天津市和平區2018-2019學年度第二學期高三年級第二次質量調查數學（理）學科試卷第卷 選擇題（共40分）注意事項:1. 答第卷前，考生務必將自己的姓名、準考號、科目涂寫在答題卡上。2. 每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。答在試卷上的無效。3. 本卷共8小題，每小題5分，共40分。參考公式：如果事件互斥,那么 如果事件相互獨立,那么 . 柱體的體積公式. 錐體的體積公式. 其中表示柱體的底面積, 其中表示錐體的底面積,表示柱體的高. 表示錐體的高.一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的. 1.設全集，集合,則A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由集合或，先求解，再由集合能夠求出答案.【詳解】因為全集,集合或，所以，所以，故選B.【點睛】本題主要考查了集合的混合運算，屬于基礎題，其中解答中準確計算集合和集合的交集、補集的運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力.2.已知滿足約束條件則的最小值為A. 2B. 4C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先繪制出可行域，注意到目標函數取最小值時直線系方程在y軸的截距有最大值，據此結合直線方程確定目標函數取得最小值時點的坐標，然后代入目標函數確定其最小值即可.【詳解】繪制不等式組表示的平面區域如圖所示，目標函數即：，其中z取得最小值時，其幾何意義表示直線系在y軸上的截距最大，據此結合目標函數的幾何意義可知目標函數在點A處取得最大值，聯立直線方程：，可得點A的坐標為：，據此可知目標函數的最小值為：.故選：C.【點睛】求線性目標函數zaxby(ab0)的最值，當b0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最大，在y軸截距最小時，z值最小；當b0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最小，在y軸上截距最小時，z值最大.3.執行如圖所示的程序框圖,若輸入的，則輸出 A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先確定流程圖所實現的功能，然后利用裂項求和的方法即可確定輸出的數值.【詳解】由流程圖可知，程序輸出的值為：，即 .故選：B.【點睛】本題主要考查流程圖功能的識別，裂項求和的方法等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.4.下列結論錯誤的是A. 命題：“若，則”的逆否命題是“若，則”B. “”是“”的充分不必要條件C. 命題：“， ”的否定是“， ”D. 若“”為假命題，則均為假命題【答案】B【解析】【分析】由逆否命題的定義考查選項A，由不等式的性質考查選項B，由全稱命題的否定考查選項C，由真值表考查選項D，據此確定所給的說法是否正確即可.【詳解】逐一考查所給命題的真假：A. 同時否定條件和結論，然后以原來的條件為結論，以原來的結論為條件即可得到原命題的逆否命題，故命題：“若，則”的逆否命題是“若，則”B. 若“”，當時不滿足“”，即充分性不成立，反之，若“”，則一定有“”，即必要性成立，綜上可得，“”是“”的必要不充分條件C. 特稱命題的否定是全稱命題，命題：“，”的否定是“，”，D. 由真值表可知：若“”為假命題，則均為假命題.即結論錯誤的為B選項.故選：B.【點睛】當命題真假容易判斷時，直接判斷命題的真假即可.否則，可利用以下結論進行判斷：一個命題的否定與原命題肯定一真一假;原命題與其逆否命題同真假.5.的圖象向右平移個單位，所得到的圖象關于軸對稱，則的值為A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由題意首先確定函數平移之后的函數解析式，所得到的圖象關于軸對稱，則時函數取得最大值或最小值，據此確定的值即可.【詳解】的圖象向右平移個單位后的解析式為：，圖象關于軸對稱，則當時函數取得最大值或最小值，即：，故，令可得：.故選：A.【點睛】本題主要考查三角函數的平移變換，三角函數的對稱性等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.6.已知是定義在R上的偶函數，且在上是增函數，設 則的大小關系是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先比較自變量的大小，然后結合函數的奇偶性確定函數在區間上的單調性，最后利用單調性比較函數值的大小即可.【詳解】注意到，且，據此可得：，函數為偶函數，則：，由偶函數的性質可知：函數在區間上單調遞減，故，即.故選：D.【點睛】本題主要考查函數的單調性，函數的奇偶性，實數比較大小的方法等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.7.已知雙曲線 的右焦點為，直線與一條漸近線交于點，的面積為 為原點），則拋物線的準線方程為A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先聯立雙曲線的漸近線方程和直線確定點P的坐標，然后求解的面積得到a,b的關系，最后由拋物線方程確定其準線方程即可.【詳解】不妨取雙曲線的漸近線方程為，與直線聯立可得：，即,由題意可得，拋物線方程為，其準線方程為.故選：C.【點睛】本題主要考查雙曲線的漸近線方程，拋物線準線方程的求解等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.8.在中，點是所在平面內的一點，則當取得最小值時，A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由題意結合平面向量的定義可得，建立平面直角坐標系，結合平面向量的坐標運算法則確定當取得最小值時點P的坐標，然后求解的值即可.【詳解】，以A為坐標原點建如圖所示的平面直角坐標系，則，設，則，所以當x=2，y=1時取最小值，此時.故選：B.【點睛】本題主要考查平面向量的數量積運算法則，平面向量的坐標運算，二次函數最值的求解等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.第卷 非選擇題（共110分）注意事項:1. 用鋼筆或圓珠筆直接答在答題卷上，答在本試卷上的無效。2. 本卷共12小題，共110分。二、填空題：本大題共6小題,每小題5分,共30分.把答案填在答題卷上. 9.如果（表示虛數單位），那么 _.【答案】1【解析】【分析】首先化簡，然后由復數相等的充分必要條件可得m的值.【詳解】由于，結合題意可得：，由復數相等的充分必要條件可得：.故答案為：【點睛】本題主要考查復數的運算法則，復數相等的充分必要條件等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.10.若直線與曲線(為參數)交于兩點，則_.【答案】【解析】【分析】首先將參數方程化簡為直角坐標方程，然后求得圓心到直線的距離，最后利用弦長公式求解弦長即可.【詳解】曲線為參數)消去參數可得：，表示圓心為，半徑為的圓，圓心到直線距離：，由弦長公式可得弦長為：.故答案為：【點睛】本題主要考查參數方程與直角坐標方程的互化，圓的弦長公式等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.11.在一次醫療救助活動中，需要從A醫院某科室的6名男醫生、4名女醫生中分別抽調3名男醫生、2名女醫生，且男醫生中唯一的主任醫師必須參加，則不同的選派案共有_種.(用數字作答)【答案】【解析】【分析】首先選派男醫生中唯一的主任醫師，由題意利用排列組合公式即可確定不同的選派案方法種數.【詳解】首先選派男醫生中唯一的主任醫師，然后從名男醫生、名女醫生中分別抽調2名男醫生、名女醫生，故選派的方法為：.故答案為：【點睛】解排列組合問題要遵循兩個原則：一是按元素(或位置)的性質進行分類；二是按事情發生的過程進行分步具體地說，解排列組合問題常以元素(或位置)為主體，即先滿足特殊元素(或位置)，再考慮其他元素(或位置)12.一個四棱柱的各個頂點都在一個直徑為的球面上，如果該四棱柱的底面是對角線長為的正方形，側棱與底面垂直，則該四棱柱的表面積為_.【答案】【解析】【分析】題意可得題中的四棱柱是一個正四棱柱，利用正四棱柱外接球半徑的特征求得正四棱柱的高度，然后求解其表面積即可.【詳解】由題意可得題中的四棱柱是一個長方體，且正四棱柱的底面邊長為，設高為，由題意可得：，該四棱柱的表面積為.故答案為：【點睛】本題主要考查正四棱柱外接球的性質，正四棱柱的表面積的計算等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.13.若不等式對任意實數都成立,則實數的最大值為_.【答案】【解析】【分析】首先利用絕對值三角不等式確定的最大值，然后由恒成立的條件確定實數的取值范圍即可確定實數的最大值.【詳解】由絕對值三角不等式可得：，即，解得，綜上可知：實數的最大值為.故答案為：【點睛】本題主要考查絕對值三角不等式求最值的方法，恒成立問題的處理方法等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.14.已知函數且函數在內有且僅有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是_.【答案】【解析】【分析】將原問題轉化為兩個函數有且僅有兩個不同的交點的問題，則實數的值等價于直線的斜率，結合函數的圖像研究臨界情況即可確定實數取值范圍.【詳解】函數在內有且僅有兩個不同的零點，即函數與函數在內有且僅有兩個不同的交點，表示過點，斜率為的直線，繪制函數的圖像如圖所示，考查臨界情況：首先考查經過點且與相切的直線方程的斜率：由可得，故切點坐標為，切線的斜率，切線方程為：,切線過點，故，解得：，故切線的斜率，由可得，由可得，結合圖形可得實數取值范圍是.【點睛】本題主要考查已知函數零點求參數取值范圍的方法，數形結合的數學思想，導函數研究函數的切線方程等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.三、解答題：本大題共6小題,共80分.解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟.15.已知函數()求在上的單調遞增區間；()在中，分別是角的對邊，為銳角，若， 且的面積為，求的最小值.【答案】()；().【解析】【分析】()首先化簡三角函數式，由化簡的三角函數式得到函數的單調增區間，然后與進行交集運算可得函數的單調增區間；()首先化簡求得A的大小，然后利用面積公式確定的值，最后由基本不等式可得的最小值.【詳解】()，由可得：.設，則，故在上的單調遞增區間為.()由可得：，化簡可得：，又，解得：.由題意可得：，解得：.，當且僅當時等號成立.故的最小值為.【點睛】本題主要考查三角函數式的化簡，三角函數單調區間的求解，基本不等式的應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.16.某中學圖書館舉行高中志愿者檢索圖書的比賽，從高一、高二兩個年級各抽取10名志愿者參賽。在規定時間內，他們檢索到的圖書冊數的莖葉圖如圖所示，規定冊數不小于20的為優秀. () 從兩個年級的參賽志愿者中各抽取兩人，求抽取的4人中至少一人優秀的概率；() 從高一10名志愿者中抽取一人，高二10名志愿者中抽取兩人，3人中優秀人數記為，求的分布列和數學期望.【答案】(1)；(2)答案見解析.【解析】【分析】(1)由莖葉圖知高一年級有4人優秀，高二年級有2人優秀，利用排列組合公式和對立事件公式求解概率值即可；(2)X的所有可能取值為0，1，2，3，分別計算相應的概率值可得的分布列，然后由期望公式計算數學期望即可.【詳解】(1)由莖葉圖知高一年級有4人優秀，高二年級有2人優秀。記“抽取的4人中至少有一人優秀”為事件A.則(2)X的所有可能取值為0，1，2，3.，故隨機變量X的分布列為0123X的數學期望.【點睛】本題主要考查古典概型計算公式，離散型隨機變量分布列與數學期望的計算等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.17.如圖,正方形與梯形所在的平面互相垂直， ，,點在線段上.() 若點為的中點，求證：平面； () 求證：平面平面；() 當平面與平面所成二面角的余弦值為時，求的長.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3).【解析】【分析】(1)建立空間直角坐標系，利用空間向量結論可證得BM平面ADEF的法向量，從而可證得線面平行；(2)分別求得平面，平面的法向量，由法向量的數量積為0可證得面面垂直；(3)設，由題意可得點M的坐標，分別求得兩個半平面的法向量，由二面角的余弦值得到關于的方程，解方程求得的值即可確定的長.【詳解】(1)正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD為交線，ED平面ABCD，由已知得DA，DE，DC兩兩垂直，如圖建系D-xyz，可得D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，0，1)，F(1，0，1).由M為C的中點，知，故.易知平面ADEF的法向量為，BM平面ADEF，BM/平面ADEF.(2)由(1)知，設平面BDE的法向量為，平面BEC的法向量為，由得，由得，故平面BDE平面BEC.(3)設，設，計算可得，則，設平面BDM的法向量為，由得，易知平面ABF的法向量為，由已知得 ，解得，此時，則，即AM的長為.【點睛】本題主要考查利用空間向量證明線面平行的方法，利用空間向量證明面面垂直的方法，立體幾何中探索問題的解決方法等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.18.設橢圓（）的左、右焦點為，右頂點為，上頂點為已知（1）求橢圓的離心率；（2）設為橢圓上異于其頂點的一點，以線段為直徑的圓經過點，經過原點的直線與該圓相切，求直線的斜率【答案】（1）；（2）直線的斜率為或【解析】試題分析：（1）設橢圓的右焦點的坐標為，由已知，可得，結合，可得，從而可求得橢圓的離心率；（2）在（1）的基礎上，可先利用及數量積的坐標運算求出點的坐標，再求出以線段為直徑的圓的方程（圓心坐標和半徑），最后設經過原點的與該圓相切的直線的方程為，由圓心到切線的距離等于半徑，列方程，解方程即可得求得直線的斜率（1）設橢圓的右焦點的坐標為由，可得，又，則，橢圓的離心率（2）由（1）知，故橢圓方程為設由，有，由已知，有，即又，故有又點在橢圓上，故由和可得而點不是橢圓的頂點，故，代入得，即點的坐標為設圓的圓心為，則，進而圓的半徑設直線的斜率為，依題意，直線的方程為由與圓相切，可得，即，整理得，解得直線的斜率為或考點：1橢圓標準方程和幾何性質；2直線和圓的方程；3直線和圓的位置關系【此處有視頻，請去附件查看】19.已知單調等比數列中，首項為 ，其前n項和是，且成等差數列,數列滿足條件() 求數列、的通項公式；() 設 ,記數列的前項和 .求 ;求正整數，使得對任意，均有 .【答案】() ；()見解析；見解析.【解析】【分析】()由題意首先求得數列的公比，據此即可確定數列的通項公式，進一步利用遞推關系可得數列的通項公式；().結合()中求得的通項公式分組求和即可確定的值；.利用作差法結合指數函數和一次函數增長速度的關系可得k的值.【詳解】()設. 由已知得 即 進而有. 所以，即 ，則，由已知數列是單調等比數列，且 所以取，數列的通項公式為. ， 則.數列的通項公式為. ()由()得 設，的前項和為.則.又設，的前項和為.則.所以 令 .由于比變化快，所以令得.即遞增，而遞減.所以，最大.即當時，.【點睛】本題主要考查數列通項公式的求解，分組求和的方法，數列中最大項的求解方法等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.20.已知函數，當時，取