《河南省濮阳市2019届高三数学5月模拟考试试题理（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省濮阳市2019届高三数学5月模拟考试试题理（含解析）（24页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、河南省濮阳市2019届高三数学5月模拟考试试题 理（含解析）第I卷（选择题，共60分）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】C【解析】【分析】解分式不等式求出集合，根据交集定义求出结果.【详解】则本题正确选项：【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，属于基础题.2.已知是虚数单位，若，则的共轭复数对应的点在复平面的()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案【详解】解：由
2、2+iz（1i），得z，则z的共轭复数z对应的点的坐标为（），在复平面的第四象限故选：D【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题3.若表示不超过的最大整数，则下图的程序框图运行之后输出的结果为( )A. 49850B. 49900C. 49800D. 49950【答案】A【解析】由已知可得 ，故选A.4.要得到的图象，只需将的图象（ ）A. 向左平移个单位B. 向左平移个单位C. 向右平移个单位D. 向右平移个单位【答案】B【解析】试题分析：，故要得到的图象，只需将的图象向左平移个单位考点：函数的图像和性质5.若变量，满足约束条件，则的最大值为（ ）A
3、. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据约束条件得到可行域，将化为，根据的几何意义可求得取时，最大，代入可求得的最大值.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示： 取最大值时，最大的几何意义为：与原点连线的斜率由上图可知，点与原点连线斜率最大由得： 本题正确选项：【点睛】本题考查线性规划中斜率型的最值的求解，关键是能够明确分式类型的目标函数的几何意义，属于常规题型.6.设四面体各棱长均相等，为的中点，为上异于中点和端点的任一点，则在四面体的面上的的射影可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可知四面体为正四面体，根据正四面体的特点可求得在平面上的射
4、影点在中线上，且，又平面，可得射影三角形，从而得到结果.【详解】四面体各棱长相等，可知四面体为正四面体取中点，连接，如下图所示：作平面，垂足为，由正四面体特点可知，为中心，且作平面，垂足为，可知，且为中点，则即在平面上的射影点为又平面即为在平面上的射影，可知正确本题正确选项：【点睛】本题考查投影图形的求解问题，关键是能够确定射影点所处的位置，属于基础题.7.设双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交双曲线左支于，两点，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用双曲线定义可知求解的最小值即为求解的最小值；当最小时，为通径，从而利用通径长和双曲线方程可求得所求最小值.【详
5、解】由得：，由双曲线定义可知：；又为双曲线的焦点弦 最小时，为通径 本题正确选项：【点睛】本题考查双曲线的定义和几何性质的应用，关键是能够利用双曲线的定义将问题转化为最短焦点弦的问题，根据双曲线几何性质可知最短的焦点弦为通径，从而使问题得以求解.8.安排，6名义工照顾甲，乙，丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工不安排照顾老人甲，义工不安排照顾老人乙，则安排方法共有（ ）A. 30种B. 40种C. 42种D. 48种【答案】C【解析】【分析】利用间接法求解，首先计算出所有的安排方法，减掉照顾老人甲的情况和照顾老人乙的情况，再加回来多减一次的照顾老人甲的同时照顾
6、老人乙的情况，从而得到结果.【详解】名义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人共有：种安排方法其中照顾老人甲的情况有：种照顾老人乙的情况有：种照顾老人甲，同时照顾老人乙的情况有：种符合题意的安排方法有：种本题正确选项：【点睛】本题考查利用排列组合解决实际问题，对于限制条件较多的问题，通常采用间接法来进行求解.9.已知为内一点，且，若,三点共线，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设线段的中点为，则，因为，所以，则，由三点共线，得，解得；故选B.点睛：利用平面向量判定三点共线往往有以下两种方法：三点共线；为平面上任一点，三点共线，且.10.已知直线与曲线有三个不同的交点，且，
7、则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数解析式可判断出曲线关于点对称，由可知且关于点对称，从而可求得，代入求得结果.【详解】设，则关于对称，即曲线关于点对称，根据对称性可知： 本题正确选项：【点睛】本题考查函数对称性的应用问题，解题关键是能够根据解析式得到曲线的对称点，从而使问题得以求解.11.已知抛物线，焦点和圆，直线与，依次相交于，（其中），则的值为（ ）A. 1B. 2C. D. 【答案】A【解析】y2=4x，焦点F（1，0），准线 l0：x=-1由定义得：|AF|=xA+1，又|AF|=|AB|+1，|AB|=xA，同理：|CD|=xD，l：y=k（x-1）时
8、，代入抛物线方程，得：k2x2-（2k2+4）x+k2=0，xAxD=1，则|AB|CD|=1综上所述，|AB|CD|=1，故选A点睛：本题主要考查抛物线定义应用、一元二次方程的根与系数关系，考查学生的计算能力，利用抛物线定义表示出点到焦点的距离是关键.12.如图，点P在正方体面对角线上运动，则下列四个结论：三棱锥的体积不变；平面；平面平面其中正确的结论的个数是A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解【详解】对于，由题意知，从而平面，故BC上任意一点到平面的距离均相等，所以以P为顶点，平面为底面，则三棱锥的体积不变，故正确；对
9、于，连接，且相等，由于知：，所以面，从而由线面平行的定义可得，故正确；对于，由于平面，所以，若，则平面DCP，则P为中点，与P为动点矛盾，故错误；对于，连接，由且，可得面，从而由面面垂直的判定知，故正确故选：C【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想第卷（非选择题，共90分）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）.13.展开式的常数项为_.【答案】【解析】【分析】写出展开式的通项，整理可知当时为常数项，代入通项公式求得结果.【详解】展开式的通项公式为：当，即时，常数项为：本题正确结果：【点睛】本题考查二项式定理
10、中的求解指定项系数的问题，属于基础题.14.如图，在正方体中，点为线段的中点.设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由题意可得直线OP于平面A1BD所成的角的取值范围是，再利用正方体的性质和直角三角形的边角关系即可得出取值范围【详解】由题意可得：直线OP于平面A1BD所成的角的取值范围是，不妨取AB=2在RtAOA1中，sinAOA1=，sinC1OA1=，取值范围是.【点睛】本题考查了正方体的性质和直角三角形的边角关系即可、线面角的求法，考查了推理能力，属于中档题15.如图，设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且若点D是外一点，则当四边形ABC
11、D面积最大值时，_【答案】【解析】分析：由正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和定理化简已知等式可得，根据范围B（0，），可求B的值由余弦定理可得AC2=1312cosD，由ABC为直角三角形，可求，,SBDC=3sinD，由三角函数恒等变换的应用可求四边形的面积为，利用三角函数化一公式得到最值时的角C值.详解： ，由正弦定理得到 在三角形ACD中由余弦定理得到，三角形ABC的面积为 四边形的面积为 当三角形面积最大时， 故答案为：点睛：本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，考查了转化思
12、想和数形结合思想，属于中档题16.对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数.若是倍值函数，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】试题分析：由题意得有两个不同的解，则，因此当时，当时，从而要使有两个不同的解，需考点：函数与方程【思路点睛】（1）运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.（2）在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究.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）
13、.17.已知数列的前项和为，等差数列满足，（）求数列，的通项公式；（）证明：.【答案】（）,；（）详见解析.【解析】【分析】（）根据，整理可得，从而可知为等比数列，将代入可求得，根据等比数列通项公式求出；将，化为和的形式，求解出基本量，根据等差数列通项公式求得；（）利用错位相减法求解出，由可证得结论.【详解】（） 当时， 当时，整理得：数列是以为首项，为公比的等比数列 设等差数列的公差为， ，解得：（）证明：设两式相减可得：即 【点睛】本题考查等差数列、等比数列通项公式的求解、错位相减法求解数列的前项和的问题，属于常规题型.18.如图所示，在四棱锥中，且，(1)平面；(2)在线段上，是否存在一
14、点，使得二面角大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由【答案】(1)见证明 (2)见解析【解析】【分析】（1）推导出ABAC，APAC，ABPC，从而AB平面PAC，进而PAAB，由此能证明PA平面ABCD；（2）以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出在线段PD上，存在一点M，使得二面角MACD的大小为60，42【详解】（1）在底面中，且，又，平面，平面平面 又平面 ， 又，平面，平面平面（2）方法一：在线段上取点，使 则又由（1）得平面 平面又平面 作于又，平面，平面平面 又平面 又 是二面角的一个平面角设 则，这样，二面角的大小为即 即满足要求的点存在，且
