《河北省唐山市第一中学2019届高三下学期冲刺（二)数学（理)试题-5940faa1f8bb48dabda4eec8cb9d55f4.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省唐山市第一中学2019届高三下学期冲刺（二)数学（理)试题-5940faa1f8bb48dabda4eec8cb9d55f4.doc（28页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前河北省唐山市第一中学2019届高三下学期冲刺（二)数学（理)试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1设集合，则（ ）ABCD2命题“，”的否定是（ ）ABCD3若复数是纯虚数，则的值为( )ABCD4已知，满足约束条件，若，若的最大值为4，则实数的值为（ ）A2B3C4D85已知函数，若正实数，满，则的最小值是（ ）A1BC9D186已知椭圆的左，右
2、焦点分别，过的直线交椭圆于,两点，若的最大值为5，则的值为（ ）A1BCD7已知如图是一个几何体的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的棱的长度中，最大的是（ ）AB CD8中国好歌曲的五位评委给一位歌手给出的评分分别是：，现将这五个数据依次输入如图程序框进行计算，则输出的值及其统计意义分别是( )A，即5个数据的方差为2B，即5个数据的标准差为2C，即5个数据的方差为10D，即5个数据的标准差为109已知函数，将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变；再把所得图象向上平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的值可能为（ ）ABCD102018年1月31日晚上月全食的过程分为初亏、
3、食既、食甚、生光、复圆五个阶段,月食的初亏发生在19时48分,20时51分食既,食甚时刻为21时31分,22时08分生光,直至23时12分复圆.全食伴随有蓝月亮和红月亮,全食阶段的“红月亮”将在食甚时刻开始,生光时刻结東,一市民准备在19:55至21：56之间的某个时刻欣赏月全食，则他等待“红月亮”的时间不超过30分钟的概率是（ ）ABCD11过曲线的左焦点作曲线的切线，设切点为延长交曲线于点其中有一个共同的焦点，若则曲线的离心率为（ ）ABCD12函数满足， ，若存在，使得成立，则的取值（ ）ABCD第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题13x2x24的展开式中
4、x2的系数是_.（用数字作答）14在直角三角形ABC中，对于平面内的任一点，平面内总有一点使得，则_.15四棱锥中，底面为矩形，且，当该四棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为_.16已知函数，数列中，则数列的前100项之和_评卷人得分三、解答题17已知在中，（1）若，求； （2）求的最大值18在某市高中某学科竞赛中，某一个区名考生的参赛成绩统计如图所示.（1）求这名考生的竞赛平均成绩（同一组中数据用该组区间中点作代表）；（2）由直方图可认为考生竞赛成绩服正态分布，其中，分别取考生的平均成绩和考生成绩的方差，那么该区名考生成绩超过分（含分）的人数估计有多少人？（3）如果用该区参赛考生成绩的情况来
5、估计全市的参赛考生的成绩情况，现从全市参赛考生中随机抽取名考生，记成绩不超过分的考生人数为，求.（精确到）附：，；，则，；.19如图，四边形是边长为2的菱形，且，平面，点是线段上任意一点(1)证明：平面平面；(2)若的最大值是，求三棱锥的体积20已知椭圆方程为，其右焦点与抛物线的焦点重合，过且垂直于抛物线对称轴的直线与椭圆交于、两点，与抛物线交于、两点（1）求椭圆的方程；（2）若直线l与(1)中椭圆相交于,两点, 直线, ,的斜率分别为, (其中)，且,成等比数列；设的面积为, 以、为直径的圆的面积分别为, , 求的取值范围.21设函数，其中，为自然对数的底数（1）当时，恒成立，求的取值范围；
6、（2）求证： (参考数据：)22在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点P是曲线上的动点，点Q在OP的延长线上，且，点Q的轨迹为（1）求直线l及曲线的极坐标方程；（2）若射线与直线l交于点M，与曲线交于点（与原点不重合），求的最大值.23设函数(1) 若不等式解集为,求实数的值;(2)在(1)的条件下,若不等式解集非空,求实数的取值范围.试卷第5页，总6页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1C【解析】【分析】分别将两集合化简，再求并集即可.【详解】因为，解得，所以，而，所以，即，故选C【点睛
7、】本题主要考查集合的并集运算，同时也考查了一元二次不等式的求解，属于基础题.2B【解析】【分析】全称命题改否定，首先把全称量词改成特称量词，然后把后面结论改否定即可.【详解】命题“，”的否定是: ,故选B【点睛】本题考查全称命题的否定，全称命题（特称命题）改否定，首先把全称量词（特称量词）改成特称量词（全称量词），然后把后面结论改否定即可.3C【解析】【分析】根据所给的虚数是一个纯虚数，得到虚数的实部等于0，而虚部不等于0，得到角的正弦和余弦值，根据同角三角函数之间的关系，得到结果.【详解】若复数是纯虚数，则且，所以，所以，故故选C【点睛】本题主要考查了复数的基本概念，属于基础题纯虚数是一个易
8、错概念，不能只关注实部为零的要求，而忽略了虚部不能为零的限制，属于易错题.4B【解析】【分析】根据不等式组，画出可行域，在可行域内根据求得m的值即可【详解】由不等式组，画出可行域如下图所示：线性目标函数，化为 画出目标函数可知，当在A点时取得z取得最大值因为A（2，-2+m）代入目标函数可得解得m=3所以选B【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，线性目标函数最值的求法，属于基础题5A【解析】【分析】先由函数的解析式确定其为奇函数，再由得到与的关系式，再由基本不等式，即可求出结果.【详解】因为，所以，所以函数为奇函数，又若正实数满，所以，所以，当且仅当，即时，取等号.故选A【点睛】本题主要考查基
9、本不等式，先由函数奇偶性求出变量间的关系，再由基本不等式求解即可，属于常考题型.6C【解析】【分析】由题意可知椭圆是焦点在x轴上的椭圆，利用椭圆定义得到|BF2|+|AF2|8|AB|，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，可知当AB垂直于x轴时|AB|最小，把|AB|的最小值b2代入|BF2|+|AF2|8|AB|，由|BF2|+|AF2|的最大值等于5列式求b的值【详解】由0b2可知，焦点在x轴上，a=2,过F1的直线l交椭圆于A，B两点，|BF2|+|AF2|+|BF1|+|AF1|2a+2a4a8|BF2|+|AF2|8|AB|当AB垂直x轴时|AB|最小，|BF2|+|AF2|值最大，此
10、时|AB|b2，58b2，解得故选【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线的关系，考查了椭圆的定义，解答此题的关键是明确过椭圆焦点的弦中通径长最短，是中档题7B【解析】【分析】先由三视图可知该几何体是一个四棱锥，分别求出其各棱长，即可确定结果.【详解】由三视图可知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，其中，；，所以最长的棱的长度为.故选B【点睛】本题主要考查几何体的三视图，根据三视图还原几何体即可，属于常考题型.8A【解析】【分析】算法的功能是求的值，根据条件确定跳出循环的值，计算输出的值【详解】由程序框图知：算法的功能是求的值，跳出循环的值为5，输出 .故选A.【点睛】本题考查了循环结构的程序框图
11、，根据框图的流程判断算法的功能是关键，属于基础题9C【解析】【分析】利用二倍角公式与辅助角公式将函数的解析式化简，然后利用图象变换规律得出函数的解析式为，可得函数的值域为，结合条件，可得出、均为函数的最大值，于是得出为函数最小正周期的整数倍，由此可得出正确选项.【详解】函数，将函数的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的倍，得的图象；再把所得图象向上平移个单位，得函数的图象，易知函数的值域为.若，则且，均为函数的最大值，由，解得；其中、是三角函数最高点的横坐标，的值为函数的最小正周期的整数倍，且故选C【点睛】本题考查三角函数图象变换，同时也考查了正弦型函数与周期相关的问题，解题的关键在于确定、均为
12、函数的最大值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.10C【解析】分析：由市民准备在19:55至21：56之间的某个时刻欣赏月全食知这是一个几何概型，由题可知事件总数包含的时间长度是121，而他等待的时间不多于30分钟的事件包含的时间长度是55，两值一比即可求出所求详解：如图，时间轴点所示，概率为故选C.点睛：本题主要考查了几何概型，本题先要判断该概率模型，对于几何概型，它的结果要通过长度、面积或体积之比来得到，属于中档题11A【解析】【分析】设双曲线的右焦点的坐标为，利用为的中点，为的中点，可得为的中位线，从而可求，再设，过点作轴的垂线，由勾股定理得出关于的关系式，最后即可求得离心率【详
13、解】设双曲线的右焦点为，则的坐标为因为曲线与有一个共同的焦点，所以曲线的方程为因为，所以，所以为的中点，因为O为的中点，所以OM为的中位线，所以OM因为|OM|=a，所以又，所以设N(x,y)，则由抛物线的定义可得，所以过点F1作x轴的垂线，点N到该垂线的距离为，在中，由勾股定理得，即，所以，整理得，解得故选A【点睛】解答本题时注意以下几点：（1）求双曲线的离心率时，可根据题中给出的条件得到关于的关系式，再结合得到间的关系或关于离心率的方程（或不等式），由此可得离心率的取值（或范围）（2）本题中涉及的知识较多，解题时注意将题中给出的关系进行转化，同时要注意圆锥曲线定义在解题中的应用12A【解析
14、】由题意设，则，所以（为常数），令，则，故当时，单调递减；当时，单调递增，从而当时，在区间上单调递增设，则，故在上单调递增，在上单调递减，所以不等式等价于， ，解得，故的取值范围为选A点睛：本题考查用函数的单调性解不等式，在解答过程中首先要根据含有导函数的条件构造函数，并进一步求得函数的解析式，从而得到函数在区间上的单调性然后再根据条件中的能成立将原不等式转化为，最后根据函数的单调性将函数不等式化为一般不等式求解即可138【解析】【分析】由题，可得(x2-x-2)4=(x2)4(x+1)4，分别使用二项式定理展开项，可得x2的系数.【详解】由题(x2-x-2)4=(x2)4(x+1)4 (x2
15、)4的展开项系数Tr1+1=C4r1x4r1(2)r1 (x+1)4的展开项系数Tr2+1=C4r2x4r21r2 当r1=2,r2=4 ，系数为24当r1=3,r2=3，系数为-128当r1=4,r2=2，系数为96所以x2的系数为：24-128+96=-8故答案为-8【点睛】本题考查了二项式定理，解题的关键是原式要进行变形，属于较易题目.146【解析】【分析】由可知D为线段AB上的点且BD2AD，将用，表示后代入相乘即可【详解】对平面ABC内的任一点M，平面ABC内总有一点D使得，即,所以D为线段AB上的点且BD2AD 所以,故答案为6【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用,考查平面向量数
16、量积的性质及其运算，属基础题15【解析】【分析】由题意知四棱锥的体积最大时，平面SAD平面ABCD且为等边三角形，画出图形，设球心O到平面ABCD的距离为x，可得，进而得到球的半径，即可求解.【详解】由题意知当S到平面ABCD的距离最大时，四棱锥的体积最大，此时满足平面SAD平面ABCD，且为等边三角形，边长为4，则S到AD的距离即为S到平面ABCD的距离，设球心O到平面ABCD的距离OE=x,则由OD=OS得，解得，所以外接球的半径，则外接球的表面积为故答案为：【点睛】本题考查四棱锥的外接球问题,关键在于确定球心和半径,考查学生的空间想象能力和计算能力,属于基础题.1610200【解析】因为
17、，所以 同理可得： , 的前100项之和.故答案为 .点睛：本题中由条件 ，由余弦函数的值可将分成四种情况，即将数列分成四个一组求和即可.17(1)2 (2)【解析】【分析】（1）由余弦定理即题设可得，进而利用正弦定理可求得；（2）由（1）知，利用三角函数恒等变换的应用，化简可得 ，利用正弦函数的图象与性质，即可求解最大值.【详解】（1）由余弦定理及题设，得 由正弦定理，得 （2）由（1）知因为，所以当，取得最大值【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换的应用和三角函数的图象与性质的综合应用，着重考查了转化思想和推理与运算能力，属于基础题.18（1）分；（2）63
18、4人；（3）0.499【解析】【分析】（1）根据加权平均数公式计算；（2）根据正态分布的对称性计算P（z84.81），再估计人数；（3）根据二项分布的概率公式计算P（3）【详解】（1）由题意知：中间值概率 ，名考生的竞赛平均成绩为分.（2）依题意服从正态分布，其中，服从正态分布，而，.竞赛成绩超过分的人数估计为人人.（3）全市竞赛考生成绩不超过分的概率.而， .【点睛】关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法熟记P(X)，P(2X2)，P(3X3)的值充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.19(1)见证明；(2) 【解析】【分析】（1）推导出ACBM，ACBD，得AC平面BMND，从
19、而可得到证明;（2）由AECE和余弦定理可知，当AE最短即AEMN，CEMN时AEC最大，取MN中点H，连接H与AC、BD的交点O，知OH平面ABCD，分别以直线，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，利用二面角的平面角为，可求出a,然后利用VMNACVMEAC+VNEAC可得结果.【详解】(1)因为平面，则.又四边形是菱形，则，又,所以平面,因为AC在平面内，所以平面平面. (2)设与的交点为，连结. 因为平面，则，又为的中点，则，由余弦定理得，当AE最短时AEC最大，此时，因为AC=2,OE=. 取MN的中点H，分别以直线，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，则点， ，设平面的法向量，则,即
20、 ，取，则，同理求得平面的法向量.因为是二面角 的平面角，则，解得或 由图可知aOE=,故 (舍去)，因为，则.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查几何体体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题20(1) (2) 【解析】【分析】(1)由题意可得，即得，结合可得椭圆方程；（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，由，成等比数列，可解得k值，然后分别求出S,写出的表达式，利用基本不等式可得取值范围.【详解】（1）由抛物线方程得，椭圆方程为，过F垂直于抛物线对称轴的直线与椭圆交于M,N两点，可得，与抛物线交于C,D两点可得， ，
21、， ，所以椭圆方程为 .(2)设直线的方程为，由可得 ，由韦达定理：， ，构成等比数列，即由韦达定理代入化简得：， ， 此时，即又由三点不共线得，从而故 ， 则为定值 ，当且仅当即时等号成立综上：的取值范围是【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查韦达定理，弦长公式以及基本不等式的应用，属于中档题.21（1） （2）见解析【解析】【试题分析】（1）先构造函数，再对其求导得到然后分和两种情形分类讨论进行分析求解：（2）借助（1）的结论，当时，对恒成立， 再令，得到 即； 又由()知，当时，则在递减，在递增，则，即，又，即，令，即，则，故有.解：()令，则若，则，在递
22、增，即在 恒成立，满足，所以； 若，在递增，且且时，则使，则在递减，在递增，所以当时，即当时， ，不满足题意，舍去；综合，知的取值范围为. ()由()知，当时，对恒成立， 令，则 即； 由()知，当时，则在递减，在递增，则，即，又，即，令，即，则，故有.点睛：解答本题的第一问时，先构造函数，再对其求导得到然后分和两种情形分类讨论进行分析求解；证明本题的第二问时，充分借助（1）的结论及当时，对恒成立，令，得到 即； 进而由()知，当时，则在递减，在递增，则，即，又，即，令，即，则，故有.从而使得问题巧妙获证22（1）直线l的极坐标方程为.的极坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）消参可得直线的普
23、通方程，再利用公式把极坐标方程与直角坐标方程进行转化，从而得到直线的极坐标方程；利用相关点法求得曲线的极坐标方程；（2）利用极坐标中极径的意义求得长度，再把所求变形成正弦型函数，进一步求出结果【详解】（1）消去直线l参数方程中的t，得，由，得直线l的极坐标方程为，故由点Q在OP的延长线上，且，得，设，则，由点P是曲线上的动点，可得，即，所以的极坐标方程为（2）因为直线l及曲线的极坐标方程分别为，所以， 所以，所以当时，取得最大值，为【点睛】本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，考查了点的轨迹方程的求法，涉及三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，属于中档题23
24、（1）-2；（2）或或.【解析】【分析】（1）由题意把不等式化为|x2a|2a，去掉绝对值，写出x的取值范围，再根据不等式的解集列方程求出a的值；（2）把不等式化为|x+4|+1（k21）x，设g（x）|x+4|+1，作出g（x）的图象，结合图象知要使不等式的解集非空，应满足的条件是什么，由此求得k的取值范围【详解】解：（1）函数f（x）+a，不等式f（x）2化为2a，a2x2a2a，解得3a2xa+2；又f（x）2的解集为x|8x0，解得a2；（2）在（1）的条件下，f（x）|x+4|2，不等式f（x）（k21）x3化为|x+4|+1（k21）x，令g（x）|x+4|+1，作出g（x）的图象，如图所示；由图象知，要使不等式的解集非空，应满足：k211或k21，即k22或k2，解得k或k或x，所以实数k的取值范围是k|k或k或k【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，也考查了含有绝对值不等式的解法与应用问题，考查数形结合思想与计算能力，是中档题答案第21页，总22页