《2019届高三第二次诊断性考试数学（理）试题（精品解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三第二次诊断性考试数学（理）试题（精品解析）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、山东省实验中学山东省实验中学 20192019 届高三第二次诊断性考试届高三第二次诊断性考试 数学试题数学试题( (理科理科) ) 说明：本试卷满分说明：本试卷满分 150150 分，分为第分，分为第 I I 卷卷( (选择题选择题) )和第和第 IIII 卷卷( (非选择题非选择题) )两部分，第两部分，第 I I 卷为第卷为第 1 1 页至第页至第 3 3 页，第页，第 IIII 卷为第卷为第 3 3 页至第页至第 5 5 页。试题答案请用页。试题答案请用 2B2B 铅笔或铅笔或 0.5mm0.5mm 签字笔涂到答题卡规签字笔涂到答题卡规 定位置上，书写在试题上的答案无效。考试时间定位置上
2、，书写在试题上的答案无效。考试时间 120120 分钟。分钟。 第第 I I 卷卷( (共共 6060 分分) ) 一、选择题一、选择题( (本题包括本题包括 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分。每小题只有一个选项符合题意分。每小题只有一个选项符合题意) ) 1.已知集合中的元素个数是 A. 2 B. 3 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】 先写出，再看的个数. 【详解】由题得=，故 AB 的元素的个数为 6，故答案为：C 【点睛】本题主要考查集合的并集运算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力. 2.已知向量 A. B. C. D.
3、 2 【答案】D 【解析】 【分析】 由题得，解方程即得 m 的值. 【详解】由题得故答案为：D 【点睛】本题主要考查向量垂直的坐标表示，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力. 3.设满足约束条件则的最大值是 A. B. 0 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的范围即可 【详解】x，y 满足约束条件的可行域如图： 目标函数 z=xy，经过可行域的点 B 时，目标函数取得最大值， 由解得 B（2，0）， 目标函数的最大值为 2-0=2, 故答案为：C 【点睛】本题考查线性规划的简单应用，目标函数的最优解以及可行 域的
4、作法是解题的关键 4.已知等比数列中， A. B. 4 C. 4 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】 由题得，解之即得解. 【详解】由题得 因为等比数列的奇数项同号，所以，故答案为：A 【点睛】本题主要考查等比数列的性质和等比中项的运用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能 力，本题要注意检验. 5.“”是“指数函数单调递减”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】B 【解析】 【分析】 先化简“指数函数单调递减”得，再利用充要条件的定义判断得解. 【详解】因为“指数函数单调递减” ， 所以， 所以“”是“指数函数单调
5、递减”的必要非充分条件. 故答案为：B 【点睛】(1)本题主要考查指数函数的单调性的运用，考查充要条件的判断，意在考查学生对这些知识的掌握水 平和分析推理能力.(2) 利用集合法判断充要条件，首先分清条件和结论；然后化简每一个命题，建立命题 和集合的对应关系.，；最后利用下面的结论判断：若,则 是 的充分条件，若，则 是 的充分非必要条件；若,则 是 的必要条件，若，则 是 的必 要非充分条件；若且，即时，则 是 的充要条件. 6.已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布，从中随机取一件，其长度误差落在区间(4，8)内 的概率是(附：随机变量 服从正态分布，则， A. 4.56 B.
6、1359 C. 27.18 D. 31.74 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意,利用正态分布的对称性，即可得出结论 【详解】由题意 P（44）=0.6826，P（88）=0.9544，可得 P（48）= （0.95440.6826）= 0.1359故答案为：B 【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量 和 的应用，考查曲线 的对称性，属于基础题 7.三国时代吴国数学家赵爽所注周髀算经中给出了勾股定理的绝妙证明下面是赵爽的弦图及注文，弦图 是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成 红（朱）色及黄色，其面
7、积称为朱实、黄实，利用勾股 股 勾 朱实黄实弦实，化简，得 勾 股 弦 设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷 1000 颗图钉（大小忽略不计） ，则落在黄色 图形内的图钉数大约为（ ） A. 866 B. 500 C. 300 D. 134 【答案】D 【解析】 由题意，大正方形的边长为 2，中间小正形的边长为，则所求黄色图形内的图钉数大约为 ，故选 D. 8.函数的部分图象为（ ） 【答案】A 【解析】 试题分析：因,故当时,函数单调递增; 当 时,函数单调递减; 当时,函数单调递增.故应选 A. 考点：导数与函数单调性的关系 9.展开式的系数为 A. B. C. 15 D. 45 【答案
8、】B 【解析】 【分析】 先化简=，再利用二项式定理的通项分析得解. 【详解】由题得=， 设 对于二项式，设其通项为， 令 6-r-3k=2,所以 r+3k=4,r,k ,方程的解为 r=1,k=1 或者 r=4,k=0. 所以展开式的系数为. 故答案为：B 【点睛】本题主要考查二项式定理，考查二项式展开式中的系数的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平 和分析推理计算能力. 10.一个三位数的百位，十位，个位上的数字依次是，当且仅当时称为“凹数” ，若 ，从这些三位数中任取一个，则它为“凹数”的概率是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先分类讨论求出所有的三位数，再求其
9、中的凹数的个数，最后利用古典概型的概率公式求解. 【详解】先求所有的三位数，个位有 4 种排法，十位有 4 种排法，百位有 4 种排法，所以共有个三 位数. 再求其中的凹数，第一类：凹数中有三个不同的数，把最小的放在中间，共有种，第二类，凹数中有 两个不同的数，将小的放在中间即可，共有种方法，所以共有凹数 8+6=14 个， 由古典概型的概率公式得 P=. 故答案为：C 【点睛】本题主要考查排列组合的运用，考查古典概型的概率，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推 理能力. 11.将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变)，然后向右平移 个单位后得到函数 的的图像，若函数在
10、区间上均单调递增，则实数 a 的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用函数 y=Asin（x+）的图象变换规律求得 g（x）的解析式，再利用余弦函数的单调性 求得 a 的范围 【详解】将函数 f（x）=cosx 图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变） ，可得 y=cos 的图象； 然后向右平移 个单位后得到函数 g（x）=cos=cos（ ）的图象， 若函数 g（x）在区间与2a，4上均单调递增， 则 0=，0，且2k，2k，kZ 解得a ， 故答案为：B 【点睛】本题主要考查函数 y=Asin（x+）的图象变换规律，余弦函数的单调性，属于中档
11、题 12.已知均为单位向量，满足，设，则的最小 值为： A. B. 0 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意可设 C（cos ，sin ） ，设 A（ ，），B（1，0） ，由条件求得 x，y，再由两角和的正弦公式、正弦函数的最 值，可得最小值 【详解】由|=1 可设 C（cos ，sin ）， 又= ，所以 cosBOA= ,所以BOA= . 因为|=|=1，可设 A（ ，），B（1，0）， =x+y，所以 所以, 因为,所以（1） 因为，所以， （2） 由（1）（2）得 所以当x+y 最小值为.故答案为：C 【点睛】本题考查平面向量的基本定理和向量数量积的坐标表示，两角和
12、的正弦公式、正弦函数的最值，考查 运算能力，属于中档题 第第 IIII 卷卷( (非选择题，共非选择题，共 9090 分分) ) 二、填空题二、填空题( (本题包括本题包括 4 4 小题，共小题，共 2020 分分) ) 13.已知函数_ 【答案】 【解析】 【分析】 先求 f(-1),再求的值. 【详解】由题得 f(-1)=所以= 故答案为：-2 【点睛】本题主要考查函数求值，考查对数函数的运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算 能力. 14.设为正实数，且的最小值为_ 【答案】 【解析】 【分析】 由题得=,再利用基本不等式求最小值. 【详解】由题得=, 当且仅当时取等. 故
13、答案为： 【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力. 15.函数的最大值为_ 【答案】 【解析】 【分析】 先化简，再利用基本不等式求的最大值，即得 f(x)的最大值. 【详解】由题得， 所以 所以.故答案为： 【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推 理计算能力. 16.下表中的数阵为“森德拉姆数筛” ，其特点是每行每列都成等差数列，则数字 2019 在表中出现的次数为 _ 【答案】 【解析】 【分析】 利用观察法及定义可知第 1 行数组成的数列 A1j（j=1，2， ）是以 2 为首项，公差
14、为 1 的等差数列，进一步分析得 知第 j 列数组成的数列 A1j（i=1，2， ）是以 j+1 为首项，公差为 j 的等差数列，同时分别求出通项公式，从而得知 结果 【详解】第 i 行第 j 列的数记为 Aij那么每一组 i 与 j 的解就是表中一个数 因为第一行数组成的数列 A1j（j=1，2， ）是以 2 为首项，公差为 1 的等差数列， 所以 A1j=2+（j1）1=j+1， 所以第 j 列数组成的数列 A1j（i=1，2， ）是以 j+1 为首项，公差为 j 的等差数列， 所以 Aij=j+1+（i1）j=ij+1 令 Aij=ij+1=2019， 即 ij=2018=12018=2
15、0181=21009=10092 故表中 2019 共出现 4 次 故答案为：4 【点睛】此题考查行列模型的等差数列的求法，解答的关键是分析出 Aij=j+1+（i1）j=ij+1. 三解答题三解答题( (本题包括本题包括 6 6 小题，共小题，共 7070 分分) ) 17.已知在递增的等差数列的等比中项 (I)求数列的通项公式；(II)若，为数列的前 n 项和，求 【答案】 (I) (II) 【解析】 【分析】 (I)根据已知求出的通项公式. (II) 由题意可知，再利用裂项相消法 求和得解. 【详解】(I)设公差为 ,因为，所以，解得 所以. (II)由题意可知： 所以 . 【点睛】本题主要考查等差数列通项的求法和裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推 理能力. 18.在中，A,B,C 所对的边分别为，满足 (I)求角 A 的大小； ()若，D 为 BC 的中点，且的值 【答案】(I);(II). 【解析】 【分析】 (I)得，求出 . ()由题意可知，化简得， 再结合余弦定理求出，再利用正弦定理求出的值 【详解】(I)，所以，所以 因为，所以，所以 ()由题意可知： 所以 所以 又因为，所以 ， 因为，所以 由正弦定理可得，所以 【点睛】本题主要考查三角恒等变
