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2019届浙江省金丽衢十二校高三第二次联考数学试题(解析版)

2019 届浙江省金丽衢十二校高三第二次联考数学试题

一、单选题 1.集合 A. 【答案】B 【解析】解:A={x|x<0,或 x>2},B={x|﹣3<x<3}; ∴A∩B={x|﹣3<x<0,或 2<x<3},A∪B=R; ∵A∩B≠A,且 A∩B≠B,∴B?A,A?B; 即 B 正确. 故选:B. B. , C. ,则( ) D.

2.点 和 是双曲线 A. 【答案】D B.2 C.

的两个焦点,则 D.4

( )

【解析】根据双曲线方程可求焦距,即可得 【详解】

.

由 所以 所以 【点睛】

可知 ,则 . ,

本题主要考查了双曲线的方程,双曲线的简单几何性质,属于中档题. 3.复数 A.5 B.6 , C.7 ,则 D. ( )

【答案】D 【解析】根据复数模的性质知 【详解】 ,即可求解.

第 1 页 共 17 页

因为 所以 故选 D. 【点睛】





本题主要考查了复数模的性质,属于中档题. 4.某几何体的三视图如图所示(图中单位: ) ,则该几何体的表面积为( )

A. 【答案】B

B.

C.

D.

【解析】试题分析:由三视图可知,该几何体的直观图为一个竖立的圆锥和一个倒立的 圆锥组成,其表面积为 【考点】1.三视图;2.表面积. 5.已知直线 平面 ,直线 平面 ,则“ ”是“ ”的( ) D.既不充分也不必 ,选 B.

A.充分不必要条件 要条件 【答案】A

B.必要不充分条件

C.充要条件

【解析】试题分析:根据已知题意,由于直线 面平行 ,则必然能满足 ,但是反之,如果

平面 ,直线 ∥平面 ,如果两个平 ,则对于平面可能是相交的,故

条件能推出结论,但是结论不能推出条件,故选 A 【考点】本试题主要是考查了立体几何中点线面的位置关系运用。 点评:解决该试题的关键是利用面面平行的性质定理和线面平行、垂直的性质定理来熟 练的判定其位置关系,同时结合了充分条件的概念,来判定命题的条件和结论之间的关 系运用,属于基础题。 6.甲和乙两人独立的从五门选修课课程中任选三门进行学习,记两人所选课程相同的 第 2 页 共 17 页

门数为 ,则 A.1.2 【答案】C

为(

) C.1.8 D.2

B.1.5

【解析】由已知得 =1,2,3,分别求出相应的概率,由此能求出 【详解】 由已知得 =1,2,3,

.

,

,

,

所以 故选 C 【点睛】

,

本题主要考查了离散型随机变量,离散型随机变量的期望,属于中档题.

7.函数

的图像大致为( )

A.

B.

C. 【答案】A

D.

【解析】根据函数解析式结合所给图象,采用排除法即可选出. 【详解】 函数定义域为 ,

第 3 页 共 17 页



时,



,故排除选项 B,D,



时,



,故排除 C,

所以选 A. 【点睛】 本题主要考查了指数函数的性质与图像,无限趋近的思想,属于中档题. 8.已知 , , 和 为空间中的 4 个单位向量,且 可能等于( ) A.3 B. C.4 D. ,则 不

【答案】A 【解析】根据 n 个向量的和的模不大于 n 个向量的模的和可推出结论. 【详解】 因为 而 所以 因为 , , , 所以 所以 【点睛】 本题主要考查了向量与不等式的关系,涉及向量的共线问题,属于难题. 9.正三棱锥 的底面边长为 ,高为 ,它在六条棱处的六个二面角(侧面与 是单位向量,且 不共线, ,故选 A. , ,

侧面或者侧面与底面)之和记为 ,则在 从小到大的变化过程中, 的变化情况是( ) A.一直增大 【答案】D B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大

【解析】利用无限逼近的思想,当

,有

,当

,有

,当

第 4 页 共 17 页

刚好使得正三棱锥变为正四面体时,二面角之和记为

,利用

的值,可分析出

,即可选出答案. 【详解】



(比 0 多一点点) ,有

;当

,有

;当 刚好使得正三

棱锥变为正四面体时,二面角之和记为 ,则

,于是

, 所以 有选项 . 【点睛】

,即

,所以与 的变化情况相符合的只

本题主要考查了无限逼近的极限思想,二面角,余弦二倍角公式,属于中档题.

10.数列 A. 【答案】A

满足: B.

, C.

,则

的值所在区间为( ) D.

【解析】由递推关系可得

,根据





,利用

放缩法可知 【详解】 因为 ,

,从而可得

,即可求解.

所以

可得: 所以 . 第 5 页 共 17 页

【点睛】 本题主要考查了数列的递推关系,不等式的性质,属于中档题.

二、填空题 11. 《九章算术》第七章“盈不足”中第一题:“今有共买物,人出八,盈三钱;人出七, 不足四,问人数物价各几何?”借用我们现在的说法可以表述为:有几个人合买一件物 品,每人出 8 元,则付完钱后还多 3 元;若每人出 7 元,则还差 4 元才够付款.问他们 的人数和物品价格?答:一共有_____人;所合买的物品价格为_______元. 【答案】7 53

【解析】根据物品价格不变,可设共有 x 人,列出方程求解即可 【详解】 设共有 人, 由题意知 解得 ,

,可知商品价格为 53 元.

即共有 7 人,商品价格为 53 元. 【点睛】 本题主要考查了数学文化及一元一次方程的应用,属于中档题. 12. 展开式中 的系数为___;所有项的系数和为____. -1 可得所有项的系数和,根据通项公式可写出含 的系数.

【答案】-80 【解析】令 【详解】 因为

,令





所以 的系数为-80, 设 令 ,则 , ,所以所有项的系数和为-1.

【点睛】 本题主要考查了二项展开式的通项公式,二项式所有项的系数和,属于中档题.

13.若实数 , 满足约束条件

则目标函数 第 6 页 共 17 页

的最小值为___;最大值

为_____.

【答案】2

【解析】作出可行域,由

可得

,作出直线

,平移直线当截距

最大时,z 有最大值,平移直线当截距最小时,z 有最小值. 【详解】 作出可行域如下:



可得

,作出直线

, ,

平移直线过 B(1,0)时,z 有最小值

平移直线过 A(1, )时,z 有最大值 【点睛】 本题主要考查了线性规划最优解,属于中档题.

.

14.在

中,角 , 和 所对的边长为 , 和 ,面积为

,且

为钝角,



__; 的取值范围是___.

【答案】

【解析】根据三角形面积公式及余弦定理可得

,利用正弦定理可知

,根据

三角函数恒等变换及三角函数性质可求出其取值范围. 【详解】

第 7 页 共 17 页

因为



所以





因为

为钝角,所以



由正弦定理知 因为 为钝角,

所以

,即

所以

所以 【点睛】

,即 的取值范围是

.

本题主要考查了正弦定理,余弦定理,三角形面积公式,三角恒等变换及正切函数的性 质,属于难题. 15. 安排 3 名支教老师去 6 所学校任教, 每校至多 2 人, 则不同的分配方案共有 (用数字作答) 【答案】210 【解析】略 种.

16. 定义在 上的偶函数 若方程

满足: 当

时有

, 且当

时,



恰有三个实根,则 的取值范围是____.

【答案】 【解析】方程 偶函数,先分析当 恰有三个实根即 与 图象有三个交点,因为函数是

时函数的图象,利用数形结合可确定 m 的取值范围,再根据函数 第 8 页 共 17 页

的对称性,得到 【详解】 因为当 时,

时,m 的取值范围即可.

,设





,所以

,又

,所以

,可作出函数 数在 的图象,同时作出直线

在 , 如图:

上的图象,又函数为偶函数,可得函

方程

恰有三个实根即



图象有三个交点,



时,由图象可知,当直线



,即

时有 4 个交点,当直线



,即

时有 2 个交点,当

时有 3 个交点,同理可得当

时,满



时,直线



有 3 个交点.

故填 【点睛】 ,

.

本题主要考查了函数与方程,函数的图象,数形结合的思想方法,属于难题. 第 9 页 共 17 页

17.过点

的直线 与椭圆 的最小值为_.

交于点 和 ,且

.点 满足

,若

为坐标原点,则

【答案】 【解析】设 , , ,根据 .点 满足 可得

,同理可得纵坐标的关系,根据 A,B 在椭圆上可得 点到直线的距离即可求出最小值. 【详解】

,利用









于是

,同理

,于是我们可以得到

.



,所以 Q 点的轨迹是直线,

即为原点到直线的距离,所以

【点睛】 本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系,向量的坐标运算,轨迹问题,属于难题. 三、解答题

18.已知函数 (1)求 的最小正周期;

.

(2)求函数

在区间

上的取值范围.

【答案】 (Ⅰ)

; (Ⅱ)

; (Ⅲ)



【解析】试题分析: (Ⅰ)本小题用降幂公式,二倍角公式和辅助角公式把函数变形为 第 10 页 共 17 页

,用周期公式可求得其周期; (Ⅱ)因为

,令

,解出 x 的范围即可; (Ⅲ)本小题由 x 的范围得到

的范围,

根据正弦函数的图象可得 值范围.

的取值范围,从而可得函数

在区间

上的取

试题解析: (1) 所以 .

(2)由



所以函数

的单调递增区间是



(3)由



,所以

所以



【考点】降幂公式,二倍角公式,辅助角公式,周期公式,正弦函数的图象和性质,化 归思想. 19.在三棱拄 ABC ? A 1B 1C1 中, AB ? 侧面 BB1C1C ,已知 BC ? 1 , ?BCC1 ?

?
3



AB ? C1C ? 2 .
A A1

B C E C1

B1

(Ⅰ)求证: C1B ? 平面 ABC ; (Ⅱ)试在棱 C1C (不包含端点 C , C1 )上确定一点 E 的位置,使得 EA ? EB1 ; 第 11 页 共 17 页

(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求 AE 和平面 ABC 所成角正弦值的大小. 【答案】 (Ⅰ)详见解析; (Ⅱ)详见解析; (Ⅲ)

5 10

【解析】试题分析: (Ⅰ)欲证线面垂直,先考察线线垂直,易证 BC1 ? AB ,可试证 由题目给条件易想到利用勾股定理逆定理; (Ⅱ) 要想在棱 C1C 找到点 E , BC1 ? BC , 使得 EA ? EB 1 ,易知 AB ? EB1 ,那么这时就需要使 BE ? EB1 ,这时就转化为一个 平面几何问题:以矩形 BB1C1C 的边 BB1为直径作圆,与 C1C 的公共点即为所求,易知 只有一点即 C1C 的中点 ,将以上分析写成综合法即可,找到这一点后,也可用别的方 法证明,如勾股定理逆定理; (Ⅲ)求直线与平面所成的角,根据其定义,应作出这条 直线在平面中的射影, 再求这条直线与其射影的夹角 (三角函数值) , 本题可考虑点 E 在 平面 ABC 的射影,易知平面 ABC 与侧面 BB1C1C 垂直,所以点 E 在平面 ABC 的射影 必在两平面的交线上,过 E 做 BC1 的垂线交 BC1 于 F ,则 ? EAF 为所求的直线与平 面的夹角. 试题解析: (Ⅰ)因为 BC ? 1 , ?BCC1 ?
2 2 ,所以 BC1 ? BC BC 2 ? BC1 ? CC1

?
3

, C1C ? 2 ,所以 BC1 ? 3 ,

因为 AB ? 侧面 BB1C1C , BC1 ? 平面 BB1C1C ,所以 BC1 ? AB ,又 BC 所以, C1B ? 平面 ABC 4分

AB ? B ,

(Ⅱ)取 C1C 的中点 E ,连接 BE , BC ? CE ? 1 , ?BCC1 ?

?
3

,等边 ?BEB1 中,

?BEC ?

?
3

同理, B1C1 ? C1E1 ? 1 , ?B1C 1 E ? 所以 EB1 ? EB

2? ? ? ,所以 ?B1EC1 ? ,可得 ?BEB1 ? , 3 6 2

因为 AB ? 侧面 BB1C1C , EB1 ? 平面 BB1C1C ,所以 EB1 ? AB ,且 EB 所以 B1E ? 平面 ABE ,所以 EA ? EB1 ; (Ⅲ) AB ? 侧面 BB1C1C , AB ? 平面,得平面 BCC1B1 ? 平面 ABC1 , 过 E 做 BC1 的垂线交 BC1 于 F , EF ? 平面 ABC1 连接 AF ,则 ? EAF 为所求, 第 12 页 共 17 页

AB ? B ,
8分

因为 BC ? BC1 , EF ? BC1 ,所以 BC 中点,

EF , E 为 CC1 的中点 得 F 为 C1B 的

1 5 1 EF ? ,由 (2) 知 AE ? 5 , 所以 sin ?EAF ? 2 ? 2 5 10
分 【考点】空间中直线与平面垂直、直线与平面平行、平面与平面垂直的判定与性质. 20.数列 (1)求数列 (2)若 的前 项和为 , 的通项公式; ,求数列 的前 项和 . ,对任意 ,有 .

13

【答案】 (1)

(2)

【解析】 (1)根据数列中项与前 n 项和的关系即可求解(2)利用错位相减法求数列的 前 n 项和即可. 【详解】 (1)由 两式相减得: 又 , 知

所以 即数列 所以

也成立,故 是以 1 为首项, 为公比的等比数列, . ,

(2)因为 所以

两式相减得:



第 13 页 共 17 页

所以 【点睛】

.

本题主要考查了数列前 n 项和与项的关系,错位相减法,属于中档题. 21.已知抛物线 : 于 , 和 , 两点,且满足 直线 的斜率为 . 内有一点 , ,过 的两条直线 , 分别与抛物线 交 ,已知线段 的中点为 ,

(1)求证:点 的横坐标为定值; (2)如果 ,点 的纵坐标小于 3,求 的面积的最大值.

【答案】 (1)见证明; (2) 【解析】 (1)设 利用点差法可得 定值(2)由 得到 中点为 ,根据向量的线性运算可知 , ,设 ,即 , ,可知 ,且 , 和 三点共线, 轴,故 为

,联立直线与抛物线方程可求

,写出面积公式即可求最值. 【详解】 (1) 设 中点为 , 则由 , 可推得 , , 这说明 ,

且 , 和 三点共线. 对 , 使用点差法,可得 同理 . 第 14 页 共 17 页 ,即 .

于是

,即

轴,所以

为定值.

(2)由 得

得到

,设 ,所以

, ,

,联立 ,

根据点到直线的距离公式知 P 到 AB 的距离为 于是 ,令 x= ,则

, ,

,令



,当

时,

,函数为增函数,当

时,

,函数为减函数,故当 【点睛】

,即

时,

有最大值

.

本题主要考查了直线与抛物线的位置关系,向量的线性运算,三角形面积,属于难题. 22.函数 (1)若 为定值,求 (2)求证:对任意 (3)若 , ,其中 的最大值; ,有 ,求证:对任意 ,直线 与曲线 ; 有唯一公共点. , .

【答案】 (1)

(2)见证明; (3)见证明; ,可知函数在 处有

【解析】 (1)n 看作常数,函数求导后令导数等于零,可得

极大值,可得函数最大值( 2 )取



,利用放缩法得

,再根据裂项相消法求和即可(3)要证明当 的方程 有唯一解,令 ,即证明



时,关于 有唯一零点,

再利用导数得函数单调性,极值确定函数大致图象,证明只有唯一零点即可. 【详解】

(1) 为定值,故

,令

,得

,当

第 15 页 共 17 页

时, 调递减,所以当

,当

时,

,所以函数在

上单调递增,在 .

上单

时,函数有极大值

,也是最大值,所以

(2)由前一问可知

,取



,于是

. (3)要证明当 明 , 时,关于 的方程 有唯一零点,先证明 有唯一解,令 ,即证

存在零点,再利用导数得函数单调性,

极值确定函数只有唯一零点. 我们先证三个引理 【引理 1】 (由第 1 问取 【引理 2】 即可)

(由【引理 1】变形得到) 【引理 3】 (可直接证明也可由【引理 2 推出】

证明: 下面我们先证明函数

. 存在零点,先由【引理 2】得到:

.



,可知

.再由【引理 3】得到 .

,于是



,且

,可知

.由连续性可知该函数一定存在零点. 第 16 页 共 17 页

下面我们开始证明函数

最多只能有一个零点.我们有

.



,则

,则



递增,在

递减,即

.



时,有

恒成立,



上递增,所以最多一个零点.



时,令



,即 .

,于是

再令 因此函数 在

,由【引理 1】可以得到 递增, 递减, 递增, 时,

. 有极大值但其极大值

,所以最多只有一个零点. 综上,当 【点睛】 本题主要考查了利用导数求函数的最大值,证明不等式,涉及导数在研究单调性,恒成 立,不等式方面的应用,属于难题. , 时,函数 与 的图像有唯一交点.

第 17 页 共 17 页


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