《山东聊城高三数学二模考试理 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东聊城高三数学二模考试理 .doc（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、山东省聊城市2019届高三数学二模考试试题 理（含解析）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，只有一项是符合题目要求的.） 1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先化简集合，再和集合求并集，即可得出结果.【详解】因为，又，所以.故选B【点睛】本题主要考查集合的并集，熟记概念即可，属于基础题型.2.已知，则的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由复数的除法运算，化简，再由复数相等求出，进而可得出结果.【详解】因，所以，因此的共轭复数为.故选A【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数相等的充要条件
2、，熟记概念以及复数运算法则即可，属于基础题型.3.已知实数，“”是“”的（ ）A. 充要条件B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由题中条件，分别判断由“”能否推出“”，以及由“”能否推出“”，结合充分条件与必要条件的概念即可得出结果.【详解】当时，若，则，不能推出“”；当，可得；故“”是“”的必要不充分条件.故选B【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的概念，熟记概念即可，属于基础题型.4.已知为等差数列均前项和，若，则（ ）A. 12B. 15C. 18D. 21【答案】C【解析】【分析】先设等差数列公差为，根据，求出首项和公差，进而可
3、得出结果.【详解】设等差数列的公差为，由，可得，解得，所以.故选C【点睛】本题主要考查等差数列基本量的计算，熟记公式即可，属于基础题型.5.已知函数，则（ ）A. 2B. C. -2D. 【答案】C【解析】【分析】先由，得到函数的周期，将化为，再由时的解析式，即可得出结果.【详解】因为，所以，故，因此，函数是以4为周期的函数，所以，又，所以.故选C【点睛】本题主要考查分段函数求值问题，熟记函数周期性即可，属于基础题型.6.1927年德国汉堡大学学生考拉兹提出一个猜想：对于任意一个正整数，如果它是奇数，对它乘3加1，如果它是偶数，对它除以2，这样循环，最终结果都能得到1.有的数学家认为“该猜想任
4、何程度的解决都是现代数学的一大进步，将开辟全新的领域”，这大概与其蕴含的“奇偶归一”思想有关.如图是根据考拉兹猜想设计的一个程序框图，则输出的值为（ ）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】D【解析】【分析】根据程序框图，逐步执行即可得出结果.【详解】因为初始值为，第一步：，进入循环；第二步：，进入循环；第三步：，进入循环；第四步：，进入循环；第五步：，进入循环；第六步：，进入循环；第七步：，结束循环，输出.故选D【点睛】本题主要考查程序框图，分析框图作用，逐步执行即可，属于基础题型.7.已知展开式中前三项的二项式系数的和等于22，则展开式中的常数项为（ ）A. B. C. D. 【答案】A
5、【解析】【分析】先由前三项的二项式系数的和等于22，求出，再写出二项展开式的通项，即可求出结果.【详解】因为展开式中前三项的二项式系数的和等于22，所以，整理得，解得，所以二项式展开式的通项为，令可得，所以展开式中的常数项为.故选A【点睛】本题主要考查二项式定理，熟记二项展开式的通项公式即可，属于常考题型.8.某几何体的三视图如图所示，其中正视图，侧视图都是两个正方形，俯视图为一个圆及圆中互相垂直的半径，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由三视图可知该几何体为一个圆柱挖去了，再由圆柱的体积公式即可求出结果.【详解】由三视图可知该几何体为一个圆柱挖去了，
6、且圆柱的底面圆半径为1，高为2，因此，所求几何体的体积为.故选C【点睛】本题主要考查几何体的三视图以及几何体体积问题，熟记圆柱体积公式即可，属于常考题型.9.函数的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先判断函数奇偶性，可排除C，再由特殊值验证可排除D；最后对函数求导，得到函数的单调区间，即可得出结果.【详解】因为，所以，所以函数为奇函数，排除C；又，排除D；又，因为所以由可得，解得；由可得，解得或；所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；故选A【点睛】本题主要考查函数图像的识别，常使用排除法处理，需要考生熟记函数的奇偶性、单调性的判定等，属于常考题型.1
7、0.将函数的图像向右平移个单位后与的图像重合，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先写出函数向右平移个单位所得函数解析式，结合题意，以及三角函数的性质即可求出结果.【详解】因为将函数的图像向右平移个单位后，可得，由题意可得，所以，,因此，,又，所以的最小值为.故选D【点睛】本题主要考查三角函数图像变换问题，熟记三角函数的性质即可求解，属于基础题型.11.已知抛物线：的焦点为，过的直线与抛物线交于、两点，若以为直径的圆与抛物线的准线相切于，则（ ）A. 10B. 8C. 6D. 4【答案】B【解析】【分析】记中点为，连结，作垂直准线于点，垂直准线于点，设直线的方程
8、为，根据题意得到，再由直线与抛物线联立得到到，求出，进而可求出弦长.【详解】如图，记中点为，连结，作垂直准线于点，垂直准线于点，因为直线过抛物线焦点，所以设直线的方程为，因为以为直径的圆与抛物线的准线相切于，所以垂直准线，所以，即，由得，所以，因此，所以.故选B【点睛】本题主要考查抛线中的弦长问题，熟记抛物线性质即可，属于常考题型.12.已知为函数的导数，且，若，方程有且只有一个根，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由题意求出，得到，根据方程有且只有一个根，得到有且只有一个实根，令，用导数的方法判断函数的单调性，得到函数的简图，由数形结合思想即可求出结果.
9、【详解】因为，所以又，所以，因此，所以，因此，因为方程有且只有一个根，所以有且只有一个根，即有且只有一个实根，且；令，则，由得，所以当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；故最大值为，又；作出函数的简图如下：因为有且只有一个实根，只需直线与曲线有且只有一个交点，结合图像可得或.故选D【点睛】本题主要考查导数的应用以及函数零点的综合，方程的根可转化为两函数的交点，由数形结合的思想即可求解，属于常考题型.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.） 13.已知实数，满足，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，目标函数表示直线在轴截距，结合图像杰克得出最小值.【详解】
10、由约束条件作出可行域如下：因为目标函数表示直线在轴截距，由图像可得，当直线过点时截距最小，即最小；由解得，故的最小值为.故答案为【点睛】本题主要考查简单的线性规划，根据可行域，结合目标函数的几何意义即可求解，属于基础题型.14.已知向量，则_.【答案】2【解析】【分析】先由题意得到，再由，即可求出结果.【详解】因为，所以，又，所以，解得.故答案为2【点睛】本题主要考查平面向量数量积的坐标运算，熟记公式即可，属于常考题型.15.已知为坐标原点，为椭圆：的右焦点，过点的直线在第一象限与椭圆交与点，且为正三角形，则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】【分析】根据过点的直线在第一象限与椭圆交与点，且为正
11、三角形，求出点坐标，再代入椭圆方程，即可求出结果.【详解】因为为椭圆：的右焦点，所以，又点的直线在第一象限与椭圆交与点，且为正三角形，边长为，所以，代入可得：，又，所以，所以，解得，因为，所以，故.故答案为【点睛】本题主要考查椭圆离心率，熟记椭圆的性质即可，属于常考题型.16.对于数列，定义为的“优值”.已知某数列的“优值”，记数列的前项和，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】先由求出，得到数列是等差数列，再根据对任意的恒成立，得到，解不等式即可求出结果.【详解】由题意可得，则，所以，所以，因此，则，所以数列等差数列，故对任意的恒成立，可化为，即，解得.故答案为【点
12、睛】本题主要考查等差数列，熟记等差数列的通项公式即可求解，属于常考题型.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1721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. 17.如图，在中，是边上一点，.（1）求的长；（2）若，求的面积.【答案】（1）3；（2）【解析】【分析】（1）先由正弦定理，可得，再由题中条件，即可求出结果；（2）先由余弦定理可得，根据题中数据求出，进而可求出结果【详解】（1）在中，由正弦定理，得，在中，由正弦定理，得，因为，所以.（2）在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，因为，.所以，解得，所以.所以 .【点睛
13、】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理、以及余弦定理即可，属于常考题型.18.如图，四边形是边长为2的正方形，为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先由线面垂直的判定定理得到平面，进而可得平面平面；（2）先取中点，连结，证明平面平面，在平面内作于点，则平面. 以点为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系.分别求出两平面的法向量，求向量夹角余弦值，即可求出结果.【详解】（1）因为四边形是正方形，所以折起后，且，因为，所以是正三角形，所以.又因为正方形中，为的中点，所以，所以，所以，所以，又因
14、为，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）取中点，连结，则，又，则平面.又平面，所以平面平面.在平面内作于点，则平面.以点为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系.在中，.，故，.设平面的一个法向量为，则由，得，令，得，.因为平面的法向量为，则，又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查面面垂直的判定，以及二面角的余弦值，熟记面面垂直的判定定理、以及二面角的向量求法即可，属于常考题型.19.已知以椭圆：的焦点和短轴端点为顶点的四边形恰好是面积为4的正方形. （1）求椭圆的方程； （2）直线：与椭圆交于异于椭圆顶点的，两点，为坐标原点，直线与椭圆的另一个交点为点，直线和直线的斜率之积为1，直线与轴交于点.若直线，的斜率分别为，试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）0【解析】【分析】（1）由题意可得到，求解即
