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1、山东省临沂市、枣庄市2019届高三数学第二次模拟预测试题 理（含解析）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，只有一项是符合题目要求的1.已知集合，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先分别求出集合，由此能求出【详解】，本题正确选项：【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2.复数z满足，则复数（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】由题意得： 本题正确选项：【点睛】本题考查复数的运算、共轭复数的定义，属于基础题.3.
2、等差数列的前项和为，且，则（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由求得,根据求得,根据求得结果.【详解】设等差数列公差为由得：又，则 本题正确选项：【点睛】本题考查等差数列的通项公式以及性质，注意等差数列的通项公式的应用，属于基础题4.某人连续投篮次，其中次命中，次未命中，则他第次和第次两次均命中的概率是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】基本事件总数，他第次和第次两次均命中包含的基本事件个数由此能求出他第次和第次两次均命中的概率【详解】某人连续投篮次，其中次命中，次未命中基本事件总数他第次和第次两次均命中包含的基本事件个数则他第次和第次两次均命中的概率是：本题
3、正确选项：【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题5.设实数满足的约束条件,则的最大值是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出约束条件表示的平面区域，根据指数函数的单调性利用图象找出最优解，计算目标函数的最大值【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示；设，则直线过点时，的值最小，此时取得最大值由得： 的最大值是本题正确选项：【点睛】本题考查了简单的线性规划的应用问题，是基础题6.已知函数，先将图象上所有点的横坐标缩小到原来的（纵坐标不变），再将得到的图象上所有点向右平移个单位长度，得到的图象关于轴对称，则的最小值为（）A
4、. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式整理出；由三角函数图象的平移得，由图象关于轴对称，知函数为偶函数，则，进一步得到的最小值【详解】由题意得：将图象上所有点的横坐标缩小到原来的得：所有点向右平移个单位长度得：关于轴对称 函数为偶函数， ， 当时，的最小值为：本题正确选项：【点睛】本题考查了三角函数图象的平移及三角函数图象的性质，关键是根据函数关于轴对称可得函数为偶函数，属中档题.7.函数图象的大致形状是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据条件先判断函数奇偶性和对称性，利用的值的符号进行排除即可【详解】则则是偶函数，图象关于轴对称，排除当时，排除本
5、题正确选项：【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数奇偶性和对称性的性质以及函数值的对应性利用排除法是解决本题的关键8.已知是正方形的中心若，其中，则（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据平面向量基本定理可得，从而求得和的值，从而得到结果.【详解】， 本题正确选项：【点睛】本题考查了平面向量基本定理，属于中档题9.执行如图所示的程序框图，输出的值为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用对数的运算法则，进行求解，结合程序框图的功能进行判断即可【详解】由程序框图可知：若，即，解得：即当时，此时输出：本题正确选项：【点睛】本题主要考查程序框图的识别和
6、判断，了解程序功能，结合对数的运算法则是解决本题的关键10.下列各命题中，真命题的个数（）若，则命题“，”否定为“，”若一组数据线性回归方程为，则这条直线必过点已知直线和平面，若，则“”是“”的必要不充分条件A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式判断的正误；命题的否定判断的正误；回归直线方程的性质判断的正误；充要条件判断的正误【详解】 ，可知正确；命题“，”的否定为“，”可知错误；由回归直线的性质可知：若一组数据的线性回归方程为，则这条直线必过点，正确；由可知；由，可知或异面，可知错误.本题正确选项：【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及三角函数的二倍角公式，命
7、题的否定，充要条件，回归直线方程的应用，是基本知识的考查11.我国南北朝时期数学家、天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”其中“幂”即是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高立方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体的体积相等，已知某不规则几何体与如图所示的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图几何体体积相等，由三视图知几何体是一个正方体去掉一个半圆柱，如图：正方体的体积为，半圆柱的体积为，从而其体积为，故选B12.已知双曲线的右顶点，抛物线的焦点为，若在的渐近线上存在
8、点，使得，则的离心率的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出双曲线的右顶点和渐近线方程，抛物线的焦点坐标，可设，根据向量的垂直的条件：数量积为；再由二次方程有实根的条件：判别式大于等于，化简整理，结合离心率公式即可得到所求范围【详解】双曲线的右顶点，渐近线方程为抛物线的焦点为设：，即，由可得：，即：整理可得： 则：由可得：本题正确选项：【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围，考查抛物线的焦点和向量的数量积的性质，注意运用二次方程有实根的条件：判别式大于等于，建立起关于的齐次不等式，考查运算能力，属于中档题二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分13.若向量
9、和向量垂直，则_【答案】5【解析】【分析】由向量垂直，解得，进而得到，由此能求出的值【详解】向量和向量垂直，解得： 本题正确结果：【点睛】本题考查向量的模的求法，考查向量的运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题14.已知二项式展开式中含项的系数为，则实数的值为_【答案】【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于，求得的值，即可求得展开式中含项的系数，再根据含项的系数为，求得的值【详解】二项式展开式的通项公式为：令，解得：，可得展开中含项的系数为则实数： 本题正确结果：【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于
10、基础题15.若数列满足：，则数列的前项和为_【答案】【解析】【分析】由已知可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，再由等比数列的前项和公式求解【详解】由得：，且两式作差可得：，即：且由已知等式可得，解得：，适合上式 又，数列是以为首项，以为公比的等比数列则：本题正确结果：【点睛】本题考查数列递推式，考查等比关系的确定、等比数列前项和的求法，是中档题16.如图，两点都在以为直径的球的表面上，若球的表面积为，则异面直线与所成角的余弦值为_【答案】【解析】【分析】推导出，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，由向量法能求出异面直线与所成角的余弦值【详解】两点都在以为直径的球的
11、表面上，解得：且又 ，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 平面 又 平面则，设异面直线与所成角为则：异面直线与所成角的余弦值为本题正确结果：【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查异面直线所成角、线线关系的判定定理等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题三、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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生要根据要求作答（一）必考题：共60分17.已知的三个内角所对的边分别为，且（1）求；（2）若，求面积的最大值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由同角
12、平方关系，正弦定理，余弦定理即可求解，进而可求；（2）由余弦定理及基本不等式可求的范围，然后结合三角形的面积公式可求得结果.【详解】（1）由正弦定理可得：由余弦定理可得： （2）由余弦定理可得：，即： （当且仅当时取等号），即面积的最大值为：【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角平方关系及三角形的面积公式的综合应用，属于公式的综合应用18.如图，是以为直径的半圆上异于的点，矩形所在的平面垂直于半圆所在的平面，且， （1）求证：平面平面；（2）若的长度为，求二面角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）推导出平面，从而平面，由此能够证得结论；（2）连结，以点为坐标原点，
13、建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值【详解】（1）证明：平面平面，两平面交线为，平面， 平面平面 是直角 平面平面 平面平面（2）如图，连结，以点为坐标原点，在平面中，过作的垂线为轴，所在的直线为轴，在平面中，过作的垂线为轴，建立空间直角坐标系的长度为 则：，设平面的一个法向量为则：，令，解得：，平面的一个法向量： 二面角的正弦值为【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19.已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，为椭圆上一动点（异于左右顶点），面积的最大值为（1）求椭圆的方程；（2）若
14、直线与椭圆相交于点两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）由面积最大值可得，又，以及，解得，即可得到椭圆的方程，（2）假设轴上存在点，是以为直角顶点的等腰直角三角形，设，线段的中点为，根据韦达定理求出点的坐标，再根据，即可求出的值，可得点的坐标.【详解】（1）面积的最大值为，则：又，解得：，椭圆的方程为：（2）假设轴上存在点，是以为直角顶点的等腰直角三角形设，线段的中点为由，消去可得：，解得：， 依题意有，由可得：，可得：由可得：，代入上式化简可得：则：，解得：当时，点满足题意；当时，
15、点满足题意故轴上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形【点睛】本题考查了椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系，斜率公式，考查了运算能力和转化能力，属于中档题.20.某普通高中为了解本校高三年级学生数学学习情况，对一模考试数学成绩进行分析，从中抽取了名学生的成绩作为样本进行统计（该校全体学生的成绩均在），按下列分组，作出频率分布直方图，如图；样本中分数在内的所有数据的茎叶图如图：根据往年录取数据划出预录分数线，分数区间与可能被录取院校层次如表（1）求的值及频率分布直方图中的值；（2）根据样本估计总体的思想，以事件发生的频率作为概率，若在该校高三年级学生中任取人，求此人都不能录取为专科的概率；（3
16、）在选取的样本中，从可能录取为自招和专科两个层次的学生中随机抽取名学生进行调研，用表示所抽取的名学生中为自招的人数，求随机变量的分布列和数学期望【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）由图知分数在的学生有名，由图知，频率为，由此能求出的值及频率分布直方图中的值；（2）能被专科院校录取的人数为人，抽取的人中，成绩能被专科院校录取的频率是，从而从该校高三年级学生中任取人能被专科院校录取的概率为，记该校高三年级学生中任取人，都不能被专科院校录取的事件为，由此可求出此人都不能录取为专科的概率；（3）选取的样本中能被专科院校录取的人数为人，成绩能过自招线人数为人，随机变量的所有可能取值
17、为，分别求出随机变量的分布列和数学期望【详解】（1）由图知分数在的学生有名，又由图知，频率为：，则：，（2）能被专科院校录取的人数为：人抽取的人中，成绩能被专科院校录取的频率是：从该校高三年级学生中任取人能被专科院校录取的概率为记该校高三年级学生中任取人，都不能被专科院校录取的事件为则此人都不能录取为专科的概率：（3）选取的样本中能被专科院校录取的人数为人成绩能过自招线人数为：人，又随机变量的所有可能取值为；随机变量的分布列为：【点睛】本题考查频率、频数、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频率分布直方图、对立事件概率计算、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题21.对于函数
18、的定义域，如果存在区间，同时满足下列条件：在上是单调函数；当时，的值域为，则称区间是函数的“单调倍区间”已知函数（1）若，求在点处的切线方程；（2）若函数存在“单调倍区间”，求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求切线的斜率，根据点斜式求切线方程；（2）根据单调倍区间的定义，设函数存在“单调倍区间”是，然后对按照，共种情况分类讨论可得结果【详解】（1）当时， 当时，则：，又在处的切线方程为：即：（2） 列表如下：极大值设函数存在“单调倍区间”是当时，由在上单调递减，则有两式相减得：即，代入得：要使此关于的方程组在时有解，则使得与的图象有两个公共点当时，当时，
19、结合两函数图象，则，即：即此时满足存在“单调倍区间”的的取值范围是当时，由在上单调递增，则有即：设，则当时，为增函数当时，为减函数要使方程有两解，则与的图象在有两个交点结合两函数图象，则，即：解得：即此时满足存在“在单调倍区间”的的取值范围是当时，由在上单调递减，则有两式相减得：，此式不成立，即此时不存在“单调倍区间”综上，函数存在“单调倍区间”的的取值范围是【点睛】本题考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程、结合函数的单调性和值域求解参数范围的问题，关键是能够根据函数的单调性确定函数最值取得的点，从而可构成方程，采用构造函数的方式来研究根的个数，从而确定取值范围，属难题22.在直角坐标系中，
20、直线的参数方程为（为参数，）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线相交于两点，若，求值【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化原则即可求得结果；（2）将直线参数方程代入曲线直角坐标方程，可求得和，根据直线参数方程参数的几何意义可知，代入可求得结果.【详解】（1）由，得，即（2）将直线的参数方程代入曲线的方程得：设是方程的根，则：，又 或【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程、直线参数方程的几何意义的应用，关键是能够根据几何意义将已知弦长表示为韦达定理的形式，构造出关于的方程，属中档题23.已知函数，（1）当时，求不等式的解集；（2）设，且当，求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）分段去绝对值符号，分别求解不等式即可；（2）根据的范围可去掉绝对值符号，分离参数后转化为求解最值问题【详解】（1）当时，不等式化为：当时，不等式化为，解得：当时，不等式化为，解得：当时，不等式化为，解得：综上，原不等式的解集为（2）由，得，又则不等式化为：得对都成立 ，解得：又，故的取值范围是【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，不等式中的恒成立问题，关键是能够去掉绝对值符号，将问题转化为一元一次不等式的形式，属中档题