内蒙古呼伦贝尔市2019届高三数学模拟统一考试试题(一)理及答案.doc 21页

内蒙古呼伦贝尔市2019届高三数学模拟统一考试试题（一）理（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解出对数不等式可得集合，根据并集的运算即可得结果.【详解】由，，则，故选D.【点睛】本题主要考查了对数不等式的解法，并集的概念，属于基础题.2.复数满足，则复数等于（）A.B.C.2D.-2【答案】B【解析】【分析】通过复数的模以及复数的代数形式混合运算，化简求解即可.【详解】复数满足，∴， 故选B.【点睛】本题主要考查复数的基本运算，复数模长的概念，属于基础题．3.等差数列中，，，则数列前6项和为（）A.18B.24C.36D.72【答案】C【解析】【分析】由等差数列的性质可得，根据等差数列的前项和公式可得结果.【详解】∵等差数列中，，∴，即，∴，故选C.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质以及等差数列的前项和公式的应用，属于基础题.4.已知菱形边长为2，，则（）A.4B.6C.D.【答案】B【解析】【分析】根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果．【详解】如图所示，菱形形的边长为2，，∴，∴， ∴，且，∴，故选B．【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，属于基础题.．5.已知双曲线：的焦距为，焦点到双曲线的渐近线的距离为，则双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用双曲线：的焦点到渐近线的距离为，求出，的关系式，然后求解双曲线的渐近线方程．【详解】双曲线：的焦点到渐近线的距离为，可得：，可得，，则的渐近线方程为．故选A．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，构建出的关系是解题的关键，考查计算能力，属于中档题. 6.定义在上的函数满足，则（）A.-1B.0C.1D.2【答案】C【解析】【分析】推导出，由此能求出的值．【详解】∵定义在上的函数满足，∴，故选C．【点睛】本题主要考查函数值的求法，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用，属于中档题.7.三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明．下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用勾股股勾朱实黄实弦实，化简，得勾股弦．设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷1000颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（）A.866B.500C.300D.134【答案】D【解析】由题意，大正方形的边长为2，中间小正形的边长为 ，则所求黄色图形内的图钉数大约为，故选D.8.函数的图象向右平移个单位后关于原点对称，则函数在上的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由条件根据函数的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性可得，，由此根据求得的值，得到函数解析式即可求最值．【详解】函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，再根据所得图象关于原点对称，可得，，∵，∴，，由题意，得，∴，∴函数在区间的最大值为，故选B． 【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，考查了正弦函数最值的求法，解题的关键是熟练掌握正弦函数的性质，能根据正弦函数的性质求最值，属于基础题．9.过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于、两点，以、为直径的圆分别与轴相切于点，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，，则，，，联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理即可求解．【详解】设，，则，，直线的方程为：，联立，可得，∴，，∴，故选D．【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的简单性质，特别是焦点弦问题，解题时要善于运用抛物线的定义解决问题，属于中档题.10.已知函数，则的图象大致为（　　） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用特殊值，对函数图像进行排除，由此得出正确选项.【详解】由于，排除B选项.由于，，函数单调递减，排除C选项.由于，排除D选项.故选A.【点睛】本小题主要考查已知具体函数的解析式，判断函数的图像，属于基础题.11.已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥外接球表面积是（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体，求出三棱锥外接球的半径，进一步利用几何体的表面积公式的应用求出结果．【详解】根据几何体的三视图，把几何体转换为：所以该几何体的球心为，，，故选D．【点睛】本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，几何体的体积公式的应用，属于基础题型．12.已知，则，不可能满足的关系是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据即可得出，，根据，，即可判断出结果．【详解】∵；∴，；∴，，故正确； ，故C错误；∵，故D正确故C．【点睛】本题主要考查指数式和对数式的互化，对数的运算，以及基本不等式：和不等式的应用，属于中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.二项式的展开式中，常数项的值为______.【答案】240【解析】【分析】利用通项公式，令，解得，即可得出．【详解】，令，解得．∴常数项的值是，故答案为240．【点睛】本题主要考查了二项式定理的通项公式、常数项的求法，属于基础题．14.若满足，则目标函数的最大值为______.【答案】-1【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程 斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】由约束条件作出可行域如图，化目标函数为，由图可得，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，由得即，则有最大值，故答案为．【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15.学校艺术节对同一类的，，，四件参赛作品，只评一件一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：甲说：“或作品获得一等奖”；乙说：“作品获得一等奖”；丙说：“，两项作品未获得一等奖”；丁说：“作品获得一等奖”。若这四位同学中有且只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是______.【答案】B【解析】 【分析】首先根据“学校艺术节对四件参赛作品只评一件一等奖”，故假设分别为一等奖，然后判断甲、乙、丙、丁四位同学的说法的正确性，即可得出结果。【详解】若A为一等奖，则甲、丙、丁的说法均错误，不满足题意；若B为一等奖，则乙、丙的说法正确，甲、丁的说法错误，满足题意；若C为一等奖，则甲、丙、丁的说法均正确，不满足题意；若D为一等奖，则乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意；综上所述，故B获得一等奖。【点睛】本题属于信息题，可根据题目所给信息来找出解题所需要的条件并得出答案，在做本题的时候，可以采用依次假设为一等奖并通过是否满足题目条件来判断其是否正确。16.数列的前项和为，若，，成等比数列，则正整数值为______.【答案】8【解析】【分析】利用裂项相消法求出前项和为，根据等比数列的定义列出关于的等式，进而可得不等式，结合的范围求出，即可求出的值.【详解】∵，∴，又，，成等比数列，∴，即，，∴，即， 解得，结合可得，∴，故答案为8.【点睛】本题主要考查了利用裂项相消法求数列的前项和，等比数列的概念，结合的范围求出是解题的关键，属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21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：共60分。17.如图：在中，，，.（1）求角；（2）设为的中点，求中线的长.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）通过求出的值，利用正弦定理求出即可得角；（2）根据求出的值，由正弦定理求出边，最后在中由余弦定理即可得结果.【详解】（1）∵，∴.由正弦定理，即.得，∵，∴为钝角，为锐角， 故.（2）∵，∴.由正弦定理得，即得.在中由余弦定理得：，∴.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查三角函数知识的运用，属于中档题.18.如图，在直三棱柱中，、、、分别是、、、中点.且，.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据边长的关系可求得出和，根据直棱柱的性质可得平面 ，即可得，根据线面垂直判定定理即可得结果；（2）建立如图所示的直角坐标系，求出面和面的法向量，求出法向量夹角的余弦值即可得最后结果.【详解】（1）∵，，∴.∵是的中点，∴，∵为直三棱柱，，为，中点，∴平面，∴，∴平面.（2）由（1）知建系如图，且，，，，∴，，设平面的法向量为，由，得.取，同理得平面法向量.∴，而二面角为钝二面角，∴二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定以及利用向量法求平面所成角的余弦值，求出平面的法向量是解题的关键，属于中档题.19. 诚信是立身之本，道德之基，某校学生会创设了“诚信水站”，既便于学生用水，又推进诚信教育，并用“”表示每周“水站诚信度”，为了便于数据分析，以四周为一周期，下表为该水站连续十二周（共三个周期）的诚信数据统计：第一周第二周第三周第四周第一个周期第二个周期第三个周期（1）计算表中十二周“水站诚信度”的平均数；（2）分别从表中每个周期的4个数据中随机抽取1个数据，设随机变量表示取出的3个数中“水站诚信度”超过的数据的个数，求随机变量的分布列和期望；（3）已知学生会分别在第一个周期的第四周末和第二个周期的第四周末各举行了一次“以诚为本”的主题教育活动，根据已有数据，说明两次主题教育活动的宣传效果，并根据已有数据陈述理由.【答案】（1）（2）见解析（3）两次活动效果均好．详见解析【解析】【分析】（1）利用平均数公式能求出表中十二周“水站诚信度”的平均数；（2）随机变量的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望；（3）根据后继一周都有提升可得两次活动效果均好．【详解】（1）表中十二周“水站诚信度”的平均数：.（2）随机变量的可能取值为0，1，2，3，，，，，∴的分布列为： 0123.（3）两次活动效果均好．理由：活动举办后，“水站诚信度”由和到看出，后继一周都有提升．【点睛】本题考查平均数的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，在历年高考中都是必考题型之一．20.已知椭圆：离心率为，直线被椭圆截得的弦长为.（1）求椭圆方程；（2）设直线交椭圆于，两点，且线段的中点在直线上，求证：线段的中垂线恒过定点.【答案】（1）（2）见解析【解析】分析】（1）根据题意易得椭圆过点，结合，求出即可得结果；（2）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理根据中点坐标公式化简可得，求出，列出的中垂线方程即可得结果.【详解】（1）由直线被椭圆截得的弦长为，得椭圆过点，即，又，得， 所以，，即椭圆方程为.（2）由得，由，得.由，设的中点为，得，即，∴.∴的中垂线方程为.即，故的中垂线恒过点.【点睛】本题主要考查了椭圆方程的求法，直线与圆锥曲线相交，韦达定理的应用以及直线过定点问题，属于中档题.21.已知函数，.（1）求在区间上的值域；（2）是否存在实数，对任意给定的，在存在两个不同的使得，若存在，求出的范围，若不存在，说出理由.【答案】（1）（2）满足条件的不存在，详见解析【解析】【分析】（1）对函数进行求导，知在区间上单调递增，在区间 上单调递减，由此能求出的值域；（2）对函数进行求导，对进行分类讨论，当和时，不合题意，求出当时，判断单调性，，由（1）知在上值域为，根据数形结合思想原题意可等价于，解不等式即可.【详解】（1），时，，单调递增，时，，单调递减，，，，∴在上值域为.（2）由已知得，且，当时，，在上单调递增，不合题意。当时，，在上单调递减，不合题意。当时，得。当时，单调递减，当时，，单调递增，∴.由（1）知在上值域为，而，所以对任意，在区间上总有两个不同的，使得.当且仅当，即，由（1）得.设，， ，当，，单调递减，∴.∴无解.综上，满足条件的不存在.【点睛】本题考查函数的值域的求法，探索是否存在满足条件的实数，探索函数图象上满足条件的两点是否存在．综合性强，难度大，对数学思维能力要求较高，有一定的探索性．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.在直角坐标系中，圆的参数方程为：（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，且长度单位相同.（1）求圆的极坐标方程；（2）若直线：（为参数）被圆截得的弦长为，求直线的倾斜角.【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）消去参数可得圆的直角坐标方程，再根据，，即可得极坐标方程；（2）写出直线的极坐标方程为，代入圆的极坐标方程，根据极坐标的意义列出等式解出即可.【详解】（1）圆：，消去参数得：，即：，∵，，.∴， .（2）∵直线：的极坐标方程为，当时.即：，∴或.∴或，∴直线的倾斜角为或.【点睛】本题主要考查了参数方程化为普通方程，直角坐标方程化为极坐标方程以及极坐标的几何意义，属于中档题.23.已知，且的解集为.（1）求实数，的值；（2）若的图像与直线及围成的四边形的面积不小于14，求实数取值范围.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）解绝对值不等式得，根据不等式的解集为列出方程组，解出即可；（2）求出的图像与直线及交点的坐标，通过分割法将四边形的面积分为两个三角形，列出不等式，解不等式即可.【详解】（1）由得：，，即，解得，. （2）的图像与直线及围成的四边形，，，，.过点向引垂线，垂足为，则.化简得：，（舍）或.故的取值范围为.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求法，以及绝对值不等式在几何中的应用，属于中档题.