山东省滨州市2019届高三第二次模拟（5月）考试数学（理）试题（解析版）

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1、高三数学（理科）试题高三数学（理科）试题 本试卷共本试卷共 4 4 页，共页，共 2323 题（含选考题）题（含选考题） ，满分，满分 150150 分，考试用时分，考试用时 120120 分钟分钟. .考试结束考试结束 后，将答题卡交回后，将答题卡交回. . 注意事项：注意事项： 1.1. 答卷前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形答卷前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形 码区域内码区域内. . 2.2. 选择题必须使用选择题必须使用 2B2B 铅笔填涂；非选择题必须使用铅笔填涂；非选择题必须使用 0.50.5 毫米黑色字迹的签字笔毫米黑

2、色字迹的签字笔 书写，字体工整、笔迹清楚书写，字体工整、笔迹清楚. . 3.3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案 无效；在草稿纸、试卷上答题无效无效；在草稿纸、试卷上答题无效. . 4.4. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸 刀刀. . 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，在每小题给

3、出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的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】 解不等式，求得整数解集，再根据交集定义即可求得。 【详解】因为，所以 因为，所以 根据集合交集运算，可得 所以选 C 【点睛】本题考查了不等式的解法，交集的基本运算，注意解集为整数集，属于基础题。 2.在复平面内，表示复数的点位于（ ） A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】 根据复数除法运算，化简即可判断对应的点所在象限。 【详解】由复数除法运算，可得 所以在复平面内对应点的坐标为，即位于第

4、二象限 所以选 B 【点睛】本题考查了复数的除法运算，复平面内点坐标特征，属于基础题。 3.某地某所高中 2018 年的高考考生人数是 2015 年高考考生人数的 1.5 倍，为了更好地对比该校 考生的升学情况，统计了该校 2015 年和 2018 年的高考情况，得到如下柱状图： 则下列结论正确的是（ ） A. 与 2015 年相比，2018 年一本达线人数减少 B. 与 2015 年相比，2018 年二本达线人数增加了 0.5 倍 C. 与 2015 年相比，2018 年艺体达线人数相同 D. 与 2015 年相比，2018 年不上线的人数有所增加 【答案】D 【解析】 【分析】 设 201

5、5 年该校参加高考的人数为 ，则 2018 年该校参加高考的人数为. 观察柱状统计图，找出各数据，再利用各数量间的关系列式计算得到答案. 【详解】设 2015 年该校参加高考的人数为 ，则 2018 年该校参加高考的人数为. 对于选项 A.2015 年一本达线人数为.2018 年一本达线人数为，可见一本达 线人数增加了，故选项 A 错误； 对于选项 B，2015 年二本达线人数为，2018 年二本达线人数为，显然 2018 年二本达线人数不是增加了 0.5 倍，故选项 B 错误； 对于选项 C，2015 年和 2018 年.艺体达线率没变，但是人数是不相同的，故选项 C 错误； 对于选项 D，

6、2015 年不上线人数为.2018 年不上线人数为.不达线人数有所 增加.故选 D. 【点睛】本题考查了柱状统计图以及用样本估计总体，观察柱状统计图，找出各数据，再利用各 数量间的关系列式计算是解题的关键 4.已知角 的顶点为坐标原点，始边与 轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据角终边上点的坐标，求得，代入二倍角公式即可求得的值。 【详解】因为终边上点 所以 所以 所以选 A 【点睛】本题考查了三角函数的定义，二倍角公式的应用，属于基础题。 5.若实数 ， 满足，则的最小值是（ ） A. 0B. 1 C. D. 9 【答案】A

7、【解析】 试题分析：作出可行域如下图所示，当直线过点时， 有最小值，此时，故选 A 考点：线性规划 6.某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为（ ） A. 2B. 6 C. 10D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】 根据三视图，画出原空间几何体，即可求得几何体的体积。 【详解】由三视图，可得原空间几何体的结构图如下图所示： 该几何体底面为直角梯形，根据各线段长度可得体积为 所以选 B 【点睛】本题考查了由三视图还原空间结构体的应用，棱柱体积的求法，属于中档题。 7.在中， 为的重心，为上一点，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据三角形重心

8、的性质，结合向量的加法和减法即可判断结论。 【详解】由题意，画出几何图形如下图所示： 根据向量加法运算可得 因为 G 为ABC 的重心，M 满足 所以， 所以 所以选 B 【点睛】本题考查了三角形重心的性质，向量的线性运算，属于基础题。 8.赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元 222 年，赵爽为周碑算经一书作序时，介 绍了“勾股圆方图” ，亦称“赵爽弦图” （以弦为边长得到的正方形是由 4 个全等的直角三角形再 加上中间的一个小正方形组成的）.类比“赵爽弦图” ，可类似地构造如图所示的图形，它是由 3 个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，若在大等边 三角形

9、中随机取一点，则此点取自小等边三角形的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 设，根据余弦定理表示出 BC，分别求得，根据几何概型中概率计算公式即可求解。 【详解】设 因为是由 3 个全等的三角形与中间的等边三角形构成 所以， 由余弦定理可知 代入可得 化简得 由三角形面积公式可得 同理 所以由几何概型面积类型的概率可得 所以选 A 【点睛】本题考查了面积型的几何概率求法，求两个三角形面积比即可，属于基础题。 9.已知双曲线 ：的左右焦点分别为、，过原点的直线与双曲线 交于 ， 两点，若，的面积为，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D

10、【解析】 【分析】 连接得四边形为平行四边形；根据双曲线定义及的面积求得， 再在中应用余弦定理即可求得关系，进而利用双曲线中的关系求得渐近线方 程。 【详解】根据题意，连接得四边形为平行四边形，几何关系如下图所示： 设，则 的面积为，则由三角形面积公式可得 ，化简得 解得，（舍） 所以 在中， 由余弦定理可得 ， 即 化简可得 ，由双曲线中 可得 即 所以渐近线方程为 所以选 D 【点睛】本题考查了双曲线的定义和性质，渐近线方程求法，余弦定理的简单应用，属于中档题。 10.已知函数，函数，若函数恰有三个零点，则实 数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根

11、据所给函数，画出函数图象，根据及恰有三个零 点，即可根据图象判断 m 的取值范围。 【详解】由题意，画出函数的图象如下图所示： 恰有三个零点 即有三个不同交点，即有三个不同交点 由图象可知，当直线斜率在 之间时，有三个交点 即 所以 可得 所以选 A 【点睛】本题考查了函数图象的画法，根据零点个数求参数的取值范围，属于中档题。 11.已知正方体的棱长为 1， 是线段上一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 将空间结构体展开为平面图形，根据余弦定理即可求得的最小值。 【详解】根据题意可得空间结构体图形如下图： 将空间结构体以平面为面展开，将平面一并展开

12、可得 由图可知， 则 所以 在中，由余弦定理可得 代入可得 所以 所以选 D 【点睛】本题考查了空间几何体最短距离问题，空间几何体平面展开图的应用，注意展开后对应 的顶点和边，属于中档题。 12.在中，内角 ， ， 所对应的边分别为 ， ， ，的平分线交于点 ， 且，则的最小值为（ ） A. 4B. 5C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据三角形面积公式找到的关系，结合基本不等式即可求得最小值。 【详解】根据题意， 因为的平分线交于点 ，且 所以 而 所以，化简得 即 则 当且仅当时取等号，即最小值为 所以选 D 【点睛】本题考查了三角函数面积公式的应用，基本不等式在求最值中的用法，

13、属于中档题。 二、填空题：本题共二、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. . 13.已知的展开式中含有的系数是-120，则_ 【答案】1. 【解析】 【分析】 根据二项展开式的通项表达式，结合的系数是即可求得 的值。 【详解】由二项式定理的展开式可得 因为的系数是 所以 解得 所以系数为 解得 【点睛】本题考查了二项式定理展开式的应用，根据特定项的系数求参数，属于基础题。 14.已知函数，则函数的图象在处的切线方程为_ 【答案】. 【解析】 【分析】 根据函数解析式和点的坐标可知点在曲线上，求得导函数，根据点坐标即可求得切线斜率，再由 点斜式

14、即可求得切线方程。 【详解】因为，点坐标为 可知点在曲线上 则 则 即切线的斜率为 0 又因为过点 所以切线方程为 【点睛】本题考查了过函数上一点切线方程的求法，注意首先要判断点是否在函数上，属于基础 题。 15.已知函数的一条对称轴为，且函数在区间 上具有单调性，则的最小值为_ 【答案】. 【解析】 【分析】 根据对称轴求得 ，再根据可知关于对称中心对称，结合在区间上 具有单调性即可求得的最小值。 【详解】因为的一条对称轴为 不妨设当时 则 可解得 ，所以函数解析式为 对称中心的横坐标为 解得 又且在区间上具有单调性 所以 当时，可得最小值为 【点睛】本题考查了正弦函数的图象与性质的综合应用

15、，正弦函数的单调性的用法，属于中档题。 16.已知点 是椭圆上的动点，且与椭圆的四个顶点不重合，分别是椭圆的左、右 焦点， 为坐标原点，若点是的平分线上一点，且，则的取值范围是 _ 【答案】. 【解析】 【分析】 画出图形，根据中位线性质及椭圆定义，即可求得的取值范围。 【详解】根据题意，画出椭圆及各部分图形如下图所示： 因为是的平分线上一点，且 所以，即 M 为的中点 又因为 O 为的中点 由中位线性质可得 椭圆方程为 因为 即 【点睛】本题考查了椭圆方程的定义，几何性质的综合应用，中位线定理的应用，属于中档题。 三、解答题：共三、解答题：共 7070 分分. .解答应写出文字说明、证明过程

16、或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .第第 17172121 题为必题为必 考题，每个试题考生都必须作答考题，每个试题考生都必须作答. .第第 2222、2323 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. . （一）必考题：（一）必考题：6060 分分. . 17.设是数列的前 项和，已知. （1）证明：数列是等差数列； （2）设，求数列的前 项和. 【答案】(1)见解析.(2) . 【解析】 【分析】 （1）利用递推公式，可得，再两边同时除以即可证明为等差数 列。 （2）先求得数列的通项公式，代入得数列的通项公式。再由分组法分别求得 两个部分的和，即可求得数列的前 项和。 【详解】解：（1）由， 所以，当时， 解得. 当时， 式减去式，得 . 所以， 又因为， 所以数列是以 2 为首项，1 为公差的等差数列. （2）由（1）知，即. 所以 . 所以 . 【点睛】本题考查了数列递推公式的应用，等差数列的证明，分