内蒙古包头市2019届高三二模考试数学（理）试题 21页

‎2019年普通高等学校招生全国统一考试（包头市第二次模拟考试）‎ 理科数学 一､选择题 ‎1.已知是虚数单位，复数的共轭复数是（ ）‎ A. B. C. 1 D. -1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先把复数化简，然后可求它的共轭复数.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以共轭复数就是.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算及共轭复数的求解，把复数化到最简形式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎2.已知集合，则满足的集合的个数是（ ）‎ A. 4 B. ‎3 ‎C. 2 D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求解集合，然后根据可求集合的个数.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以集合可能是.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的运算，化简求解集合是解决这类问题的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎3.设向量，满足，，则（ ）‎ A. -2 B. 1‎ C. -1 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平面向量模的运算可得：，①，②，则①②即可得解．‎ ‎【详解】因为向量，满足，，‎ 所以，①‎ ‎，②‎ 由①②得：‎ ‎，‎ 即，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量模和数量积的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属基础题．‎ ‎4.定义运算，则函数的大致图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图象题应用排除法比较简单，先根据函数为奇函数排除、；再根据函数的单调性排除选项，即可得到答案．‎ ‎【详解】根据题意得，且函数为奇函数，排除、；‎ ‎；‎ 当时，，‎ 令，‎ 令，‎ 函数在上是先递减再递增的，排除选项；‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与单调性的判断，考查根据解析式找图象，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．‎ ‎5.已知圆:，定点，直线:，则“点在圆外”是“直线与圆相交”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过圆心到直线的距离与圆的半径进行比较可得.‎ ‎【详解】若点在圆外，则，圆心到直线:的距离，此时直线与圆相交；‎ 若直线与圆相交，则，即，此时点在圆外.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查以直线和圆的位置关系为背景的条件的判定，明确直线和圆位置关系的代数表示是求解的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养.‎ ‎6.某程序框图如图所示，若输入的，则输出的值是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 按照程序框图的流程，写出前五次循环的结果，直到第六次不满足判断框中的条件，执行输出结果．‎ ‎【详解】经过第一次循环得到 经过第二次循环得到 经过第三次循环得到 经过第四次循环得到 经过第五次循环得到 经过第六次循环得到 此时，不满足判断框中的条件，执行输出 故输出结果为 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查解决程序框图中的循环结构，常按照程序框图的流程，采用写出前几次循环的结果，找规律．‎ ‎7.在公差不等于零的等差数列中，，且，，成等比数列，则（ ）‎ A. 4 B. ‎18 ‎C. 24 D. 16‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，，成等比数列可求公差，然后可得.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，‎ 因为，，成等比数列，所以，‎ 即有，解得，（舍），‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，根据已知条件构建等量关系是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎8.已知，为椭圆的左右焦点，点在上（不与顶点重合），为等腰直角三角形，则的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据为等腰直角三角形可得，结合椭圆的定义可求离心率.‎ ‎【详解】由题意等腰直角三角形，不妨设，则，‎ 由椭圆的定义可得，解得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆离心率的求解，离心率问题的求解关键是构建间的关系式，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎9.若三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图知该几何体是一个三棱锥，由三视图求出几何元素的长度，由锥体的体积公式求出几何体的体积．‎ ‎【详解】‎ 根据三视图可知几何体是一个三棱锥，‎ 由俯视图和侧视图知，底面是一个直角三角形，两条直角边分别是、4，‎ 由正视图知，三棱锥的高是4，‎ 该几何体的体积，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．‎ ‎10.若的展开式中的各项系数的和为1，则该展开式中的常数项为（ ）‎ A. 672 B. ‎-672 ‎C. 5376 D. -5376‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据的展开式中的各项系数的和为1，求解，然后利用通项公式可得常数项.‎ ‎【详解】因为的展开式中的各项系数的和为1，‎ 所以，即；‎ 的通项公式为，‎ 令得，所以展开式中的常数项为.‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理展开式的常数项，利用通项公式是求解特定项的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎11.已知函数，则的最大值为（ ）‎ A. 1 B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简函数，然后利用解析式的特点求解最大值.‎ ‎【详解】，‎ 因为，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的最值问题，三角函数的最值问题主要是先化简为最简形式，结合解析式的特点进行求解.‎ ‎12.将边长为2的正方形(及其内部)绕旋转一周形成圆柱，点､分别是圆和圆上的点，长为，长为，且与在平面的同侧，则与所成角的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由弧长公式可得，，由异面直线所成角的作法可得为异面直线与所成角，再求解即可．‎ ‎【详解】由弧长公式可知，，‎ 在底面圆周上去点且，‎ 则面，‎ 连接，，，‎ 则 即为异面直线与所成角，‎ 又，，‎ 所以，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了弧长公式及异面直线所成角的作法，考查了空间位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．‎ 二､填空题 ‎13.向平面区域内随机投入一点，则该点落在曲线下方概率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，分别求出正方形及阴影部分的面积，再由几何概型概率面积比得答案．‎ ‎【详解】作出平面区域，及曲线如图，‎ ‎，．‎ 向平面区域，内随机投入一点，‎ 则该点落在曲线下方的概率为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查几何概型概率的求法，考查数形结合的解题思想方法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．‎ ‎14.设，满足约束条件，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求的取值范围．‎ ‎【详解】作出，满足约束条件，则对应的平面区域（阴影部分），‎ 由，得，‎ 平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大．‎ 此时的最大值为，‎ 由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最小．‎ 此时的最小值为，‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．‎ ‎15.设等差数列的前项和为，若，，，则______.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的通项公式及求和公式可得.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 因为，所以，‎ 设等差数列的公差为，则，解得，‎ 由得，解得.‎ 故答案为：8.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的基本量的运算，熟记相关的求解公式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎16.若直线既是曲线的切线，又是曲线的切线，则______.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别设出两个切点，根据导数的几何意义可求.‎ 详解】设直线与曲线相切于点，直线与曲线相切于点，‎ 则且，解得；‎ 同理可得且，解得；‎ 故答案为：1.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义，设出切点建立等量关系式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ 三､解答题 ‎17.在中，内角，，的对边分别为，，，已知.‎ ‎（1）若，求和；‎ ‎（2）求的最小值.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用已知条件求出的余弦函数值，然后求解的值，然后求解三角形的面积；（2）通过余弦定理结合三角形的面积转化求解即可．‎ ‎【详解】（1）因为，代入，得，‎ 所以，，由正弦定理得，‎ 所以，.‎ ‎（2）把余弦定理代入，得，‎ 解得.再由余弦定理得.当且仅当，即时，取最小值.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角形的解法、正余弦定理的应用、三角形的面积以及基本不等式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，是中档题．‎ ‎18.一只红玲虫的产卵数和温度有关.现收集了7组观测数据如下表:‎ 温度 ‎21‎ ‎23‎ ‎25‎ ‎27‎ ‎29‎ ‎32‎ ‎35‎ 产卵数/个 ‎7‎ ‎11‎ ‎21‎ ‎24‎ ‎66‎ ‎115‎ ‎325‎ 为了预报一只红玲虫在时的产卵数，根据表中的数据建立了与的两个回归模型.模型①:先建立与的指数回归方程，然后通过对数变换，把指数关系变为与的线性回归方程:；模型②:先建立与的二次回归方程，然后通过变换，把二次关系变为与的线性回归方程:.‎ ‎（1）分别利用这两个模型，求一只红玲虫在时产卵数的预测值；‎ ‎（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠?并说明理由.（参考数据:模型①的残差平方和，模型①的相关指数；模型②的残差平方和，模型②的相关指数；，，；，，，，，，）‎ ‎【答案】（1），（2）模型①得到的预测值更可靠，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把分别代入两个模型求解即可；‎ ‎（2）通过残差及相关指数的大小进行判定比较.‎ ‎【详解】(1)当时，根据模型①，得， ，根据模型②，得.‎ ‎（2）模型①得到的预测值更可靠.理由1:因为模型①的残差平方和小于模型②的残差平方和，所以模型①得到的预测值比模型②得到的预测值更可靠；理由2:模型①的相关指数大于模型②的相关指数，所以模型①得到的预测值比模型②得到的预测值更可靠；理由3:因为由模型①，根据变换后的线性回归方程计算得到的样本点分布在一条直线的附近；而由模型②，根据变换后的线性回归方程得到的样本点不分布在一条直线的周围，因此模型②不适宜用来拟合与的关系；所以模型①得到的预测值比模型②得到的预测值更可靠.（注:以上给出了3种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得）‎ ‎【点睛】本题主要考查回归分析，模型拟合程度可以通过两个指标来判别，一是残差，残差平方和越小，拟合程度越高；二是相关指数，相关指数越接近1，则拟合程度越高.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，已知底面，，，，，是上一点.‎ ‎（1）求证:平面平面；‎ ‎（2）若是的中点，且二面角的余弦值是，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明平面，然后可得平面平面；‎ ‎（2）建立坐标系，根据二面角的余弦值是可得的长度，然后可求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）平面，平面，得.‎ 又，在中，得，‎ 设中点为，连接，则四边形为边长为1的正方形，所以，且，‎ 因为，所以，‎ 又因为，所以平面，‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎（2）以为坐标原点，分别以射线､射线为轴和轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，‎ 则，，.‎ 又设，则，，， ，.‎ 由且知，为平面的一个法向量.‎ 设为平面的一个法向量，则，‎ 即，取，，则，有，得，从而，.‎ 设直线与平面所成的角为，则.‎ 即直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间平面与平面垂直及线面角的求解，平面与平面垂直一般转化为线面垂直来处理，空间中的角的问题一般是利用空间向量来求解.‎ ‎20.设为抛物线:的焦点，是上一点，的延长线交轴于点，为的中点，且.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）过作两条互相垂直的直线，，直线与交于，两点，直线与交于，两点，求四边形面积的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意画出图形，结合已知条件列式求得，则抛物线的方程可求；（2）由已知直线的斜率存在且不为0，设其方程为，与抛物线方程联立，求出，，可得四边形的面积，利用基本不等式求最值．‎ ‎【详解】（1）如图，为的中点，到轴的距离为，‎ ‎，解得．‎ 抛物线的方程为；‎ ‎（2）由已知直线的斜率存在且不为0，设其方程为．‎ 由，得．‎ ‎△，设，、，‎ ‎，则；‎ 同理设，、，，‎ ‎，则．‎ 四边形的面积．‎ 当且仅当时，四边形的面积取得最小值32．‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的标准方程及其性质、直线与抛物线相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系、基本不等式的性质、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎21.是自然对数的底数，已知函数，.‎ ‎（1）求函数的最小值；‎ ‎（2）函数在上能否恰有两个零点?证明你结论.‎ ‎【答案】（1）（2）能够恰有两个零点，证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求导数，再求极值。然后可得最小值；‎ ‎（2）结合零点存在定理进行判定.‎ ‎【详解】（1）求导，由，得.列表如下:‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎+‎ 单调递增 有极大值 单调递减 有极小值 单调递增 知为极大值，为极小值.‎ 又因为当且仅当时，，并且在区间上为减函数，在区间上为增函数，‎ 故在上的最小值为.‎ ‎（2）函数在上能够恰有两个零点；‎ 证明如下:由，知是一个零点.‎ 又由（1）知，是函数的一个极大值，在单调区间和都不会再有零点了.‎ 考虑单调区间，由， ，‎ 可见，函数在单调区间恰有一个零点.所以，函数在上恰有两个零点.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数求解最值问题一般是先求解极值，利用导数研究零点问题一般也是借助函数的单调性来处理，侧重考查推理论证的能力.‎ ‎ （选修4-4:坐标系与参数方程）‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为，（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.‎ ‎（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）求曲线上的点到直线的距离的最大值.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）消去得直线方程为，极坐标化为直角坐标可得曲线的直角坐标方程为：；‎ ‎（2）设曲线上的点为，由点到直线距离公式可得，则曲线上的点到直线的距离的最大值为.‎ 详解：（1）由，消去得：，‎ 曲线的直角坐标方程为：；‎ ‎（2）设曲线上的点为，‎ 则点到直线的距离为，‎ 当时，，‎ 即曲线上的点到直线的距离的最大值为.‎ 点睛：本题主要考查极坐标与直角坐标的互化，参数方程转化为直角坐标方程的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎ （选修4-5:不等式选讲）‎ ‎23.设函数.‎ ‎（1）画出的图象；‎ ‎（2）当时，，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）图像见解析（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）去掉绝对值符号，化简函数的解析式，然后画出函数的图象；（2）当，时，借助（1）知，的图象与轴交点的纵坐标为，且各部分所在直线斜率的最小值为1，转化求解即可．‎ ‎【详解】（1）当时，；‎ 当时，；‎ 当时，.的图象如图所示.‎ ‎（2）当，时，由（1）知，的图象与轴交点的纵坐标为，‎ 且各部分所在直线斜率的最小值为1，‎ 故当且仅当，且时，‎ 在，成立．‎ 因此，，即的最大值为2．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的最值的求法，考查函数的图象的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平及数形结合以及计算能力．‎