(完整word版)2019届安徽省合肥市高三第二次教学质量检测数学(理)试题(解析版).pdf

第 1 页 共 21 页2019 届安徽省合肥市高三第二次教学质量检测数学（理）试题一、单选题1设复数满足，则在复平面内的对应点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】A【解析】先对复数进行化简，进而可得到它在复平面内对应点的坐标，从而可得到答案。【详解】由题意，故在复平面内对应点为，在第一象限，故选A.【点睛】本题考查了复数的四则运算，及复数的几何意义，属于基础题。2若集合，则（）ABCD【答案】C【解析】求出集合，然后与集合取交集即可。【详解】由题意，则，故答案为C.【点睛】本题考查了分式不等式的解法，考查了集合的交集，考查了计算能力，属于基础题。3已知双曲线的一条渐近线方程为，且经过点，则双曲线的方程是（）ABCD精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 1 页，共 21 页 -第 2 页 共 21 页【答案】C【解析】由双曲线的渐近线为，可得到，又点在双曲线上，可得到，联立可求出双曲线的方程。【详解】双曲线的渐近线为，则，又点在双曲线上，则，解得，故双曲线方程为，故答案为 C.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线，考查了双曲线的方程的求法，考查了计算能力，属于基础题。4在中，则（）ABCD【答案】B【解析】在上分别取点,使得,可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案。【详解】如下图，在上分别取点,使得,则为平行四边形，故,故答案为B.【点睛】精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 2 页，共 21 页 -第 3 页 共 21 页本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题。5下表是某电器销售公司2018 年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：空调类冰箱类小家电类其它类营业收入占比净利润占比则下列判断中不正确的是（）A该公司 2018 年度冰箱类电器营销亏损B该公司 2018 年度小家电类电器营业收入和净利润相同C该公司 2018 年度净利润主要由空调类电器销售提供D剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018 年度空调类电器销售净利润占比将会降低【答案】B【解析】结合表中数据，对选项逐个分析即可得到答案。【详解】因为冰箱类电器净利润占比为负的，所以选项 A 正确；因为营业收入-成本=净利润，该公司 2018年度小家电类电器营业收入占比和净利润占比相同，而分母不同，所以该公司 2018 年度小家电类电器营业收入和净利润不可能相同，故选项B 错误；由于小家电类和其它类的净利润占比很低，冰箱类的净利润是负值，而空调类净利润占比达到，故该公司2018 年度净利润主要由空调类电器销售提供，即选项C 正确；因为该公司 2018 年度空调类电器销售净利润不变，而剔除冰箱类电器销售数据后，总利润变大，故 2018 年度空调类电器销售净利润占比将会降低，即选项D 正确。故答案为 B.【点睛】本题考查了统计表格的识别，比例关系的判断，实际问题的解决，属于基础题。6将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A函数的图象关于点对称B函数的周期是精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 3 页，共 21 页 -第 4 页 共 21 页C函数在上单调递增D函数在上最大值是1【答案】C【解析】先求出的表达式，然后结合选项分别判断它的对称中心，周期，单调性，是否有最值，即可得到答案。【详解】将函数横坐标缩短到原来的后，得到，当时，即函数的图象关于点对称，故选项A 错误；周期，故选项 B 错误；当时，所以函数在上单调递增，故选项C 正确；因为函数在上单调递增，所以，即函数在上没有最大值，故选项D 错误。故答案为 C.【点睛】本题考查了三角函数的伸缩变换，考查了三角函数的周期、对称中心、单调性及最值，考查了学生对基础知识的掌握情况。7已知椭圆的左右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，以线段为直径的圆交线段的延长线于点，若，则该椭圆离心率是（）ABCD【答案】D【解析】由点在以线段为直径的圆上，可知，再由，可得，且是等腰直角三角形，结合，所以，可求出离心率。【详解】因为点在以线段为 直径的圆上，所以，又因为，所以，又因为，所以是等腰直角三角形，精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 4 页，共 21 页 -第 5 页 共 21 页因为，所以，所以该椭圆的离心率【点睛】本题考查了双曲线的性质，考查了离心率的求法，考查了学生的计算求解能力，属于基础题。8某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务必须排在前三项执行，且执行任务之后需立即执行任务；任务、任务不能相邻.则不同的执行方案共有（）A36 种B44 种C48 种D54 种【答案】B【解析】分三种情况，任务A 排在第一位时，E 排在第二位，任务A 排在第二位时，E排在第三位，任务A排在第三位时，E排在第四位，结合任务B和C不能相邻，分别求出三种情况的排列方法，即可得到答案。【详解】六项不同的任务分别为A、B、C、D、E、F，如果任务 A 排在第一位时，E 排在第二位，剩下四个位置，先排好B、C，再在 B、C之间的 3 个空位中插入D、F，此时共有排列方法：；如果任务 A 排在第二位时，E 排在第三位，则B，C 可能分别在A、E 的两侧，排列方法有，可能都在A、E 的右侧，排列方法有；如果任务 A 排在第三位时，E 排在第四位，则 B，C 分别在 A、E 的两侧；所以不同的执行方案共有种【点睛】本题考查了排列组合问题，考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题。9函数的图象大致为（）精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 5 页，共 21 页 -第 6 页 共 21 页ABCD【答案】A【解析】先判断函数为偶函数，然后通过构造函数，可判断是单调递增函数，从而可得到时，即可判断时，从而可确定在上单调递增，即可得到答案。【详解】因为，所以为偶函数，选项B 错误，令，则恒成立，所以是单调递增函数，则当时，故时，,即在上单调递增，故只有选项A 正确。【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了函数的单调性与奇偶性，属于中档题。10如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（）A2 对B3 对精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 6 页，共 21 页 -第 7 页 共 21 页C4 对D5 对【答案】C【解析】画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案。【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，作 POAD 于 O，则有 PO平面 ABCD，POCD，又 ADCD，所以，CD平面 PAD，所以平面平面，同理可证：平面平面，由三视图可知：POAOOD，所以，APPD，又 APCD，所以，AP平面 PCD，所以，平面平面，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4 对【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题。11“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在梦溪笔谈 中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1 件，以后每一层比上一层多1 件，最后一层是件.已知第一层货物单价1 万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则的值为（）精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 7 页，共 21 页 -第 8 页 共 21 页A7 B8 C9 D10【答案】D【解析】由题意，第一层货物总价为1 万元，第二层货物总价为万元，第三层货物总价为万元，第层货物总价为万元，可设这堆货物总价为万元，从而可得到，利用错位相减法可求出的表达式，结合可求出答案。【详解】由题意，第一层货物总价为1 万元，第二层货物总价为万元，第三层货物总价为万元，第层货物总价为万元，设这堆货物总价为万元,则，两式相减得，则,解得，故选 D.【点睛】利用错位相减求和是解决本题的关键，考查了学生利用数列知识解决应用问题的能力，属于中档题。12函数在内有两个零点，则实数的取值范围是（）ABCD精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 8 页，共 21 页 -第 9 页 共 21 页【答案】D【解析】设，则在内有两个零点，即函数与的图象在内有两个交点，易知函数是增函数，可求出它在时的切线斜率，及时的坐标，从而可知时，即满足题意，结合两个函数的对称性，可推出当，从而可得到答案。【详解】由题意，设，则在内有两个零点，即在内有两个解，则函数与的图象在内有两个交点，即在 R 上单调递增，又，故是奇函数，可画出的图象（如下图），显然函数是偶函数，当时，可作出的图象，显然是两个函数图象的一个交点，当时，故，即当时，同理，当，可得，当时，显然不满足题意，故综上，或时，在内有两个解，即函数在内有两个零点。故答案为 D.精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 9 页，共 21 页 -第 10 页 共 21 页【点睛】本题考查了函数的零点问题，考查了导数的应用，考查了学生的逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题。二、填空题13设等差数列的前项和为，若，则数列的公差_【答案】2【解析】利用等差数列的性质，可得到，即可求出公差。【详解】由题意，解得.故.【点睛】本题考查了等差数列的性质，考查了计算能力，属于基础题。14若，则_【答案】【解析】由，而，代入计算即可得到答案。【详解】，则.【点睛】精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 10 页，共 21 页 -第 11 页 共 21 页本题考查了三角函数的恒等变换，及三角函数诱导公式的运用，考查了学生的计算求解能力，属于基础题。15若，则的最小值为 _【答案】【解析】由基本不等式，可得到，然后利用，可得到最小值，要注意等号取得的条件。【详解】由题意，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时取等号，所以当时，取得最小值【点睛】利用基本不等式求最值必须具备三个条件：各项都是正数；和（或积）为定值；等号取得的条件。16已知半径为4 的球面上有两点，球心为，若球面上的动点满足二面角的大小为，则四面体的外接球的半径为_【答案】【解析】设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，易知即为二面角的平面角，可求出及，然后可判断出四面体外接球的球心在直线上，在中，结合精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 11 页，共 21 页 -第 12 页 共 21 页，可求出四面体的外接球的半径.【详解】设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，OA OB，所以，ODAB，同理 O1DAB，所以，即为二面角的平面角，因为，所以是等腰直角三角形，在中，由 cos60o，得，由勾股定理，得：，因为 O1到 A、B、C 三的距离相等，所以，四面体外接球的球心在直线上，设四面体外接球半径为，在中，由勾股定理可得：，即，解得【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力，属于中档题。三、解答题17 在中，角，所对的边分别为，的面积.（）求角；（）求周长的取值范围.精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 12 页，共 21 页 -第 13 页 共 21 页【答案】（）（）【解析】（）由可得到，代入，结合正弦定理可得到，再利用余弦定理可求出的值，即可求出角；（）由，并结合正弦定理可得到，利用，可得到，进而可求出周长的范围。【详解】解：（）由可知，.由正弦定理得.由余弦定理得，.（）由（）知，.的周长为.，,的周长的取值范围为.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的运用，考查了三角形的面积公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于基础题。18如图，三棱台的底面是正三角形，平面平面，.精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 13 页，共 21 页 -第 14 页 共 21 页（）求证：；（）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（）见证明；（）【解析】（）取的中点为，连结，易证四边形为平行四边形，即，由于，为的中点，可得到，从而得到，即可证明平面，从而得到；（）易证，两两垂直，以，分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，设与平面所成角为，则，即可得到答案。【详解】解：（）取的中点为，连结.由是三棱台得，平面平面，从而.，四边形为平行四边形，.，为的中点，.平面平面，且交线为，平面，平面，而平面，.（）连结.由是正三角形，且为中点，则.由（）知，平面，两两垂直.以，分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 14 页，共 21 页 -第 15 页 共 21 页设，则，.设平面的一个法向量为.由可得，.令，则，.设与平面所成角为，则.【点睛】本题考查了空间几何中，面面垂直的性质，线线垂直的证明，及线面角的求法，考查了学生的逻辑推理能力与计算求解能力，属于中档题。19某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2 台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000 元，在延保的两年内可免费维修2 次，超过2 次每次收取维修费 2000 元；方案二：交纳延保金10000 元，在延保的两年内可免费维修4 次，超过 4 次每次收取维修费 1000 元.某医院准备一次性购买2台这种机器.为此搜集并整理了50 台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这 50 台机器维修次数的频率代替1 台机器维修次数发生的概率.记 表示这 2 台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数.精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 15 页，共 21 页 -第 16 页 共 21 页（）求的分布列；（）以方案一与方案二所需费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？【答案】（）见解析；（）选择延保方案二较合算【解析】（）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出对应的概率，列出分布列即可；（）求出两种方案下所需费用的分布列，然后分别求出对应的期望值，比较二者的大小即可选出最合算的方案。【详解】解：（）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，的分布列为0 1 2 3 4 5 6（）选择延保一，所需费用元的分布列为：7000 9000 11000 13000 15000（元）.选择延保二，所需费用元的分布列为：10000 11000 12000 精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 16 页，共 21 页 -第 17 页 共 21 页（元）.，该医院选择延保方案二较合算.【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列，考查了概率的计算，考查了期望的求法，属于中档题。20已知抛物线：上一点到其焦点的距离为10.（）求抛物线的方程；（）设过焦点的直线 与抛物线交于，两点，且抛物线在，两点处的切线分别交轴于，两点，求的取值范围.【答案】（）（）【解析】（）由抛物线的定义，可得到，即可求出，从而得到抛物线的方程；（）直线的斜率一定存在，可设斜率为，直线为，设，由可得，然后对求导，可得到的斜率及方程表达式，进而可表示出，同理可得到的表达式，然后对化简可求出范围。【详解】解：（）已知到焦点的距离为10，则点到准线的距离为10.抛物线的准线为，解得，抛物线的方程为.（）由已知可判断直线的斜率存在，设斜率为，因为，则：.设，由消去得，.精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 17 页，共 21 页 -第 18 页 共 21 页由于抛物线也是函数的图象，且，则：.令，解得，从而.同理可得，.，的取值范围为.【点睛】本题考查了抛物线的方程的求法，考查了抛物线中弦长的有关计算，考查了计算能力，属于难题。21已知函数是减函数.（）试确定的值；（）已知数列，求证：.【答案】（）（）见证明【解析】（）求导得，由是减函数得，对任意的，都有恒成立，构造函数，通过求导判断它的单调性，令其最大值小于等于0，即可求出；（）由是减函数，且可得，当时，则，即，两边同除以得，即，从而，两边取对数，然后再证明恒成立即可，构造函数，通过求导证明即可。精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 18 页，共 21 页 -第 19 页 共 21 页【详解】解：（）的定义域为，.由是减函数得，对任意的，都有恒成立.设.，由知，当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减，在时取得最大值.又，对任意的，恒成立，即的最大值为.，解得.（）由是减函数，且可得，当时，即.两边同除以得，即.从而，所以.下面证；记，.，在上单调递增，在上单调递减，而，当时，恒成立，在上单调递减，精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 19 页，共 21 页 -第 20 页 共 21 页即时，当时，.，当时，即.综上可得，.【点睛】本题考查了导数与函数的单调性的关系，考查了函数的最值，考查了构造函数的能力，考查了逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题。，22选修 4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线极坐标方程为.（）写出曲线和的直角坐标方程；（）若，分别为曲线，上的动点，求的最大值.【答案】（）曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为（）【解析】（）利用参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程间的关系，转化即可；（）设点的坐标为，求出最大值即可。【详解】解：（）曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为，即.（）设点的坐标为.，当时，.【点睛】精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 20 页，共 21 页 -第 21 页 共 21 页本题考查了参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程间的转化，考查了利用参数方程求距离的最大值问题，属于中档题。23选修 4-5：不等式选讲已知.（）求的解集；（）若恒成立，求实数的最大值.【答案】（）（）【解析】（）由得，解不等式即可；（）由题意知，恒成立，当时，然后利用基本不等式可求出，从而可求出的最大值。【详解】解：（）由得，即，解得，所以，的解集为.（）恒成立，即恒成立.当时，；当时，.因为（当且仅当，即时等号成立），所以，即 的最大值是.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了不等式恒成立问题，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题。精品资料-欢迎下载-欢迎下载 名师归纳-第 21 页，共 21 页 -