河南省郑州第一中学2019届高三第二次联合质量测评理科数学试题（解析版）

河南省郑州第一中学2019届高三第二次联合质量测评理科数学试题（解析版）

河南省郑州一中2019届高三第二次联合质量测评 数学（理科）‎ 第Ⅰ卷（选择题，共60分）‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。‎ ‎1.已知集合，集合.则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接解一元二次不等式化简集合A，再求A交B，则答案可求．‎ ‎【详解】解：A＝{x|}＝{x|x＜5}．又 则A∩B＝．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了一元二次不等式的解法，是基础题．‎ ‎2.已知复数（为虚数单位），则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．‎ ‎【详解】解：∵z（1+i）2＝1﹣i，‎ ‎∴2zi＝1﹣i，‎ ‎∴﹣2z＝i（1﹣i）＝1+i，‎ ‎∴zi，‎ ‎∴═i，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题．‎ ‎3.已知命题：方程表示双曲线；命题：.命题是命题的（ ）‎ 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】‎ 等价转化命题，利用充分必要性定义结合不等式性质判断即可.‎ ‎【详解】方程表示双曲线等价于，即命题：，‎ 由推不出，充分性不具备，‎ 由能推出，必要性具备，‎ 故命题是命题的必要不充分条件，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用好双曲线方程系数的关系是解决本题的关键，比较基础．‎ ‎4.已知等差数列各项均为正数，，，则数列的通项公式为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的性质及通项公式求得首项与公差，即可得到数列的通项公式.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为d，‎ 由可得：，即，‎ 又，‎ ‎∴，又 ‎∴是方程的两根，又等差数列各项均为正数，‎ ‎∴，∴d=2‎ 故数列的通项公式为 故选：A ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎5.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的单调性及特殊值即可作出判断．‎ ‎【详解】由易得f（﹣x）+f（x）＝0，‎ ‎∴f（x）是奇函数；‎ 当x=1时，排除A，‎ 当x＞0时，，函数在上单调递减，‎ 故可排除Ｂ，Ｄ 故选：Ｃ ‎【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.‎ ‎6.已知，分别为椭圆的两个焦点，为椭圆上任意一点.若的最大值为3，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 点到椭圆的焦点的最大距离为最小距离为，结合题意可得结果．‎ ‎【详解】点到椭圆的焦点的最大距离为最小距离为，‎ 又的最大值为3，‎ ‎∴，∴ｅ＝‎ 故选：Ｂ ‎【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：‎ ‎①求出a，c，代入公式；‎ ‎②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．‎ ‎7.如图所示的程序框图，则输出结果为（ ）‎ A. B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟执行程序框图，可得程序的功能是求的值，即可求得S的值．‎ ‎【详解】解：模拟执行程序框图，可得程序的功能是求S的值，‎ 由于S ‎．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了程序框图和算法，模拟执行程序框正确得到程序的功能是解题的关键，属于基础题．‎ ‎8.已知函数，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对x讨论，当x＞0时，当x≤0时，运用分式函数和对数函数的单调性，解不等式，即可得到所求解集．‎ ‎【详解】解：当时，，即为：‎ ‎，解得x2；‎ 当时，，即为：‎ ‎，解得x0．‎ 综上可得，原不等式的解集为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的运用：解不等式，注意运用分类讨论的思想方法，以及分式函数和对数函数的单调性，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎9.将曲线围成的区域记为Ⅰ，曲线围成的区域记为Ⅱ，曲线与坐标轴的交点分别为、、、，四边形围成的区域记为Ⅲ，在区域Ⅰ中随机取一点，此点取自Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意分别计算出三个区域的面积，即可得到 ‎【详解】由方程，得：‎ 或，‎ ‎∴曲线围成的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，如图：‎ 可知区域Ⅰ 的面积为；‎ 区域Ⅱ的面积为；‎ 区域Ⅲ的面积为；‎ ‎∴由几何概率公式得：，，‎ 故。‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了几何概型的概率问题，关键是求出对应的面积，属于基础题．‎ ‎10.第十四届全国运动会将于2021年在陕西举办，为宣传地方特色，某电视台派出3名男记者和2名女记者到民间进行采访报导。工作过程中的任务划分为：“负重扛机”，“对象采访”，“文稿编写”“编制剪辑”等四项工作，每项工作至少一人参加，但两名女记者不参加“负重扛机”，则不同的安排方案数共有（ ）‎ A. 150 B. 126 C. 90 D. 54‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 记两名女记者为甲乙，三名男记者为丙、丁、戊，根据题意，按甲乙的分工情况不同分两种情况讨论，①甲乙一起参加除了“负重扛机”的三项工作之一，②甲乙不同时参加一项工作；分别由排列、组合公式计算其情况数目，进而由分类计数的加法公式，计算可得答案．‎ ‎【详解】解：记两名女记者为甲乙，三名男记者为丙、丁、戊 根据题意，分情况讨论，①甲乙一起参加除了“负重扛机”的三项工作之一：C31×A33＝18种；‎ ‎②甲乙不同时参加一项工作，进而又分为2种小情况；‎ ‎1°丙、丁、戊三人中有两人承担同一份工作，有A32×C32×A22＝3×2×3×2＝36种；‎ ‎2°甲或乙与丙、丁、戊三人中的一人承担同一份工作：A32×C31×C21×A22＝72种；‎ 由分类计数原理，可得共有18+36+72＝126种，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查排列、组合的综合运用，注意要根据题意，进而按一定顺序分情况讨论．‎ ‎11.若关于的方程只有一个实数解，则实数的值（ ）‎ A. 等于-1 B. 等于1 C. 等于2 D. 不唯一 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对a分类讨论时不适合题意，当时，令，，转化为两个函数图象的交点情况即可.‎ ‎【详解】令，‎ 则关于x的方程只有一个实数解，‎ 等价于关于t的方程只有一个实数解，‎ 若，则由及为增函数，得：‎ ‎ ，方程无解 故。‎ 令，，‎ 则当时，有最小值 ，‎ 函数的图象关于点对称，‎ 当时，两函数，的图象有且只有一个交点，从而满足题意，‎ 当时，两函数，的图象有两个交点，不合题意，‎ 当时，两函数，的图象没有交点，不合题意，‎ 所以，为所求。‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 ‎(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；‎ ‎(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；‎ ‎(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．‎ ‎12.已知三棱柱的所有顶点都在球的球面上，该三棱柱的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，若球的表面积为，则三棱柱的体积为（ ）‎ A. B. 12 C. D. 18‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知该三棱柱的底面是等边三角形，设三棱柱底面边长为a，高为h，截面圆的半径为r，球半径为R，可得，从而得到结果.‎ ‎【详解】因为三棱柱的五个面所在的平面截球面所得的圆的大小相同，‎ 所以该三棱柱的底面是等边三角形，设三棱柱底面边长为a，高为h，截面圆的半径为r，球半径为R，‎ ‎∵球O的面积为 ， ，解得，‎ ‎∵底面和侧面截得的圆的大小相同，‎ ‎∴，‎ ‎∴，①‎ 又∵，②‎ 由①②得，‎ 则该三棱柱的体积为。‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法 ‎(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．‎ ‎(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。请将答案填写在答题纸上。‎ ‎13.已知实数，满足线性约束条件，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最值即可．‎ ‎【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图所示，‎ 令 ，则，‎ 作出直线l：，平移直线l，由图可得，‎ 当直线经过点C时，直线在y轴上的截距最大，‎ 此时取得最小值，‎ 由，可得，即C，‎ ‎∴ 的最小值是。‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.‎ ‎14.已知，，，则在方向上的投影为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对两边平方得到，代入投影公式得到结果.‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴‎ ‎∵ ，∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎∴在方向上的投影为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的数量积的性质，考查向量的模，向量的投影的概念，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎15.将的图像向右平移个单位后（），得到的图像，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将图像向右平移个单位后，得到图像，即，从而得到，即可得到结果.‎ ‎【详解】将图像向右平移个单位后，得到图像 因为，‎ 所以，‎ 则，‎ 则 ，又因为，‎ 所以当k=1时，取得最小值 。‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的图像变换，考查了函数与方程思想，属于中档题.‎ ‎16.已知二进制和十进制可以相互转化，例如，则十进制数89转化为二进制数为.将对应的二进制数中0的个数，记为（例如：，，，则，，），记，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知所有的数转换为二进制后，总位数都为2019，且最高位都为1，而除最高位之外的剩余2018位中，每一位都是0或者1，从而有在这个数中，转换为二进制后有k个0的数共有个.‎ ‎【详解】由题意得共个数中所有的数转换为二进制后，总位数都为2019，且最高位都为1‎ 而除最高位之外的剩余2018位中，每一位都是0或者1‎ 设其中的数x，转换为二进制后有k个0（）‎ ‎∴‎ 在这个数中，转换为二进制后有k个0的数共有个 ‎∴‎ 由二项式定理，。‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查进位制的转化，考查二项式定理的应用，考查转化能力，属于难题.‎ 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22，23题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题：共60分。‎ ‎17.已知函数，的内角、、的对边分别为、、.‎ ‎（1）求的取值范围；‎ ‎（2）若，，且，的面积为2，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题易得，利用正弦函数的图像与性质可得的取值范围；‎ ‎(2)利用，可得，结合余弦定理及三角形的面积公式可得结果.‎ ‎【详解】（1）.‎ 由题意，则，.‎ 的取值范围为.‎ ‎（2）由题意知：，∴，，∴，.‎ 又∵为锐角，∴.‎ 由余弦定理及三角形的面积得，解得.‎ 方法二：且，，为等腰直角三角形，所以.‎ ‎【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：‎ 第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.‎ 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.‎ 第三步：求结果.‎ ‎18.如图所示，在多面体中，矩形所在平面与直角梯形所在平面垂直，，，为的中点，且，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)要证平面，即证，构造四边形，证明其为平行四边形即可；‎ ‎(2) 以为原点，分别以、、为，，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：如图，‎ 取的中点，连结.‎ ‎∵是的中点，是的中点.‎ ‎∴，.‎ 又，.∴，.‎ ‎∴四边形是平行四边形，∴.‎ 又∵平面，平面.‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）∵平面平面，，平面平面，‎ ‎∴平面.∴，.‎ ‎∵，，∴.‎ 如图，以为原点，分别以、、为，，轴，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，，，，‎ ‎∴，.‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，令，得，，∴.‎ 又，∴.‎ ‎∴直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，考查直线与平面所成角的正弦值的求法，考查空间向量坐标法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎19.某校要通过选拔赛选取一名同学参加市级乒乓球单打比赛，选拔赛采取淘汰制，败者直接出局。现有两种赛制方案：三局两胜制和五局三胜制。问两选手对决时，选择何种赛制更有利于选拔出实力最强的选手，并说明理由。（设各局胜负相互独立，各选手水平互不相同。）‎ ‎【答案】五局三胜更有利于选拔出实力最强的选手。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出三局两胜制甲胜的概率和五局三胜制甲胜的概率，由此能得到采用“五局三胜制”对甲有利．‎ ‎【详解】甲乙两人对决，若甲更强，则其胜率。采用三局两胜制时，若甲最终获胜，其胜局情况是：“甲甲”或“乙甲甲”或“甲乙甲”.而这三种结局互不相容，于是由独立性得甲最终获胜的概率为：.‎ 采用五局三胜制，若甲最终获胜，至少需比赛3局，且最后一局必须是甲胜，而前面甲需胜二局，由独立性得五局三胜制下甲最终获胜的概率为：.‎ 而 .‎ 因为，所以，即五局三胜的条件下甲最终获胜的可能更大。所以五局三胜制更能选拔出最强的选手。‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法及应用，是中档题，解题时要认真审题，注意n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式的合理运用．‎ ‎20.已知点在抛物线：的准线上，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，.‎ ‎（1）证明：为定值；‎ ‎（2）当点在轴上时，过点作直线，交抛物线于，两点，满足.问：直线是否恒过定点，若存在定点，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）直线过定点 .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 求导，求得直线PA的方程，将P代入直线方程，求得，同理可知．则，是方程x2﹣2ax﹣4＝0的两个根，则由韦达定理求得的值，即可求证为定值； ‎ ‎(2) 设，.利用点差法可得，同理可得，‎ 结合垂直关系可得，又因为，两式作差，可得，，从而可得结果.‎ ‎【详解】解：（1）法1：抛物线：的准线为：，故可设点，‎ 由，得，所以.所以直线的斜率为.‎ 因为点和在抛物线上，所以，.‎ 所以直线的方程为.‎ 因为点在直线上，‎ 所以，即.‎ 同理，.‎ 所以，是方程的两个根，所以.‎ 又，所以为定值.‎ 法2：设过点且与抛物线相切的切线方程为，‎ 由，消去得，‎ 由，化简得，所以.‎ 由，得，所以.‎ 所以直线的斜率为，直线的斜率为.‎ 所以，即.‎ 又，‎ 所以为定值.‎ ‎（2）存在，由（1）知.‎ 不妨设，则，，即，.‎ 设，.‎ 则，两式作差，可得，‎ 所以直线的斜率为，同理可得，‎ 因为，所以，‎ 整理得，①‎ 又因为，两式作差，可得，‎ 从而可得直线的斜率为，‎ 所以直线的方程为，‎ 化简可得，‎ 将①代入上式得，‎ 整理得.‎ 所以直线过定点，即点的坐标为.‎ ‎【点睛】圆锥曲线中定点问题的常见解法 ‎（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；‎ ‎（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．‎ ‎21.设函数.‎ ‎（1）若函数有两个不同的极值点，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若，，，且当时，不等式恒成立，试求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的导数，得到a，令h（x），根据函数的单调性求出a的范围即可；‎ ‎（2）代入a的值，问题转化为k，令F（x）（x＞2），求出函数的导数，根据函数的单调性求出k的最大值即可．‎ ‎【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，‎ ‎，令，∴，.‎ 令，则由题意可知：直线与函数的图像有两个不同的交点.，令则.‎ 在上单调递增，在上单调递减，，‎ 又因为，在上递增，当，；又当，.‎ ‎∴，又在递减.当，，结合，，图像易得.‎ 实数的取值范围为.‎ ‎（2）当时，.‎ 即：，‎ ‎∵，∴.‎ 令，则.‎ 令.则.‎ ‎∴在上单调递增.‎ ‎..‎ ‎∴函数在上有唯一零点，即：.‎ ‎∴时，.即.‎ 当时，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∵，∴，∴的最大值为4.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想，是一道综合题．‎ ‎（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做第一题计分。‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程及曲线的直角坐标方程，并指出两曲线的轨迹图形；‎ ‎（2）曲线与两坐标轴的交点分别为、，点在曲线上运动，当曲线与曲线相切时，求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）12.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 曲线化为普通方程，表示一条直线；曲线对a分类讨论明确轨迹的形态；‎ ‎(2)先求出A，B的坐标，得到，利用圆的切线求出圆上点到直线的最大距离，即可得到结果.‎ ‎【详解】（1）曲线化为普通方程为，是一条直线，‎ 对于曲线：由及代入曲线的极坐标方程得其直角坐标方程为，即为.‎ 当，曲线是以为圆心，为半径的圆.‎ 当，曲线表示一点.‎ 当，曲线不存在.‎ ‎（2）由（1）知曲线化为普通方程为，‎ 令，；，，所以，，‎ 又由题可知，曲线：，‎ 由直线与圆相切可知，‎ 解得，此时：，‎ 所以，‎ 所以面积的最大值为12.‎ ‎【点睛】本题考查三角形面积最值的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）记函数，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)讨论x的范围，解不等式组得到结果；‎ ‎(2) 不等式恒成立即 ‎【详解】解：（1）依题意得，‎ 于是得或或.‎ 解得，或.‎ 即不等式的解集为.‎ ‎（2）‎ ‎，‎ 当且仅当，即时取等号，‎ 若对于任意的，不等式恒成立，则，‎ 所以，解得，即实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，不等式恒成立求参数的范围，考查分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．‎