌的马获胜概 率 公子的马 上等马中等马下等马 上等马1 中等马 下等马0 比赛规则规定：一次比由三场赛马组成，每场由公子和田忌各出一匹马出骞，结果只有胜和负两种，并且 毎一方三场赛马的马的等级各不相同，三场比赛中至少获胜两场的一方为最终胜利者 如果按孙膑的策略比赛一次，求田忌获胜的概率； 如果比赛约定，只能同等级马对战，每次比赛赌

16、注1000 金，即胜利者赢得对方1000 金，每月比赛一次， 求田忌一年赛马获利的数学期望 【答案】（1）0.72 ； （2）见解析 【解析】 【分析】 由题意知，田忌第三场比赛必输，则前两场比赛都胜，因而利用相互独立事件的概率乘法公式可得出答 案； 先计算出田忌比赛一次获胜的概率，并计算出田忌比赛一次获利的数学期望，这个期望乘以12 即可得出 田忌一年赛马获利的数学期望。 【详解】（1）记事件A：按孙膑的策略比赛一次，田忌获胜， 对于事件A，三场比赛中，由于第三场必输，则前两次比赛中田忌都胜， 因此，； 设田忌在每次比赛所得奖金为随机变量，则随机变量的可能取值为和 1000， 若比赛一次，田

17、忌获胜，则三场比赛中，田忌输赢的分布为：胜胜胜、负胜胜、胜负胜、胜胜负， 设比赛一次，田忌获胜的概率为，则 随机变量的分布列如下表所示： 1000 所以， 因此，田忌一年赛马获利的数学期望为金。 【点睛】本题考查离散型随机变量及其数学期望，解决本题的关键就是弄清概率的类型，并计算出相应事 件的概率，考查计算能力，属于中等题。 19.已知三棱柱中， 求证：面面； 若，在线段上是否存在一点，使二面角的平面角的余弦值为？若存在，确 定点的位置；若不存在，说明理由 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】 由，可得四边形为菱形， 则， 又，利用线面垂直的判定可得平 面，得到，结合，即可证

18、明平面，从而可证明面面； 以 C 为坐标原点，分别以CA，CB 所在直线为x，y 轴建立空间直角坐标系，设在线段AC 上存在一点 P， 满足，使得二面角的余弦值为，利用二面角的余弦值为，可求得的值，从 而得到答案。 【详解】证明：如图，四边形为菱形， 连接，则，又，且， 平面，则， 又，即，平面， 而平面，面面； 解：以 C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系， ， 0，2，0，0, 设在线段上存在一点，满足，使得二面角的余弦值为 则 0， 设平面的一个法向量为， 由，取，得； 平面的一个法向量为 由， 解得：，或， 因为，所以. 故在线段上存在一点，满足

19、，使二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查了平面与平面的夹角，考查空间想象能力与思维能力，训 练了利用空间向量求解二面角，是中档题。 20.已知椭圆的方程为 ，离心率，且短轴长为4 求椭圆的方程； 已知，若直线l 与圆相切，且交椭圆E于 C、D 两点，记的面积为，记 的面积为，求的最大值 【答案】（1）； （2） 12 【解析】 【分析】 根据题意列出有关a、 b、 c的方程组，求出 a、 b、 c的值， 可得出椭圆E的方程；设直线 l 的方程为， 先利用原点到直线l 的距离为2，得出 m与 k 满足的等式，并将直线l 的方程与椭圆E 的方程联立，列出韦 达定理，计算出

20、弦CD 的长度的表达式，然后分别计算点A、B 到直线l 的距离、，并利用三角形的面 积公式求出的表达式，通过化简，利用基本不等式可求出的最大值。 【详解】解：设椭圆的焦距为，椭圆的短轴长为，则， 由题意可得，解得， 因此，椭圆的方程为； 由题意知，直线 l 的斜率存在且斜率不为零，不妨设直线l 的方程为， 设点、， 由于直线l 与圆，则有，所以， 点 A 到直线 l 的距离为，点 B到直线 l 的距离为， 将直线 l 的方程与椭圆E 的方程联立，消去 y 并整理得 由韦达定理可得， 由弦长公式可得 所以， 当且仅当时，即当时，等号成立 因此，的最大值为12 【点睛】本题考查直线与椭圆的综合，考

21、查椭圆的方程以及直线与圆的位置关系，同时也考查了韦达定理 法在椭圆综合题中的应用，属于中等题。 21.已知函数在上是增函数 求实数的值； 若函数有三个零点，求实数的取值范围 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】 根据分段函数的单调性，结合导数判断函数在上单调递增即可； 讨论时不满足题意，则，根据分段函数单调可知在时，已经存在两个零点，在等价为当 时，有且只有一个零点，利用参变分离法结合图象进行求解即可。 【详解】解：当时，是增函数，且， 故当时，为增函数，即恒成立， 当时，函数的导数恒成立， 当时，此时相应恒成立，即恒成立，即恒成立， 当时，此时相应恒成立，即恒成立，即恒成立， 则，即

22、 若，则在上是增函数，此时最多有一个零点，不可能有三个零点，则不满足条件 故， 当时，有一个零点， 当时，故 0 也是故的一个零点， 故当时，有且只有一个零点，即有且只有一个解， 即，得， 则，在时有且只有一个根， 即与函数，在时有且只有一个交点， ， 由得，即得，得，此时函数递增， 由得，即得，得，此时函数递减， 即当时，函数取得极小值，此时极小值为 ， ， 作出的图象如图， 要使与函数，在时有且只有一个交点， 则或， 即实数的取值范围是 【点睛】本题主要考查分段函数的应用，以及函数零点个数问题，求函数的导数，研究函数的单调性和极 值，利用参变分离法并结合数形结合是解决本题的关键，综合性较强

23、，运算量较大，难度较大 22.在平面直角坐标系xOy 中，将椭圆上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的一半，得曲 线 C，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为 写出曲线 C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程； 已知点且直线 l 与曲线 C 交于 A、 B两点，求的值 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】 设为椭圆上的点，在已知变换下变为C 上点，依题意，得由此能求出曲线C 的普通方 程；由直线l 的极坐标方程，能求出直线l 的直角坐标方程； 求出直线 l 的参数方程并代入，得：，结合，求解 即可。 【详解】将椭圆上每一点的横坐标保持不变，纵坐

24、标变为原来的一半，得曲线C， 设为椭圆上的点，在已知变换下变为C 上点， 依题意，得 由，得， 曲线 C 的普通方程为 直线 l 的极坐标方程为 直线 l 的直角坐标方程为 点且直线 l 与曲线 C 交于 A、B 两点，在直线 l 上， 把直线 l 的参数方程代入，得：， 则， 【点睛】本题考查图形的伸缩变换、极坐标方程与普通方程的转化，考查了直线的参数方程中的含义的应 用，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题。 23.已知函数 解不等式； 若，使成立，求实数的取值范围 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】 分三种情况去绝对值解不等式再取并集即可；由得，构造函数 ，求出最小值为，转化为，可解即可。 【详解】解：或或 解得， 不等式的解集为. 由，有解， 得有解， 令， 当时，显然单调递增， 当时，求导得, 显然在时，即在时，单调递增， 则， ，. 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了不等式有解问题，构造函数是解决本题的关键点，属于 中档题。