山东省实验中学2019届高三模拟（6月）数学（理）试题 23页

山东省实验中学2019届高三第二次模拟考试 理科数学测试 第Ⅰ卷（共60分）‎ 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，只有一个选项符合题目要求．‎ ‎1.已知全集为实数集，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简，再求其补集，然后根据，求.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以或， ‎ 又因为，‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了一元二次不等式、对数不等式的解法，属于基础题.‎ ‎2.已知复数满足，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数满足，先整理化简为，再用复数除法求解.‎ ‎【详解】已知复数满足，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查复数的基本运算，属于基础题.‎ ‎3.已知命题，则为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据特称命题的否定是全称命题求解.‎ ‎【详解】因为命题是特称命题，‎ 所以其否定是全称命题，‎ 即：则为 . ‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查命题的否定，注意结论的否定，量词也要转化，属于基础题.‎ ‎4.已知变量满足约束条件，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. 1 D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据变量满足约束条件，画出可行域，将目标函数，变形为，平移直线，找到直线在y 轴上的截距最小的点，此时，目标函数取得最小值.‎ ‎【详解】已知变量满足约束条件，其可行域如图所示阴影部分，‎ 目标函数，可变形为，‎ 平移直线，在点A处，直线在y轴上的截距最小，‎ 此时，目标函数取得最小值，最小值为 .‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题.‎ ‎5.‎2018年12月1日，贵阳市地铁一号线全线开通，在一定程度上缓解了出行的拥堵状况.为了了解市民对地铁一号线开通的关注情况，某调查机构在地铁开通后的某两天抽取了部分乘坐地铁的市民作为样本，分析其年龄和性别结构，并制作出如下等高条形图：‎ 根据图中（岁以上含岁）的信息，下列结论中不一定正确的是( )‎ A. 样本中男性比女性更关注地铁一号线全线开通 B. 样本中多数女性岁以上 C. 岁以下男性人数比岁以上的女性人数多 D. 样本中岁以上的人对地铁一号线的开通关注度更高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两幅图中的信息，对选项中的命题判断正误即可．‎ ‎【详解】由左图知，样本中的男性数量多于女性数量，A正确；‎ 由右图知女性中岁以上的占多数，B正确；‎ 由右图知，岁以下的男性人数比岁以上的女性人数少， C错误；‎ 由右图知样本中岁以上的人对地铁一号线的开通关注度更高，D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了等高条形图的应用问题，也考查了对图形的认识问题，是基础题．‎ ‎6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）‎ A. B. C. 4 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据几何体的三视图可知，该几何体是一个四棱锥，底面ABCD是正方形，侧面PAB垂直于底面ABCD，根据侧视图得知底面面积，正视图得知高，再利用锥体体积公式求解.‎ ‎【详解】由几何体的三视图可知，该几何体是一个四棱锥，‎ 底面ABCD是正方形，侧面PAB垂直于底面ABCD.‎ 如图所示:‎ 底面面积为， 高为， ‎ 所以该几何体的体积是.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查三视图的应用以及几何体的体积求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎7.在等比数列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝，a‎2a3＝，则等于(　 　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比数列的性质可得，两式相除化简即可得结果.‎ ‎【详解】，‎ 两式相除可得，‎ ‎，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等比数列的通项公式与等比数列的性质，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题. 解答有关等比数列的问题时，要注意应用等比数列的性质：若则.‎ ‎8.执行如图所示的程序框图，输出的值为（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 初始， 通过前几次的循环，得知其周期为4，再利用周期性求解.‎ ‎【详解】初始， ‎ 第一次循环，，‎ 第二次循环，，‎ 第三次循环，，‎ 第四次循环， ，‎ 所以其周期4，‎ 所以. ‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构，还考查了函数的周期性和归纳推理，属于基础题.‎ ‎9.已知，则下列结论中不正确的是（ ）‎ A. 函数的最小正周期为 B. 函数的最大值为 C. 将函数的图象向右平移个单位后得到的图象 D. 函数的图象关于点对称 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，利用正弦函数的图象和性质验证.‎ ‎【详解】因为，，故A正确.‎ 因为，所以函数的最大值为，故B正确.‎ 因为函数的图象向右平移个单位后得到，故C正确.‎ ‎ 因为，故D错误.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质以及诱导公式，还考查了转化化归的思想和理解辨析的能力，属于中档题.‎ ‎10.已知分别是双曲线的左，右焦点，点在双曲线右支上，满足，且，如果此双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则该双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据此双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，得到， 再根据点在双曲线右支上，满足，得，利用直角三角形中线定理，知是直角三角形，由勾股定理得，再结合双曲线的定义求解.‎ ‎【详解】因为此双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，‎ 所以， ‎ 因为点在双曲线右支上，满足，‎ 所以， ‎ 所以是直角三角形，‎ 所以，‎ 由双曲线的定义得：，‎ 又因为 所以 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质以及直角三角形的中线定理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎11.已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）.‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将不等式进行恒等变形，则原问题转化为函数单调性的问题，据此求解a的取值范围即可．‎ ‎【详解】，‎ 所以上恒成立，‎ 等价于在上恒成立，‎ 因为时，，‎ 所以只需在上递减，‎ 即，恒成立，‎ 即时，恒成立，，‎ 所以，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道常规题．‎ ‎12.杨辉三角是我国古代数学的杰出研究成果之一，它是二项式系数在三角形中的一种几何排列．在欧洲，这个表叫帕斯卡三角形帕斯卡在1654年发现这一规律，比杨辉要迟393年．在如图所示的杨辉三角形中，斜线的上方按箭头方向可以构成一个“锯齿形”的数列l，3，3，4，6，5，10，…则其前20项的和为（ ）‎ A. 349 B. ‎283 ‎C. 295 D. 229‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“锯齿形”的数列的特点，从第三行开始第二个数3，4，5，…可知其通项公式为：，从第二行开始第三个数1，3，6，10，…可知，用累加法求其通项公式，再根据“锯齿形”的数列前20项，各占10项，再用分组求和法求解.‎ ‎【详解】从第三行开始第二个数3，4，5，…可知其通项公式为：， 其前10项和为. ‎ 从第二行开始第三个数1，3，6，10，…可知其通项公式为：，‎ ‎，‎ 其前10项和为 ，‎ 所以数列l，3，3，4，6，5，10，…则其前20项的和为：.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查数列的通项公式和分组求和，还考查了归纳推理和运算求解的能力，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题：本大题共有4个小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.若，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二倍角公式直接计算得到答案.‎ ‎【详解】.‎ ‎【点睛】本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力.‎ ‎14.若非零向量满足，，则________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，将，代入求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 又因为，，‎ 所以，‎ 解得.‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的运算，属于基础题.‎ ‎15.已知的展开式中，所有的奇数次幂项的系数和为，则实数________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，再令，得，令，得，两式相减求解.‎ ‎【详解】设，‎ 令，得，‎ 令，得，‎ 两式相减得2，‎ 所以，‎ 解得.‎ 故答案为：-3‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理展开式的系数，赋值法是解决本题的关键，属于基础题.‎ ‎16.已知正四面体中，所有的棱长为4，点是的中心，将绕直线旋转一周，则在旋转过程中，直线与直线所成角的余弦的最大值是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量法，根据，又因为点是的中心，得，则 ，所以，‎ 再根据求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 又因为点是的中心，‎ 所以，所以 ，所以，‎ 因为，当且仅当，取等号.‎ 所以 所以 所以直线与直线所成角的余弦的最大值是 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，还考查了平面向量数量积的应用，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：60分．‎ ‎17.在中，角所对的边分别为，满足.‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）(2)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）要求角,只能从入手,利用正弦定理,将角化为边,得,进而可得三边关系,利用余弦定理即可求角.‎ ‎（2）从入手,欲找三边关系,用正弦定理将其化简为,将（1）的结论利用起来,代入,同时将代入,使得中只含有,进而根据,讨论的范围.‎ 试题解析：‎ ‎（1）根据正弦定理有:‎ ‎,化简得,‎ 根据余弦定理有, 所以.‎ ‎（2）根据正弦定理将化简,同时将（1）代入,化简为 因为,,‎ 所以.‎ 故,的取值范围是 考点：正弦定理的应用(角化边);余弦定理;正弦差角;辅助角公式求范围.‎ ‎18.四棱锥中，面面，，，，，三棱锥的体积为．‎ ‎（Ⅰ）证明：面面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（Ⅰ）取中点为，根据，得到，再由面面，得到面，根据，三棱锥的体积为，得到，则，再由，利用面面垂直的判定定理得到平面，再利用面面垂直的判定证明面面.‎ ‎（Ⅱ）以为原点，射线分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，分别求得平面和平面的一个法向量，代入二面角向量公式求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：取中点为因为，所以，‎ 因为面面且交线为，所以面 因为，‎ 所以，‎ 因，所以 ①‎ 因为面面且交线为，，所以面，‎ 因为面，所以 ②‎ 因为①②且面，‎ 所以平面，‎ 又平面，所以平面平面 ‎（Ⅱ）如图所示：‎ 以为原点，射线分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，‎ 则 设为平面的一个法向量，‎ 因为，所以，‎ 所以取 设为平面的一个法向量，‎ 因为，所以，‎ 所以取，‎ 所以，即．‎ 又因为二面角为钝角 所以二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查线线垂直，线面垂直，面面垂直的转化和二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎19.为吸引顾客，某公司在商场举办电子游戏活动.对于两种游戏，每种游戏玩一次均会出现两种结果，而且每次游戏的结果相互独立，具体规则如下：玩一次游戏，若绿灯闪亮，获得分，若绿灯不闪亮，则扣除分（即获得分），绿灯闪亮的概率为；玩一次游戏，若出现音乐，获得分，若没有出现音乐，则扣除分（即获得分），出现音乐的概率为.玩多次游戏后累计积分达到分可以兑换奖品.‎ ‎（1）记为玩游戏和各一次所得的总分，求随机变量的分布列和数学期望；‎ ‎（2）记某人玩次游戏，求该人能兑换奖品的概率.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）随机变量可取的数值为 ，每一种情况为两种游戏的结果的概率的乘积，求出概率再求分布列和期望；（2）每次得60分的概率为，扣20分的概率为 ，设需出现次音乐，那么，计算值，再求其概率.‎ 试题解析：（1）随机变量的所有可能取值为，分别对应以下四种情况：‎ ‎①玩游戏，绿灯闪亮，且玩游戏，出现音乐；‎ ‎②玩游戏，绿灯不闪亮，且玩游戏，出现音乐；‎ ‎③玩游戏，绿灯闪亮，且玩游戏，没有出现音乐；‎ ‎④玩游戏，绿灯不闪亮，且玩游戏，没有出现音乐，‎ 所以，，‎ ‎，，‎ 即的分布列为 ‎.‎ ‎（2）设某人玩次游戏的过程中，出现音乐次，则没出现音乐次，依题意得，解得，所以或或.‎ 设“某人玩次游戏能兑换奖品”为事件，‎ 则.‎ ‎20.已知椭圆的左、右焦点分别为，其离心率是，为椭圆上异于长轴端点的一点，，设的内心为，且．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）已知直线过定点，若椭圆上存在两点关于直线对称，求直线斜率的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据的内心为，且，根据圆的切线长定理得到，再结合求解.‎ ‎（Ⅱ）（ⅰ）由题意当时，显然合题意；（ⅱ）当时，设直线，中点是，由，得，根据韦达定理得到，根据M在直线上，得到，再由得，，代入求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为的内心为，且，‎ 所以，又因为，‎ 所以，‎ 即椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）（ⅰ）由题意当时，显然合题意；‎ ‎（ⅱ）当时，设直线，‎ 中点是，‎ 由，得，‎ 由得， ①‎ 由，得，‎ 所以在直线上，‎ 即，所以 ②‎ ‎①②得，所以且．‎ 综合（ⅰ）（ⅱ）即直线斜率的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法和直线与椭圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数 ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当时，对于在中的任一个给定常数，问是否存在使得成立？如果存在，求出符合条件的一个；否则说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）分类讨论，详见解析；（Ⅱ）存在，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据，求导，分当，，，三种情况讨论求解.‎ ‎（Ⅱ）假设存在这样的满足题意，（*）要找一个，使*式成立，只需找到函数的最小值，满足即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，‎ 所以．‎ ‎①当时，若，则，若，则．‎ 所以函数在区间内为减函数，在区间内为增函数．‎ ‎②当时，由，解得或，‎ 由，解得．‎ 所以函数在区间内为增函数，在区间内为减函数，在区间内为增函数；‎ ‎③当时，由，解得，‎ 由，解得或．‎ 所以函数在区间内为减函数，在区间内为增函数，在区间内为减函数．‎ ‎（Ⅱ）假设存在这样的满足题意，则（*）‎ 要找一个，使*式成立，只需找到函数的最小值，满足即可，‎ 令得，则，取 在时，，在时，‎ 所以 下面只需证明：在时，成立即可，‎ 又令，‎ 则，从而在时为增函数，‎ 则，从而得证．‎ 于是的最小值，因此可找到一个正常数，使得（*）式成立．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查导数与函数的单调性和导数与不等式恒成立问题，还考查了分类讨论、转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分．请在第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，以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，过点的直线（为参数）与曲线相交于两点．‎ ‎（1）试写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；‎ ‎（2）求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）曲线的直角坐标方程为；直线的普通方程为：；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据曲线的极坐标方程为，有，再利用化为直角坐标方程；由直线的参数方程消去参数，即得直线的普通方程.‎ ‎（2）设两点对应的参数分别为，将参数方程代入方程，整理得，再利用直线方程参数的几何意义求解.‎ ‎【详解】（1）由已知有，又，‎ 所以曲线的直角坐标方程为：，即．‎ 由直线的参数方程消去参数，得直线的普通方程为：．‎ ‎（2）设两点对应的参数分别为，将参数方程代入方程，整理得，‎ 则．‎ 所以，由直线方程参数得几何意义知：．‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程直角坐标方程间的转化和直线与曲线的位置关系，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎(1)若不等式对恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎(2)当时，函数的最小值为,求实数的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；(Ⅱ) .‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由绝对值不等式可求得实数的取值范围.(2)以零点和分三段讨论．‎ 试题分析：(Ⅰ)可化为． ‎ 解得：或．实数的取值范围为 ‎（Ⅱ）函数的零点为和，当时知 如图可知在单调递减，在单调递增，‎ 解得： ‎ ‎【点睛】绝对值函数的最值问题，一般按n个零点分n+1段讨论,也可以结合图像分析．‎ ‎ ‎