《安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次教学质量检查考试（理）数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次教学质量检查考试（理）数学试题（解析版）（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 蚌埠市蚌埠市 20192019 届高三年级第二次教学质量检查考试届高三年级第二次教学质量检查考试 数数 学（理工类）学（理工类） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。 1.复数 满足，其中 是虚数单位，则（ ） A. 1B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用复数的四则运算计算出 后可得其模. 【详解】因为，所以， 所以，故选 B. 【点睛】本题考查复数的四则运算及复数的模，属于基础题. 2
2、.集合，.若，则满足条件的实数 组成的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 就、分别讨论，后者再利用得到 相应的值. 【详解】当时，符合； 当时，因，故或者，故或， 综上，故选 C. 【点睛】集合中的包含关系，要考虑含参数的集合为空集（或全集）的特殊情况，此处分类的标准是所讨论 的集合何时为空集，不为空集时还要考虑集合中的元素是否是确定的，若不确定，还要进一步分类讨论. 3.已知两个非零单位向量，的夹角为 ，则下列结论不正确的是（ ） A. 在方向上的投影为B. C. ，D. ，使 【答案】D 2 【解析】 【分析】 利用数量积的运算性质和投影的定义检验各选项可
3、得正确的结果. 【详解】对于 A，在方向上的投影为，故 A 正确； 因为是单位向量，故，故 B 正确； 对于 C，有，故 C 正确； 对于 D，故不存在 使得. 综上，选 D. 【点睛】向量数量积的运算满足分配律即 ，但不满足结合律，如一般情 况下是不成立，另外，注意，其中 为的夹角，其范围为，从这个定义我们可以得到 . 4.已知等差数列的前 项和为，且满足，则（ ） A. 4B. 5C. 6D. 7 【答案】B 【解析】 设等差数列的公差为 ,联立解得， 则，故选 B. 5.函数，图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性和函数图像上的特殊点对
4、选项进行排除，由此得出正确选项. 【详解】，故函数为奇函数，图像关于原点对称，排除 选项.由 3 排除 选项.由，排除 C 选项，故本小题选 D. 【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查函数的奇偶性的判断方法，属于基础题. 6.已知平面 ， ， 两两垂直，直线 ， ， 满足：，则直线 ， ， 的位置关系不可能是 （ ） A. 两两平行B. 两两垂直C. 两两相交D. 两两异面 【答案】A 【解析】 【分析】 在正方体中可找到实例满足 B、C、D，可用反证法证明 A 不成立. 【详解】如图，在正方体， 平面、平面、平面两两垂直， 则在这三个平面中，它们两两相交且两两垂直，故 B,C 正确.
5、也在这三个平面中，它们彼此异面，故 D 正确； 如下图所示，设，. 在平面 内任取一点 （） ，过 作，垂足分别为. 因为，平面 ，故， 因为，所以，同理，因，故， 4 同理. 若两两平行，因，故或者， 若前者，因，则，故，而， 故，与矛盾； 若后者，则，因，故，与矛盾. 所以两两平行不成立，故 A 错， 综上，选 A. 【点睛】立体几何中关于点、线、面之间位置关系的命题的真假问题，可在正方体中考虑它们成立与否，因 为正方体中涵盖了点、线、面的所有位置关系，注意有时需要动态地考虑位置关系. 7.安徽某景区每半小时会有一趟缆车从山上发车到山下，某人下午在山上，准备乘坐缆车下山，则他等待时 间不多
6、于 5 分钟的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意分析在何区间内等待时间可以控制在 5 分钟之内，再由概率计算公式即可求出结果. 【详解】此人在 25 分到 30 分或 55 分到 60 分之间的 5 分钟内到达，等待时间不多于 5 分钟，所以他等待时 间不多于 分钟的概率为.故选 B 【点睛】本题主要考查几何概型，熟记公式即可求解，属于基础题型. 8.设，若与的二项展开式中的常数项相等，则（ ） A. 4B. -4C. 2D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】 利用二项展开式的通项公式分别计算展开式中的常数项可得 的大小. 【详解】的展开式的通项公
7、式为， 令得到，故该展开式中的常数项为. 的展开式的通项公式为， 令得到，故该展开式中的常数项为. 5 因常数项相等，故，解得，故选 A. 【点睛】二项展开式中指定项的计算，通常利用通项公式来处理，此类问题为基础题.注意 通项公式的特点（指组合数的形式及其意义、各项的幂指数的形式与关系）. 9.已知函数，先将图象上所有点的横坐标缩小到原来的 （纵坐标不变） ，再将得到 的图象上所有点向右平移个单位长度，得到的图象关于 轴对称，则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用辅助角公式得到，再利用周期变换得到对应的解析式为，结合该函数 的对称轴可得向右的最小平移
8、，使得得到的图像关于 轴对称. 【详解】，把图象上所有点的横坐标缩小到原来的 ，得到的解析式为， 考虑该函数在 轴左侧且最靠近 轴的对称轴， 该对称轴为，故只需把的图像向右平移 个单位，所得的函数的图像关于 轴对称，此 时平移为最小平移. 【点睛】三角函数的图像往往涉及振幅变换、周期变换和平移变换，注意周期变换和平移变换（左右平移） 的次序对函数解析式的影响，比如，它可以由先向左平移 个单位，再纵坐标不变， 横坐标变为原来的 ，也可以先保持纵坐标不变，横坐标变为原来的 ，再向左平移 .另外，求最小平移时， 可结合图像的对称轴和对称中心来得到最小平移的长度. 10.九章算术中描述的“羡除”是一个
9、五面体，其中有三个面是梯形，另两个面是三角形.已知一个羡除 的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为 1，则该羡除的体积为（ ） A. 20B. 24C. 28D. 32 【答案】B 【解析】 6 【分析】 画出五面体的直观图，利用割补法求其体积. 【详解】五面体对应的直观图为： 由三视图可得：， 三个梯形均为等腰梯形且平面平面 到底面的距离为，间的距离为 . 如下图所示， 将五面体分割成三个几何体，其中为体积相等的四棱锥，且， ，则棱柱为直棱柱，为直角三角形. 又； ， 故五面体的体积为.故选 A. 【点睛】本题考查三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系而不规则
10、几何体 的体积的计算，可将其分割成体积容易计算的规则的几何体. 11.已知 为抛物线的焦点， 为原点，点 是抛物线准线上一动点，若点 在抛物线上，且， 则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 7 【解析】 【分析】 利用焦半径公式计算 的横坐标后可得 的坐标，求出 关于准线的对称点后可得距离和的最小值. 【详解】不妨 为第一象限中的点，设（）. 由抛物线的方程得，则，故，所以， 关于准线的对称点为， 故， 当且仅当 三点共线时等号成立，故选 D. 【点睛】在坐标平面中，定直线上的动点到两个定点的距离和的最小（或距离差的最大值） ，常常利用对称 性把距离和的最值问题转化为三点共线
11、的问题来处理. 12.定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用已知条件求出，再用参变分离法求出 的取值范围. 【详解】因为，故， 因，所以即. 不等式有解可化为 即在有解. 令，则， 当时，在上为增函数； 当时，在上为减函数； 故，所以，故选 C. 【点睛】不等式的恒成立问题，应优先考虑参变分离的方法，把恒成立问题转化为函数的最值（或最值的范 围）问题来处理，有时新函数的最值点（极值点）不易求得，可采用设而不求的思想方法，利用最值点（极 值点）满足的等式化简函数的最值可以求得相应的最值范围 二、填空题：本题共
12、二、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。分。 8 13.已知实数 ， 满足，则目标函数的最大值为_ 【答案】16 【解析】 【分析】 画出不等式组对应的可行域，平移动直线可得目标函数的最大值 【详解】不等式组对应的可行域如图所示： 当动直线过点 时， 有最大值 又由可得，故 的最大值为，填 【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二 元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与 的连线的斜率 14.已知，数列的前 项的和为，则_（用具体数字作答）. 【答案】1533 【解析
13、】 【分析】 算出后利用等比数列的前 项和公式可得. 【详解】，为首项为 3，公比为 2 的等比数列， 故.填. 【点睛】数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通 项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项 9 相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法. 15.设，分别为双曲线的左、右焦点， 是双曲线的右支上的点，满足 ，且原点 到直线的距离等于双曲线的实半轴长，则该双曲线的离心率为_ 【答案】 【解析】 【分析】 取的中点为，连接，利用已知条件可得且为直角三角形，从而 ，故可得所求的离
14、心率 【详解】设，则，故 取的中点为，连接，则，故是 到距离的两倍， 所以，在中，有，所以， 两边平方有即，所以，填 【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系而离心率的取值 范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组 16.正三棱锥中，点 在棱上，且.正三棱锥的外接球为球 ，过 点作球 的截面 ， 截球 所得截面面积的最小值为_ 【答案】 【解析】 【分析】 通过补体可得球 的直径及，平面 截球 的截面面积最小时，应有 平面 ，从而可计算截面圆 的半径从而得到其面积的大小 【详解】因为，所以， 所以，同理， 故可把正三棱锥
15、补成正方体（如图所示） ，其外接球即为球 ，直径为正方体的体对角线，故，设 的中点为 ，连接， 则且，所以， 当平面 时，平面 截球 的截面面积最小， 10 此时截面为圆面，其半径为，故截面的面积为填 【点睛】如果三棱锥中，两两垂直，那么我们可以把该三棱锥补成一个长方体，这样三棱锥 的外接球就是长方体的外接球，且外接球的直径就是长方体的体对角线 三、解答题：共三、解答题：共 7070 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17172121 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答。第每个试题考生都必须作答。第 2222、2323
16、题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。 17.如图，等腰直角三角形中，点 为内一点，且，. （1）求； （2）求. 【答案】 （1）（2） 【解析】 【分析】 （1）利用两角和的正切公式得到，结合角的范围可得，在利用正弦 定理可计算. （2）在中，利用余弦定理可计算，最后根据勾股定理得到. 【详解】 （1）由条件及两角和的正切公式得： 11 ， 而，所以， 则， ，. 在中，由正弦定理知：，即. （2）由（1）知，而在等腰直角三角形中， ，所以， 则. 在中，由余弦定理， ， ， ，. 【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径） ，一般地，知道其中的三个量（除三个角 外） ，可以求得其余的四个量. （1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理； （2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边） ； （3）如果知道两角及一边，用正弦定理.
