吉林省松原高中2019届高三第一次模拟考试卷 理科数学（二）

吉林省松原高中2019届高三第一次模拟考试卷 理科数学（二）

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ ‎2019届高三第一次模拟考试卷 理 科 数 学（二）‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．‎ ‎1．[2018·玉林摸底]（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．[2018·云天化中学]已知集合，，则（ ）‎ A．， B． C． D．‎ ‎3．[2018·浏阳六校联考]函数的图象大致是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎4．[2018·天水一中]设向量，满足，，则（ ）‎ A．6 B． C．10 D．‎ ‎5．[2018·沈阳期末]过点且与双曲线有共同渐近线的双曲线方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．[2018·浙江模拟]的内角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．[2018·哈尔滨六中]《九章算术》中盈不足章中有这样一则故事：“今有良马与驽马发长安，至齐．齐去长安三千里．良马初日行一百九十三里，日增一十二里；驽马初日行九十七里，日减二里．”为了计算每天良马和驽马所走的路程之和，设计框图如下图．若输出的的值为350，则判断框中可填（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．[2018南靖一中·]“微信抢红包”自2015年以来异常火爆，在某个微信群某次进行的抢红包活动中，若所发红包的总金额为8元，被随机分配为元，元，元，元，元，5份供甲、乙等5人抢，每人只能抢一次，则甲、乙二人抢到的金额之和不低于3元的概率是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．[2018·哈师附中]直三棱柱中，，，则直线与所成角的大小为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．[2018·三湘名校]将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变），再把得到的图象向左平移个单位长度，所得函数图象关于对称，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．[2018·哈师附中]已知定义域为的奇函数，当时，，当时，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．[2018·哈师附中]已知椭圆的右顶点为，点在椭圆上，为坐标原点，且，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．[2018·陕西四校联考]已知函数，则函数的图象在处的切线方程为__________．‎ ‎14．[2018·奉贤区二模]已知实数，满足，则目标函数的最大值是_______．‎ ‎15．[2018·湖北期中]已知，，则__________．‎ ‎16．[2018·张家界模拟]已知三棱锥满足底面，是边长为的等边三角形，是线段上一点，且．球为三棱锥的外接球，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为，则球的表面积为__________．‎ 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（12分）[2018·朝阳期中]设是各项均为正数的等比数列，且，．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若，求．‎ ‎18．（12分）[2018·齐齐哈尔期末]已知从地去地有①或②两条公路可走，并且汽车走公路①堵车的概率为，汽车走公路②堵车的概率为，若现在有两辆汽车走公路①，有一辆汽车走公路②，且这三辆车是否堵车相互之间没有影响，‎ ‎（1）若这三辆汽车中恰有一辆汽车被堵的概率为，求走公路②堵车的概率；‎ ‎（2）在（1）的条件下，求这三辆汽车中被堵车辆的辆数的分布列和数学期望．‎ ‎19．（12分）[2018·攀枝花一考]如图，矩形和菱形所在的平面相互垂直，，‎ 为的中点．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值．‎ ‎20．（12分）[2018·衡阳八中]设椭圆，离心率，短轴，抛物线顶点在原点，以坐标轴为对称轴，焦点为，‎ ‎（1）求椭圆和抛物线的方程；‎ ‎（2）设坐标原点为，为抛物线上第一象限内的点，为椭圆上一点，且有，当线段的中点在轴上时，求直线的方程．‎ ‎21．（12分）[2018·河南名校联盟]已知函数，．‎ ‎（1）探究函数的单调性；‎ ‎（2）若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．‎ ‎22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ ‎[2018·日照联考]已知平面直角坐标系中，过点的直线的参数方程为(为参数)，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，与曲线相交于不同的两点，．‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；‎ ‎（2）若，求实数的值．‎ ‎23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ ‎[2018·仙桃中学]已知函数．‎ ‎（1）当时，求的解集；‎ ‎（2）当时，恒成立，求的取值范围．‎ ‎2019届高三第一次模拟考试卷 理科数学（二）答 案 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．‎ ‎1．【答案】B ‎【解析】，故选B．‎ ‎2．【答案】D ‎【解析】∵集合，，‎ ‎∴，故选D．‎ ‎3．【答案】A ‎【解析】由题意得函数的定义域为，‎ ‎∵，∴函数为偶函数，其图象关于轴对称，∴可排除C，D．‎ 又当时，，，∴，所以可排除B，故选A．‎ ‎4．【答案】D ‎【解析】∵向量，满足，，∴，解得．‎ 则．故选D．‎ ‎5．【答案】A ‎【解析】设与双曲线有共同渐近线的双曲线方程为，又因为该双曲线过点，所以，即，即为所求双曲线方程．故选A．‎ ‎6．【答案】B ‎【解析】，即，，‎ ‎，，解得，即，，故选B．‎ ‎7．【答案】B ‎【解析】模拟程序的运行，可得，；执行循环体，，；‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，，；‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，，；‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，，；‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，，；‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，，；‎ 不满足判断框内的条件，执行循环体，，；‎ 由题意，此时，应该满足判断框内的条件，退出循环，输出的值为350．‎ 可得判断框中的条件为．故选B．‎ ‎8．【答案】D ‎【解析】由题意，所发红包的总金额为8元，被随机分配为元、元、元、元、元、5分，供甲、乙等5人抢，每人只能抢一次，‎ 甲乙二人抢到的金额之和包含的基本事件的总数为，‎ 甲乙二人抢到的金额之和不低于3元包含的基本事件有6个，分别为 ‎，，，，，，‎ 所以甲乙二人抢到的金额之和不低于3元的概率为，故选D．‎ ‎9．【答案】B ‎【解析】‎ 因为几何体是直三棱柱，，直三棱柱中，侧棱平面，，连结，，取的中点，连结，则直线与所成的角为．‎ 设，．易得，‎ 三角形是正三角形，异面直线所成角为．故选B．‎ ‎10．【答案】B ‎【解析】函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍后得到，再向左平移后得到，‎ 因为的图象关于于对称，‎ ‎，解得，当时，，故选B．‎ ‎11．【答案】B ‎【解析】定义域为的奇函数，当时，，则，‎ 则，‎ 又当时，，，故．‎ 故选B．‎ ‎12．【答案】B ‎【解析】∵，∴点在以为直径的圆上，‎ ‎∵，，∴以为直径的圆方程为，即，‎ 由消去，得．‎ 设，∵、是椭圆与两个不同的公共点，‎ ‎∴，，可得．‎ ‎∵由图形得，∴，即，可得，得，‎ ‎∴，解得椭圆离心率，‎ 又∵，∴椭圆的离心率的取值范围为．本题选择B选项．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．【答案】‎ ‎【解析】∵，∴，∴，‎ 又，∴所求切线方程为，即．故答案为．‎ ‎14．【答案】4‎ ‎【解析】作出不等式组对应的平面区域如图所示：‎ 由得，平移直线，由图象可知，当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大，．故答案为4．‎ ‎15．【答案】1‎ ‎【解析】，，，，相加得，‎ ‎．故答案为1．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】‎ 将三棱锥补成正三棱柱，且三棱锥和该正三棱柱的外接球都是球，记三角形的中心为，设球的半径为，，则球心到平面的距离为，即，‎ 连接，则，，在三角形中，取的中点为，‎ 连接，，则，，，‎ 在直角三角形中，由题意得到当截面与直线垂直时，截面面积最小，‎ 设此时截面圆的半径为，则最小截面圆的面积为，当截面过球心时，截面面积最大为，‎ ‎，如图三，，，，，‎ 球的表面积为．故答案为．‎ 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】（1）设为首项为，公比为，，则依题意，‎ ‎，解得，，‎ 所以的通项公式为，．‎ ‎（2）因为，‎ 所以 ‎．‎ ‎18．【答案】（1）；（2）分布列见解析，．‎ ‎【解析】（1）由已知条件得，即，‎ ‎∴，即走公路②堵车的概率为．‎ ‎（2）由题意得的所有可能取值为0，1，2，3，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴随机变量的分布列为 所以．‎ ‎19．【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）∵矩形和菱形所在的平面相互垂直，∴，‎ ‎∵矩形菱形，∴平面，‎ ‎∵平面，∴，‎ ‎∵菱形中，，为的中点．∴，即，‎ ‎∵，∴平面．‎ ‎（2）由（1）可知，，两两垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则，，故，，，，则，，，‎ 设平面的法向量，‎ 则，取，得，‎ 设平面的法向量，‎ 则，取，得，‎ 设二面角的平面角为，则，‎ 易知为钝角，∴二面角的余弦值为．‎ ‎20．【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】（1）由得，又有，代入，解得，‎ 所以椭圆方程为，‎ 由抛物线的焦点为得，抛物线焦点在轴，且，抛物线的方程为．‎ ‎（2）由题意点位于第一象限，可知直线的斜率一定存在且大于0，‎ 设直线方程为，，‎ 联立方程得：，可知点的横坐标，即，‎ 因为，可设直线方程为，‎ 连立方程，得，从而得，‎ 若线段的中点在轴上，可知，即，‎ 有，且，解得，‎ 从而得，，直线的方程．‎ ‎21．【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）依题意，，，‎ 若，则，故，故函数在上单调递增；‎ 当时，令，解得，；‎ 若，则，，故函数在上单调递增；‎ 若，则当时，，当时，，当时，；‎ 综上所述：当时，函数在上单调递增；‎ 当时，函数在和上单调递增，‎ 在上单调递减．‎ ‎（2）题中不等式等价于，即，‎ 因此，‎ 设，则，，‎ 当时，，即，单调递减；‎ 当时，，即，单调递增；‎ 因此为的极小值点，即，故，‎ 故实数的取值范围为．‎ ‎22．【答案】（1）方程：，曲线方程：；（2）．‎ ‎【解析】（1）∵（为参数），∴直线的普通方程为．‎ ‎∵，∴，‎ 由得曲线的直角坐标方程为．‎ ‎（2）∵，∴，‎ 设直线上的点，对应的参数分别是，，则，，‎ ‎∵，∴，∴，‎ 将，代入，得，‎ ‎∴，又∵，∴．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）当时，由，可得，‎ ‎①或②或③，‎ 解①得：，解②得：，解③得：，‎ 综上所述，不等式的解集为．‎ ‎（2）若当时，成立，‎ 即，故，‎ 即，‎ 对时成立，故．‎