2019届浙江省金丽衢十二校高三第二次联考数学试题(解析版)(共17页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2019届浙江省金丽衢十二校高三第二次联考数学试题一、单选题1集合，则（ ）A B C D【答案】B【解析】解：A=x|x0，或x2，B=x|3x3；AB=x|3x0，或2x3，AB=R；ABA，且ABB，BA，AB；即B正确故选：B2点和是双曲线的两个焦点，则（ ）A B2 C D4【答案】D【解析】根据双曲线方程可求焦距，即可得.【详解】由可知 所以，则，所以.【点睛】本题主要考查了双曲线的方程，双曲线的简单几何性质，属于中档题.3复数，则（ ）A5 B6 C7 D【答案】D【解析】根据复数模的性质知，即可求解.【详解】因为，所以故选D.【点睛】本题主要考查了复数

2、模的性质，属于中档题.4某几何体的三视图如图所示（图中单位：），则该几何体的表面积为（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体的直观图为一个竖立的圆锥和一个倒立的圆锥组成，其表面积为，选B.【考点】1.三视图；2.表面积.5已知直线平面，直线平面，则“”是“”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】A【解析】试题分析：根据已知题意，由于直线 平面，直线平面，如果两个平面平行，则必然能满足，但是反之，如果，则对于平面可能是相交的，故条件能推出结论，但是结论不能推出条件，故选A【考点】本试题主要是考查了立体几何中点线面的位置

3、关系运用。点评：解决该试题的关键是利用面面平行的性质定理和线面平行、垂直的性质定理来熟练的判定其位置关系，同时结合了充分条件的概念，来判定命题的条件和结论之间的关系运用，属于基础题。6甲和乙两人独立的从五门选修课课程中任选三门进行学习，记两人所选课程相同的门数为，则为（ ）A1.2 B1.5 C1.8 D2【答案】C【解析】由已知得=1,2,3，分别求出相应的概率，由此能求出.【详解】由已知得=1,2,3，, , , 所以,故选C【点睛】本题主要考查了离散型随机变量，离散型随机变量的期望，属于中档题.7函数的图像大致为（ ）A BC D【答案】A【解析】根据函数解析式结合所给图象，采用排除法即

4、可选出.【详解】函数定义域为， 当时，故排除选项B,D，当时，故排除C,所以选A.【点睛】本题主要考查了指数函数的性质与图像，无限趋近的思想，属于中档题.8已知，和为空间中的4个单位向量，且，则不可能等于（ ）A3 B C4 D【答案】A【解析】根据n个向量的和的模不大于n个向量的模的和可推出结论.【详解】因为 而，所以 因为， 是单位向量，且，所以不共线，所以 ，故选A.【点睛】本题主要考查了向量与不等式的关系，涉及向量的共线问题，属于难题.9正三棱锥的底面边长为，高为，它在六条棱处的六个二面角（侧面与侧面或者侧面与底面）之和记为，则在从小到大的变化过程中，的变化情况是（ ）A一直增大 B一

5、直减小 C先增大后减小 D先减小后增大【答案】D【解析】利用无限逼近的思想，当，有，当，有，当刚好使得正三棱锥变为正四面体时，二面角之和记为，利用的值，可分析出，即可选出答案.【详解】当（比0多一点点），有；当，有；当刚好使得正三棱锥变为正四面体时，二面角之和记为，则，于是， 所以，即，所以与的变化情况相符合的只有选项.【点睛】本题主要考查了无限逼近的极限思想，二面角，余弦二倍角公式，属于中档题.10数列满足：，则的值所在区间为（ ）A B C D【答案】A【解析】由递推关系可得，根据，知，利用放缩法可知，从而可得，即可求解.【详解】因为，所以 可得： 所以.【点睛】本题主要考查了数列的递推关

6、系，不等式的性质，属于中档题.二、填空题11九章算术第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数物价各几何？”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物品，每人出8元，则付完钱后还多3元；若每人出7元，则还差4元才够付款.问他们的人数和物品价格？答：一共有_人；所合买的物品价格为_元【答案】7 53 【解析】根据物品价格不变，可设共有x人，列出方程求解即可【详解】设共有人，由题意知 ，解得，可知商品价格为53元.即共有7人，商品价格为53元.【点睛】本题主要考查了数学文化及一元一次方程的应用，属于中档题.12展开式中的系数为_；所有项的系数和为_【答案】

7、-80 -1 【解析】令可得所有项的系数和，根据通项公式可写出含的系数.【详解】因为，令，所以的系数为-80，设 ，令，则 ，所以所有项的系数和为-1.【点睛】本题主要考查了二项展开式的通项公式，二项式所有项的系数和，属于中档题.13若实数，满足约束条件则目标函数的最小值为_；最大值为_【答案】2 【解析】作出可行域，由可得，作出直线，平移直线当截距最大时，z有最大值，平移直线当截距最小时，z有最小值.【详解】作出可行域如下：由可得，作出直线,平移直线过B(1,0)时，z有最小值，平移直线过A(1，）时，z有最大值.【点睛】本题主要考查了线性规划最优解，属于中档题.14在中，角，和所对的边长为

8、，和，面积为，且为钝角，则_；的取值范围是_【答案】 【解析】根据三角形面积公式及余弦定理可得，利用正弦定理可知 ，根据三角函数恒等变换及三角函数性质可求出其取值范围.【详解】因为 ，所以 即，因为为钝角，所以，由正弦定理知因为为钝角，所以,即所以 所以，即的取值范围是.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角恒等变换及正切函数的性质，属于难题.15安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有 种.（用数字作答）【答案】210【解析】略16定义在上的偶函数满足：当时有，且当时，若方程恰有三个实根，则的取值范围是_【答案】【解析】方程恰有三个实根即与

9、图象有三个交点，因为函数是偶函数，先分析当时函数的图象，利用数形结合可确定m的取值范围，再根据函数的对称性，得到时，m的取值范围即可.【详解】因为当时，设，则，所以，又，所以，可作出函数在上的图象，又函数为偶函数，可得函数在的图象，同时作出直线， 如图：方程恰有三个实根即与 图象有三个交点，当时，由图象可知，当直线过，即时有4个交点，当直线过，即时有2个交点，当时有3个交点，同理可得当时，满足时，直线与有3个交点.故填.【点睛】，本题主要考查了函数与方程，函数的图象，数形结合的思想方法，属于难题.17过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则的最小值为_【答案】【解析】设，根据.点

10、满足可得，同理可得纵坐标的关系，根据A,B在椭圆上可得，利用点到直线的距离即可求出最小值.【详解】设，则于是，同理，于是我们可以得到 .即，所以Q点的轨迹是直线，即为原点到直线的距离，所以【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系，向量的坐标运算，轨迹问题，属于难题.三、解答题18已知函数.（1）求的最小正周期；（2）求函数在区间上的取值范围.【答案】（）；（）；（）【解析】试题分析：（）本小题用降幂公式，二倍角公式和辅助角公式把函数变形为，用周期公式可求得其周期；（）因为，令，解出x的范围即可；（）本小题由x的范围得到的范围，根据正弦函数的图象可得的取值范围，从而可得函数在区间上的取值范

11、围试题解析：（1）所以（2）由得 所以函数的单调递增区间是（3）由得，所以所以【考点】降幂公式，二倍角公式，辅助角公式，周期公式，正弦函数的图象和性质，化归思想19在三棱拄中，侧面，已知，.AEBCC1B1A1（）求证：平面；（）试在棱(不包含端点)上确定一点的位置，使得；（）在（）的条件下,求和平面所成角正弦值的大小. 【答案】（）详见解析；（）详见解析；（）【解析】试题分析：（）欲证线面垂直，先考察线线垂直，易证，可试证，由题目给条件易想到利用勾股定理逆定理；（）要想在棱找到点，使得，易知，那么这时就需要使，这时就转化为一个平面几何问题：以矩形的边为直径作圆，与的公共点即为所求，易知只有一

12、点即的中点 ，将以上分析写成综合法即可，找到这一点后，也可用别的方法证明，如勾股定理逆定理；（）求直线与平面所成的角，根据其定义，应作出这条直线在平面中的射影，再求这条直线与其射影的夹角（三角函数值），本题可考虑点在平面的射影，易知平面与侧面垂直，所以点在平面的射影必在两平面的交线上，过做的垂线交于，则为所求的直线与平面的夹角.试题解析：（）因为，所以，所以因为侧面，平面，所以，又，所以，平面 4分（）取的中点，连接 ，等边中，同理， ，所以，可得，所以因为侧面，平面，所以，且，所以平面，所以； 8分（）侧面，平面，得平面平面，过做的垂线交于，平面连接，则为所求，因为 ，所以 ，为的中点 得为

13、的中点， ， 由（2）知 ，所以 13分【考点】空间中直线与平面垂直、直线与平面平行、平面与平面垂直的判定与性质.20数列的前项和为，对任意，有.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】（1）根据数列中项与前n项和的关系即可求解（2）利用错位相减法求数列的前n项和即可.【详解】（1）由知 两式相减得： 又，所以也成立，故 即数列是以1为首项，为公比的等比数列，所以.（2）因为 ，所以 两式相减得：，所以.【点睛】本题主要考查了数列前n项和与项的关系，错位相减法，属于中档题.21已知抛物线：内有一点，过的两条直线，分别与抛物线交于，和，两点，且满足，已知线段

14、的中点为，直线的斜率为.（1）求证：点的横坐标为定值；（2）如果，点的纵坐标小于3，求的面积的最大值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】（1）设中点为，根据向量的线性运算可知，且，和三点共线，利用点差法可得，即，可知轴，故为定值（2）由得到，设，联立直线与抛物线方程可求，写出面积公式即可求最值.【详解】（1）设中点为，则由，可推得，这说明，且，和三点共线.对，使用点差法，可得，即.同理.于是，即轴，所以为定值.（2）由得到，设，联立得，所以,根据点到直线的距离公式知P到AB的距离为， 于是，令x=,则，令得，当时， ,函数为增函数，当时，函数为减函数，故当，即时，有最大值.【点睛】本题主要考

15、查了直线与抛物线的位置关系，向量的线性运算，三角形面积，属于难题.22函数，其中，.（1）若为定值，求的最大值；（2）求证：对任意，有 ；（3）若，求证：对任意，直线与曲线有唯一公共点.【答案】（1）（2）见证明；（3）见证明；【解析】（1）n看作常数，函数求导后令导数等于零，可得，可知函数在处有极大值，可得函数最大值（2）取得，利用放缩法得 ，再根据裂项相消法求和即可（3）要证明当，时，关于的方程有唯一解，令，即证明有唯一零点，再利用导数得函数单调性，极值确定函数大致图象，证明只有唯一零点即可.【详解】（1）为定值，故，令，得，当时，当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数有

16、极大值 ，也是最大值，所以.（2）由前一问可知，取得，于是 .（3）要证明当，时，关于的方程有唯一解，令，即证明有唯一零点，先证明存在零点，再利用导数得函数单调性，极值确定函数只有唯一零点.我们先证三个引理【引理1】（由第1问取即可）【引理2】（由【引理1】变形得到）【引理3】（可直接证明也可由【引理2推出】证明：.下面我们先证明函数存在零点，先由【引理2】得到：.令，可知.再由【引理3】得到，于是 .令，且，可知.由连续性可知该函数一定存在零点.下面我们开始证明函数最多只能有一个零点.我们有.令，则，则在递增，在递减，即.当时，有恒成立，在上递增，所以最多一个零点.当时，令，即，于是 .再令，由【引理1】可以得到.因此函数在递增，递减，递增，时，有极大值但其极大值，所以最多只有一个零点.综上，当，时，函数与的图像有唯一交点.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的最大值，证明不等式，涉及导数在研究单调性，恒成立，不等式方面的应用，属于难题.专心-专注-专业