天津市新华中学2019届高三下学期一模数学（文）试题 Word版含解析 19页

新华中学2019届高三第八次统练试卷 数学（文）学科试卷 一、选择题 ‎1.设集合，集合，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，，则，解得，所以，故选D.‎ 考点：集合的运算.‎ ‎2.已知变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为（ ）‎ A. 32 B. ‎4 ‎C. 8 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 本题首先可以根据约束条件画出可行域，然后结合可行域得出最大值所对应的点，最后将点坐标带入目标函数中即可得出结果.‎ ‎【详解】由约束条件作可行域如图：‎ - 19 -‎ 由图可知，最优解为点，‎ 联立，解得，即.‎ 所以目标函数的最大值为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题是线性规划问题，能否根据约束条件画出可行域是解决本题的关键，考查数形结合思想，考查推理能力，是简单题.‎ ‎3.设x∈R，则“|x－2|<‎1”‎是“x2＋x－2>‎0”‎的(　　)‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．‎ ‎【详解】解：由“|x﹣2|＜‎1”‎得1＜x＜3，‎ 由x2+x﹣2＞0得x＞1或x＜﹣2，‎ 即“|x﹣2|＜‎1”‎是“x2+x﹣2＞‎0”‎的充分不必要条件，‎ 故选A．‎ 考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎4. 执行如图所示的程序框图，如果输入n=3，输出的S=（ ）‎ - 19 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由题意得，输出的为数列的前三项和，而 ‎，∴，故选B.‎ 考点：1程序框图；2.裂项相消法求数列的和.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了数列求和背景下的程序框图问题，属于容易题，解题过程中首先要弄清程序 框图所表达的含义，解决循环结构的程序框图问题关键是列出每次循环后的变量取值情况，循环次数较多时，需总结规律，若循环次数较少可以全部列出.‎ ‎5.设，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以根据函数是减函数得出，然后根据对数与指数的相关性质得出以及，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，，函数是减函数，‎ 所以，‎ 因为，，‎ 所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查对数与指数的相关性质，考查根据对数函数性质判断数值的大小关系，考查推理能力，是简单题.‎ ‎6.函数的部分图象如图示，则将的图象向右平移个单位后，得到的图象解析式为 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由图像知A="1,",,‎ 得，则图像向右 - 19 -‎ 移个单位后得到的图像解析式为，故选D．‎ ‎7.双曲线的左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交曲线左支于A，B两点，△F2AB是以A为直角顶点的直角三角形，且∠AF2B＝30°．若该双曲线的离心率为e，则e2＝（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，根据是以为直角顶点的直角三角形，且，以及双曲线的性质可得，再根据勾股定理求得的关系式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，设，如图所示，‎ 因为是以为直角顶点的直角三角形，且，‎ 由，所以，‎ 由，所以，‎ 所以，即，‎ 所以，‎ 所以，，‎ 在直角中，，即，‎ 整理得，所以，‎ 故选D.‎ - 19 -‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，以及双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．.‎ ‎8.在中， ，点是所在平面内一点，则当取得最小值时， ( )‎ A. 9 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 等价于等价于等价于,以为坐标原点，直线AB，AC分别为轴,轴建立平面直角坐标系，则，设，‎ 则，所以最小，此时， ， ‎ - 19 -‎ ‎， ;故选B.‎ ‎【详解】‎ 请在此输入详解！‎ 二、填空题 ‎9.设i是虚数单位，复数的虚部等于 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析:,所以的虚部为 考点:复数相关概念、复数运算 ‎10.已知函数，为的导函数，则的值为________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以根据函数得出导函数，然后带入，即可得出的值.‎ ‎【详解】因为，‎ - 19 -‎ 所以，‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查导函数值的求法，能否根据函数解析式得出函数的导函数解析式是解决本题的关键，考查计算能力，是简单题.‎ ‎11.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正四棱锥外接球的球心在正四棱锥的高上，可求出球的半径，可得球的表面积.‎ ‎【详解】解：如图，‎ 由已知条件可知球心在正四棱锥的高上，设球的球心为,半径为，正四棱锥底面中心为,则垂直棱锥底面，且,,‎ 在中，,可得：,可得,‎ 可得该球的表面积为：,‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题及球的表面积，考查计算能力，是基础题.‎ ‎12.如果圆上恰有两点到直线的距离为，那么的取值范围是__________.‎ ‎【答案】‎ - 19 -‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据圆的一般方程求出圆心坐标和半径，根据点到直线的距离，可知圆心到直线的距离为，由题设条件知：圆的半径r，0＜r＜2，由此可知m的取值范围.‎ ‎【详解】由题意可知，圆心的坐标为，半径.‎ 圆心到直线：的距离为d=.‎ 由题意，有，解得 ‎【点睛】本题考查了圆的一般方程，考查了圆的对称性，考查了点到直线的距离公式．解答本题的关键是将圆上的点到直线的距离情况转化为圆心到直线的距离d与半径r的关系.‎ ‎13.已知a，b均为正数，且，最小值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以根据将化简为，然后根据基本不等式即可求出最小值.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 当且仅当，即、时取等号，‎ 故答案为：.‎ - 19 -‎ ‎【点睛】本题考查根据基本不等式求最值，基本不等式公式为，在使用基本不等式的时候要注意“”成立的情况，考查化归与转化思想，是中档题.‎ ‎14.定义域为R的函数满足，当时，，若时，恒成立，则实数t的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以求出时函数的最小值，然后根据求出当时函数的最小值以及时函数的最小值，再然后根据恒成立得出，最后通过运算即可得出结果.‎ ‎【详解】当时，，‎ 当时，，‎ 所以当时，的最小值为.‎ 因为函数满足，‎ 所以当时，的最小值为，‎ 所以当时，的最小值为，‎ 因为时，恒成立，‎ 所以，即，‎ 解得，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查不等式恒成立问题，若恒成立，则函数与 - 19 -‎ 差的最小值大于零，考查函数最值的求法，考查推理能力，是中档题.‎ 三、解答题 ‎15.在一次期末数学测试中，唐老师任教班级学生的考试得分情况如表所示：‎ 分数区间 人数 ‎2‎ ‎8‎ ‎32‎ ‎38‎ ‎20‎ ‎（1）根据上述表格，试估计唐老师所任教班级的学生在本次期末数学测试的平均成绩；‎ ‎（2）现从成绩在中按照分数段，采取分层抽样的方法随机抽取5人，再在这5人中随机抽取2人作小题得分分析，求恰有1人的成绩在上的概率.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用表格中给出的数据即可求出平均成绩；‎ ‎(2)本题首先可以根据分层抽样的定义得出和两个分数段中抽取的人数，然后列出随机抽取2人的所有基本事件，最后找出满足恰有1人的成绩在上的基本事件，即可得出结果.‎ ‎【详解】(1)依题意，所求平均成绩为 ‎.‎ ‎(2)依题意，由分层抽样方法知抽取1人，记为a，抽取4人，‎ 记为A，B，C，D，则抽取2人，所有情况为：‎ ‎,，共10种，‎ 其中满足条件的有：，共4种，‎ 所以恰有1人的成绩在上的概率为.‎ ‎【点睛】本题考查平均数的求法、分层抽样的使用以及古典概型的概率计算，古典概型的概率计算是指使用满足题意的基本事件的个数除以基本事件的总数，考查计算能力，是中档题.‎ - 19 -‎ ‎16.在中, 内角,,的对边分别为,,,且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若的面积为,且,求.‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）首先利用正弦定理、三角形内角和定理以及两角和的正弦函数公式化简已知条件式，由此求得的值，从而求得角的大小；（2）首先根据条件等式结合余弦定理得到的关系式，然后根据三角形面积公式求得的值，从而求得的值．‎ 试题解析：（1）由及正弦定理可得,,,又因为.‎ ‎（2）①,‎ 又由余弦定理得,代入①式得,‎ 由余弦定理．‎ ‎,得.‎ 考点：1、正弦定理与余弦定理；2、两角和的正弦函数公式；3、三角形面积公式．‎ ‎17.如图，在四棱锥中，平面，，，，，，.‎ ‎（I）求异面直线与所成角的余弦值；‎ ‎（II）求证：平面；‎ ‎（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.‎ - 19 -‎ ‎【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）见解析;（Ⅲ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角，然后在Rt△PDA中求解即可；（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD，PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC；（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角，且为直线DF和平面PBC所成的角，然后在Rt△DPF中求解即可.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）如图，由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.‎ 因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD.‎ 在Rt△PDA中，由已知，得，‎ 故.‎ 所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为.‎ ‎（Ⅱ）证明：因为AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD⊥PD.‎ - 19 -‎ 又因为BC//AD，所以PD⊥BC，‎ 又PD⊥PB，‎ 所以PD⊥平面PBC.‎ ‎（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，‎ 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.‎ 因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，‎ 所以为直线DF和平面PBC所成的角.‎ 由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，‎ 由已知，得CF=BC–BF=2.‎ 又AD⊥DC，故BC⊥DC，‎ 在Rt△DCF中，可得,‎ 在Rt△DPF中，可得.‎ 所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.‎ 考点：两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角 ‎【点睛】本小题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直的证明、直线与平面所成的角，要求一定的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.求两条异面直线所成的角，首先要借助平行线找出异面直线所成的角，证明线面垂直只需寻求线线垂直，求线面角首先利用转化思想寻求直线与平面所成的角，然后再计算即可.‎ ‎18.在数列中，，.‎ ‎（1）设，求；‎ ‎（2）求数列的通项公式；‎ ‎（3）求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ ‎(1)本题首先可将化简为，然后根据即可得出结果；‎ ‎(2)本题可结合(1)中结论并采用累加法得出结果；‎ ‎(3)本题首先可以根据以及得出，然后列出和的表达式，最后采用错位相减法即可得出结果.‎ ‎【详解】(1)因为数列，，，，‎ 所以，，即，‎ 从而，，.‎ 所以，.‎ ‎(2)因为，，，，‎ 所以将上述式子相加可得，‎ 即，‎ 又，故所求的通项公式为.‎ ‎(3)因为，，‎ 所以，‎ 故①，②，‎ 由①②可得，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查数列通项公式的求法以及数列前项和的求法，考查的方法有累加法求通项公式以及错位相减法，考查计算能力，考查化归与转化思想，是中档题.‎ ‎19.已知椭圆的左顶点为A1，右焦点为F2，过点F2‎ - 19 -‎ 作垂直于x轴的直线交该椭圆于M、N两点，直线A‎1M的斜率为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的离心率；‎ ‎（Ⅱ）若△A1MN的外接圆在M处的切线与椭圆相交所得弦长为，求椭圆方程．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由已知得点坐标，由，得，解得；（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，又外心在轴上，设为，则由，解得，故，所以经过点的切线方程为，联立椭圆方程，消去，得，则由弦长公式可得弦长为，解得，故所求方程为.‎ 试题解析：（Ⅰ）由题意 因为A1（﹣a，0），所以 将b2=a2﹣c2代入上式并整理得（或a=‎2c）‎ 所以 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得a=‎2c，（或）‎ - 19 -‎ 所以A1（﹣‎2c，0），外接圆圆心设为P（x0，0）‎ 由|PA1|=|PM|，得 解得：‎ 所以 所以△A1MN外接圆在M处切线斜率为，设该切线与椭圆另一交点为C 则切线MC方程为，即 与椭圆方程3x2+4y2=‎12c2联立得7x2﹣18cx+‎11c2=0‎ 解得 由弦长公式得 解得c=1‎ 所以椭圆方程为 考点：1、椭圆离心率；2、直线与椭圆的位置关系.‎ ‎20.已知函数 ‎（1）若函数在点处的切线方程为，求的值；‎ ‎（2）若，函数在区间内有唯一零点，求的取值范围；‎ ‎（3）若对任意的，均有，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1），；（2）或；（3）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：本题考查导数的运算，利用导数求切线方程、判断函数的单调性、求函数的最值等基础知识，考查函数思想、分类讨论思想，考查综合分析和解决问题的能力.（1）先求导，将切点的横坐标代入到导数中，得到切线的斜率，结合已知切线的斜率可求出 - 19 -‎ 的值，再由切点在切线上，可求出即切点的纵坐标，然后代入的解析式即可求出的值；（2）先将代入得到解析式，求导数，判断函数的单调性，因为在有唯一的零点，所以或，所以解得或；（3）属于恒成立问题，通过分析题意，可以转化为在上的最大值与最小值之差，因为，所以讨论的正负来判断的正负，当时，为单调递增函数，所以，当时，需列表判断函数的单调性和极值来决定最值的位置，这种情况中还需要讨论与1的大小.‎ 试题解析：(1)，所以，得 又，所以，得 ‎（2）因为所以，‎ 当时，，当时，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增 又，可知在区间内有唯一零点等价于 或 得或 ‎(3)若对任意的，均有，等价于在上的最大值与最小值之差 ‎（ⅰ）当时，在上，在上单调递增 由，得 所以 ‎（ⅱ）当时，由得 - 19 -‎ 由得或 所以，同理 当，即时，，与题设矛盾 当，即时，恒成立 当，即时，恒成立 综上所述，的取值范围为.‎ 考点：1.导数在切线上的应用；2.函数的单调性与导数；3.函数的最值与导数；4.分类讨论的思想.‎ - 19 -‎