《河南省焦作市2019届高三数学上学期期中试题理（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省焦作市2019届高三数学上学期期中试题理（含解析）（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、河南省焦作市2019届高三数学上学期期中试题 理（含解析）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.若复数z（36i）（1+9i），则（）A. 复数z的实部为21B. 复数z的虚部为33C. 复数z的共轭复数为5721iD. 在复平面内，复数z所对应的点位于第二象限【答案】C【解析】分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数的基本概念逐一核对四个选项得答案【详解】解：复数z（36i）（1+9i）57+21i复数z的实部为57，虚部为21，复数z的共轭复数为57-21i，在复平面内，复数z所对应的点的坐标为（57，21），位于第
2、一象限故选：C【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念.2.设集合Ax|2lnx1，Bx|x（x3）0，则BA（）A. （0，）B. （0，3）C. （，3）D. ，3）【答案】D【解析】【分析】先解不等式求得集合A,B，再利用补集的定义，求出BA即可【详解】集合Ax|2lnx1（0，），Bx|x（x3）0（0，3），那么集合BA，3）故选：D【点睛】本题考查不等式的解法，补集的定义及运算，较为基础.3.已知在等差数列an中，Sn为其前n项和，若a13，S315，则a5（）A. 5B. 7C. 9D. 11【答案】D【解析】【分析】设等差数列an的公差为d，利用等差数列的通项
3、公式与求和公式即可得出【详解】解：设等差数列an的公差为d，a13，S315，解得d2则a53+4211故选：D【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力.4.根据下表中的数据可以得到线性回归直线方程0.7x+0.35，则实数m，n应满足（） x3m56y2.534nA. n0.7m1.7B. n0.7m1.5C. n+0.7m1.7D. n+0.7m1.5【答案】A【解析】【分析】分别求出x，y的平均数，代入回归方程，求出n0.7m的值即可【详解】解：由题意：（3+m+5+6）（14+m），（2.5+3+4+n）（9.5+n），故（9.5+n）0.7（14+m）
4、+0.35，解得：n0.7m1.7，故选：A【点睛】本题考查了回归方程，其中样本点的中心在直线上是解题的关键5.已知函数f（x），则函数f（x）在（6，+）上的零点个数为（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C【解析】【分析】通过分段函数，求解函数的零点，得到函数的零点个数即可【详解】解：函数f（x），则 或解得x2，x4，或x5函数的零点个数为3个故选：C【点睛】本题考查函数的零点的个数，分段函数的应用，考查计算能力6.以原点为顶点，y轴为对称轴的抛物线与正方形ABCD有公共点，其中A（2，2），B（4，2），C（4，4），则抛物线的焦点F到准线l的最大距离为（）A. B. 4
5、C. 6D. 8【答案】B【解析】【分析】求出D 的坐标，求出p，然后求解抛物线方程即可【详解】由题意可得D（2，4），设抛物线：x22py，要使得抛物线与正方形ABCD有公共点，其临界状态应该是过B或过D，把B,D分别代入抛物线方程，或可得p4或可得p，故抛物线的焦点坐标F到准线l的最大距离为4故选：B【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查转化思想以及计算能力7.已知a，b，c是空间中三条不同的直线，为空间三个不同的平面，则下列说法中正确的是（）A. 若，a，a，则aB. 若，且a，ba，则bC. 若a，b，c，则abcD. 若a，ba，则b【答案】A【解析】【分析】在A中，由线面平行的判定
6、定理得a；在B中，b与相交、平行或b；在C中，a、b、c相交、平行或异面；在D中，b或b【详解】解：a，b，c是空间中三条不同的直线，为空间三个不同的平面，知：在A中，若，a，a，则由线面平行的判定定理得a，故A正确；在B中，若，且a，ba，则b与相交、平行或b，故B错误；在C中，若a，b，c，则a、b、c相交、平行或异面，故C错误；在D中，若a，ba，则b或b，故D错误故选：A【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力8.已知在菱形ABCD中，BAD60，AC与BD交于点O，点E，F分别是线段AO，DC的中点，则（）A. B. C
7、. D. 【答案】C【解析】【分析】首先用向量,表示,，然后代入即可【详解】解：，由解得： ，所以 ，故选：C【点睛】此题考查了平面向量基本定理，向量的线性表示是基础题.9.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱的长是（）A. 4B. 6C. 4D. 4【答案】D【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的棱长即可【详解】解：作出几何体的直观图如图：观察可知，该几何体的最长的棱长为：BS=CS4故选：D【点睛】本题考查三视图求解几何体的棱长，考查转化思想以及计算能力10.已知函数f（x）sin（）的图象与函数g（x）的图象关于x1对称，则函数g（x）在（6，4）
8、上（）A. 单调递增B. 单调递减C. 先增后减D. 先减后增【答案】B【解析】【分析】先求出g（x）的解析式，再利用余弦函数的单调性，判断它在（6，4）上的单调性，从而得出结论【详解】解：函数f（x）sin（）的图象与函数g（x）的图象关于x1对称，在g（x）的图象上任意取一点A（x，y），则点A关于直线x1对称点B（2x，y）在f（x）的图象上，ysin（2x）sin（-x）sin（x），即g（x）sin（x）cos（+x）cos（x+）x（6，4），x+（2+，），g（x）单调递减，故选：B【点睛】本题主要考查一个三角函数关于直线的对称函数的解析式的求法，考查余弦函数的单调性11.已知一
9、个三位数的百位数字为x，十位数字为y，个位数字为z，若此三位数与37（x+y+z）的大小相同，则这样的三位数有（）A. 14个B. 15个C. 16个D. 17个【答案】B【解析】【分析】由题意可得100x+10y+z37（x+y+z），即7x3y+4z，故4（xz）3（yz），分类讨论即可求出【详解】解：由题意可得100x+10y+z37（x+y+z），即7x3y+4z，故4（xz）3（yz），当xyz时，这样的三位数有9个，当时，yz7，故，当，,故满足条件的三位数有15个，故选：B【点睛】本题考查了计数原理，着重考查了逻辑推理能力.合理分类是解题的关键.12.记曲线f（x）xex上任意一
10、点处切线为直线l：ykx+b，则k+b的值不可能为（）A. B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】【分析】设切点为（m，n），求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由切线方程可得k，b的方程，即有k+b关于m的函数式，求得导数和单调性，可得最小值，即可得到结论【详解】解：设切点为（m，n），由f（x）xex的导数为f（x）1+ex，可得切线的斜率为k1+em，km+bmem，即有k+b1mem，由g（m）1mem的导数为g（m）（m1）em，即有m1时g（m）递增，m1时，g（m）递减，即m1处g（m）取得最小值，且为1，显然1，故选：A【点睛】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、极值
11、和最值，考查方程思想和运算能力二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.（x）6的展开式中，含x5项的系数为_【答案】15【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于5，求出r的值，即可求得含x5项的系数【详解】解：（x）6的展开式中，它的展开式的通项公式为Tr+1（1）r，令65，求得r2，可得含x5项的系数为15，故答案为：15【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质14.已知左、右焦点分别为F1，F2的双曲线C：（a0，b0）的一条渐近线与直线1：x2y0相互垂直，点P在双曲线C上，且|PF1|PF2|3，则双曲线C的焦距为_【
12、答案】【解析】【分析】求得双曲线的渐近线方程，由两直线垂直的条件：斜率之积为1，可得b2a，由双曲线的定义可得a，b，再由a，b，c的关系可得c，进而得到焦距【详解】解：双曲线C：-1（a0，b0）的渐近线为yx，一条渐近线与直线1：x2y0相互垂直，可得2，即b2a，由双曲线的定义可得2a|PF1|PF2|3，可得a，b3，即有c，即焦距为2c3，故答案为：3【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和焦距的求法，同时考查两直线垂直的条件：斜率之积为1，考查运算能力15.已知实数x，y满足，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，然后利用z的几何意义是区域内任
13、意一点（x，y）与点D（4，1）两点直线的斜率，求解z的范围【详解】解：作出实数x，y满足对应的平面区域如图z，z的几何意义是区域内任意一点（x，y）与点D（4，1）两点直线的斜率所以由图象可知当直线经过点A时，斜率为最小值，经过点B时，直线斜率为最大值由题意知A（1，8），所以kAD，B（1，1），kDB，所以则的取值范围为：,故答案为：,.【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想，解答的关键是理解目标函数几何意义16.已知等比数列an（n1，2，3）满足an+12|an|，若a10，则a1_【答案】1或 2+或2【解析】【分析】由已知可知，a22|a1|2a1，a32|a2|2|2a1|，结合等比数列的性质可求【详解】解：等比数列an满足an+12|an|，且a10，a22|a1|2a1，则a32|a2|2|2a1|，由等比数列的性质可知，若a3a1，则，解可得，a11，此时数列的前3项分别为 1，1，1，若a34a1，则，解可得 a12，当a1
