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1、 选择题 若集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】利用集合的并运算求解即可.因为集合，由集合的并运算可得，.故选：D 选择题 是虚数单位，则（）A.B.2 C.D.【答案】C【解析】由复数模长的定义可直接求得结果.，.故选：.选择题 若双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】由双曲线的离心率，结合的关系求出的关系，代入双曲线的渐近线方程即可求解.因为双曲线的离心率为，即，所以，又，所以，因为双曲线的渐近线方程为，所以该双曲线的渐近线方程为.故选：C 第 18 届国际篮联篮球世界杯（世界男子篮球锦标赛更名为篮球世界杯后的第二届世界杯）于 2019
2、年 8 月 31 日至 9 月 15 日在中国的北京、广州、南京、上海、武汉、深圳、佛山、东莞八座城市举行.中国队 12 名球员在第一场和第二场得分的茎叶图如图所示，则下列说法正确的是（）A.第一场得分的中位数为 B.第二场得分的平均数为 C.第一场得分的极差大于第二场得分的极差 D.第一场与第二场得分的众数相等【答案】ABD【解析】根据茎叶图分别计算中位数、平均数、极差和众数，依次判断各个选项即可得到结果.对于，将第一场得分从小到大排序可知中位数为，正确；对于，第二场得分的总分为，则平均数为，正确；对于，第一场得分的极差为，第二场得分的极差为，错误；对于，第一场和第二场得分的众数均为，正确.
3、故选：.选择题 已知数列是等差数列，其前 项和为，若，则（）A.6 B.4 C.11 D.3【答案】A【解析】利用等差数列的性质和等差数列前 n 项和公式即可求解.因为，由等差数列前 n 项和公式可得，解得，由等差数列的性质可得，所以.故选：A 选择题 展开式中含的系数是（）A.15 B.C.10 D.【答案】D【解析】由二项展开式通项公式可确定，由此可求得系数.展开式的通项，当时，即的系数为.故选：.选择题 函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】根据题意，利用函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性排除选项；利用排除选项 A 即可.由题意知，函数的定义域为，其定义域关于原点对称，因为
4、 又因为，所以，即函数为偶函数，故排除；又因为，故排除 A.故选：B 选择题 某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体为由 的球体和的圆锥体组成，结合三视图中的数据，利用球和圆锥的体积公式求解即可.由三视图可知，该几何体为由 的球体和的圆锥体组成，所以所求几何体的体积为，因为，所以，即所求几何体的体积为.故选：A 选择题 图为祖冲之之子祖暅“开立圆术”中设计的立体模型.祖暅提出“祖氏原理”，他将牟合方盖的体积化成立方体与一个相当于四棱锥的体积之差，从而求出牟合方盖的体积等于（为球的直径），并得到球的体积为
5、，这种算法比外国人早了一千多年，人们还用过一些类似的公式，根据，判断下列公式中最精确的一个是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】利用选项中的公式化简求得，找到最精确的选项即可.由得：.由得：，；由 得：，；由得：，；由得：，的公式最精确.故选：.选择题 已知，分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆上的一点，且在轴的左侧过点作的角平分线的垂线，垂足为，若（为坐标原点）则等于（）A.4 B.2 C.D.【答案】A【解析】延长交的延长线于点,根据题意作出图形，利用三角形全等和三角形中位线的性质即可求解.延长交的延长线于点,作图如下：因为为的角平分线，且，所以，所以，因为分别为的中点，所以为的中位线，所以，
6、所以.故选：A 选择题 若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有下界，其中为函数的一个下界；若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有上界，其中为函数的一个上界如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界 下述四个结论：1 不是函数的一个下界；函数有下界，无上界；函数有上界，无下界；函数有界 其中所有正确结论的编号是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】根据函数上界、下界及有界的概念，利用导数判断函数的单调性并求最值，结合选项，利用排除法，对结论进行逐项判断即可.对于结论：当时，由对勾函数的性质知，函数恒成立，所以可得函数对任意恒成立，即 1 是函数的一个下界，故结论错误；对于结论：因为函数，所以
7、，所以当时，；当时，故函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数有最小值为，即存在使任意，恒成立，故函数有下界；当时，函数，故函数无上界；因此结论正确；对于结论：因为函数，所以，所以当时，；当时，；当时，；所以函数在 上单调递增；在上单调递减，当时，所以函数无上界，故结论错误；对于结论：因为函数为周期函数，且，当时，该函数为振荡函数，所以对任意函数恒成立，故函数有界，故结论正确.故选：B 选择题 已知数列满足条件，则的最小值为（）A.3 B.2 C.1 D.0【答案】C【解析】利用可得，即，结合可得，利用累加法可得，只需求出的最小值即可，结合，即，分两种情况分别代入递推式，依次求出的值，求
8、出使最小的对应的的值即可.因为，所以，即，又，所以，由可得，上述式子相加可得，所以，由题意知，数列为整数列，所以，由，可得，当，时，等号可以成立，取得最小值为.故选：.填空题 已知向量，若 ，则实数 等于_【答案】【解析】利用平面向量平行的坐标表示即可求解.因为 ，由平面向量平行的坐标表示可得，解得.故答案为：填空题 已知函数，点和是函数图象上相邻的两个对称中心，则_.【答案】2【解析】根据正弦函数两相邻对称中心横坐标间隔为半个最小正周期可求得最小正周期，由此可求得.和是两个相邻的对称中心，即，.故答案为：.填空题 若，满足约束条件，则的最大值为_ 【答案】【解析】作出不等式组表示的平面区域，
9、平移直线，根据目标函数的几何意义知，向下平移直线到最高点时，目标函数有最大值，据此求出目标函数最大值即可.根据题意,作出不等式组表示的平面区域如图所示：根据目标函数的几何意义知，向下平移，当直线经过点 A 时，目标函数有最大值，联立方程，解得，即点 A 为，所以目标函数的最大值为.故答案为：填空题 在正三棱柱中，分别为，的中点，平面过点，且平面平面，平面平面，则异面直线与 所成角的余弦值为_.【答案】【解析】由面面平行性质可知，取的中点分别为，可证得，由此得到异面直线所成角为或其补角，通过求得可确定所成角为，进而得到结果.平面平面，平面平面，平面平面，取的中点分别为，连接，如图所示，则，异面直
10、线与 所成的角为或其补角，异面直线与 所成的角为，异面直线与 所成角的余弦值为.故答案为：.解答题 在中，分 别 为 内 角，的 对 边，且（1）求角的大小；（2）若，求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】（1）利用正弦定理边化角，再由两角和的正弦公式即可求出，结合角的取值范围即可求解；（2）由（1）知，结合余弦定理得到关于的方程，利用基本不等式即可求解.（1）因为，利用正弦定理可得，即，因为，所以，即，因为，所以，因为，所以.（2）由（1）及余弦定理可得，即，所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为.解答题 如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，分别为线段，的中点 （1）证明：平面平面（
11、2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）连接，设与相交于点，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理即可证明；（2）由线面垂直的性质可得，故、两两互相垂直，以为原点，所在的直线为 轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，利用空间向量法，则空间向量所成角的余弦值的绝对值即为所求.（1）证明：连接，设与相交于点，如图，因为，且，所以四边形为矩形，所以为的中点，又因为为的中点，所以为的中位线，即,因为平面，平面，所以平面，因为，分别为线段，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以平面平面.（2）因为底面，平面，平面，所以，因为，所以
12、、两两互相垂直，以为原点，所在的直线为 轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，所以，设平面的法向量为，则，所以，令，可得，所以，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.解答题 已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）若恒成立，求的最大值【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在单调递减；（2）的最大值为.【解析】（1）对函数进行求导，分和两种情况利用导数判断函数的单调性；（2）恒成立等价于对任意恒成立，结合（1）中的结论，分和两种情况分别求出函数的最大值，并满足，据此得到关于的不等式，进而求出的最大值即可.（1）因为函数，所以，当时，在上恒成立，
13、所以函数在上单调递增；当时，令，则，所以当时，；当时，所以函数在上单调递增，在单调递减，综上可知，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在单调递减.（2）由题意知，恒成立等价于对任意恒成立，由（1）知，当时，函数在上单调递增，所以当时，显然不符合题意，故舍去；当时，函数在上单调递增，在单调递减，所 以 此 时 函 数的 最 大 值 为，即 需 满 足成立，所以可得，两边同时除以 可得，令，则，所以函数在上单调递增，上单调递减，所以当时，函数有最大值为，即，故所求的最大值为.解答题 已知点是抛物线上一点，点为抛物线的焦点，.（1）求直线的方程；（2）若直线与抛物线的另一个交点为，曲线在
14、点与点处的切线分别为，直线相交于点，求点的坐标.【答案】（1）；（2）【解析】（1）利用抛物线焦半径公式可求得抛物线方程和焦点坐标，进而求得 点坐标；由直线两点式方程可整理得到直线的一般式方程；（2）联立直线方程与抛物线方程可求得点坐标，假设切线方程，与抛物线方程联立后可利用求出切线方程，两条切线方程联立即可求得交点坐标.（1），解得：，抛物线的方程为，又 为抛物线上一点，又，直线的方程为，即.（2）联立得：，解得：或，设，联立得：，由得：，直线的方程为：，即.同理可求得直线 的方程为：.由得：，即点的坐标为.解答题 垃圾分类，是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、分类投放和分类搬运，从而转变成
15、公共资源的一系列活动的总称分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用2019 年 6 月 25 日，生活垃圾分类制度入法到 2020 年底，先行先试的 46 个重点城市，要基本建成垃圾分类处理系统；其他地级城市实现公共机构生活垃圾分类全覆盖某机构欲组建一个有关“垃圾分类”相关事宜的项目组，对各个地区“垃圾分类”的处理模式进行相关报道该机构从 600 名员工中进行筛选，筛选方法：每位员工测试，三项工作，3 项测试中至少 2 项测试“不合格”的员工，将被认定为“暂定”，有且只有一项测试“不合格”的员工将再测试，两项，如果这两项中有 1 项以上（含 1 项）测试“不合格”，将也被认定为“
16、暂定”，每位员工测试，三项工作相互独立，每一项测试“不合格”的概率均为 （1）记某位员工被认定为“暂定”的概率为，求；（2）每位员工不需要重新测试的费用为 90 元，需要重新测试的总费用为 150 元，除测试费用外，其他费用总计为 1 万元，若该机构的预算为 8 万元，且该 600 名员工全部参与测试，问上述方案是否会超过预算?请说明理由【答案】（1）；（2）不会超过预算.【解析】（1）利用互斥事件的概率加法计算公式和 n 次独立重复实验的概率计算公式进行求解即可；（2）设每位员工测试的费用为元，则可能的取值为，利用n次独立重复实验的概率计算公式和离散型随机变量的数学期望公式求出数学期望的表达
17、式，通过构造函数，利用导数判断函数的单调性求最值即可.（1）由题意知，每位员工首轮测试被认定为“暂定”的概率为，每位员工再次测试被认定为“暂定”的概率为，综上可知，每位员工被认定为“暂定”的概率为+，（2）设每位员工测试的费用为元，则可能的取值为，由题意知，所以随机变量的数学期望为（元），令，则，所以当时，；当时，；所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，即(元)，所以此方案的最高费用为（万元），综上可知，若以此方案实施不会超过预算.解答题 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线 的极坐标方程为（1）若直线 与曲线至多只有一个公共点
18、，求实数的取值范围；（2）若直线 与曲线相交于，两点，且，的中点为，求点的轨迹方程【答案】（1）或；（2）【解析】（1）利用参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化公式把曲线和直线 的方程化为直角坐标方程，并联立直线 和曲线的直角坐标方程，得到关于 的一元二次方程，利用判别式即可求出实数的取值范围；根据题意，设，的中点为，直线 和曲线的直角坐标方程联立，得到关于 的一元二次方程，由两个交点，可得判别式，求出取值范围，利用韦达定理和点在直线 上表示出点 坐标，消去参数即可求出，的中点的轨迹方程.（1）因为曲线的参数方程为（为参数），消去参数可得，曲线的直角坐标方程为，由题意知，直线 的极坐标方程
19、可化为，因为，所以直线 的直角坐标方程为，联立方程，可得，因为直线 与曲线至多只有一个公共点，所以判别式，解得或，所以所求实数的取值范围为或.（2）设，的中点 为，联立方程，可得，所以判别式，解得，由韦达定理可得，因为点 在直线 上，所以，所以可得，即为点 的轨迹方程.解答题 已知，为正实数，（1）证明：（2）证明：【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）利用基本不等式，证得，再利用作差法证得，然后由基本不等式即可得证；（2）由知，结合（1）中，证得即得证.（1）证明：因为，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以，即，所以，所以，即，由基本不等式可得，所以，即得证.（2）证明：因为，所以，即，由（1）知，所以，所以，即得证.