广西桂林市、崇左市2019届高三下学期二模联考数学(文)试卷(含解析)

2019年高考桂林市、崇左市联合模拟考试
数学试卷（文科）
一、选择题：本大题共12个小题，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】
先化简集合，再和集合求交集，即可得出结果.
【详解】因为，，
所以，
故选D
【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记交集的概念即可，属于基础题型.
2.若复数，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据复数的除法运算，直接计算即可得出结果.
【详解】因为，，
所以.
故选A
【点睛】本题主要考查复数的除法运算，熟记运算法则即可，属于基础题型.
3.已知向量，，.若，则（）
A. 2
B. 1
C. 0
D. -1
【答案】B
【解析】
【分析】
先由，得到的坐标，再由，即可求出结果.
【详解】因为，，所以，
又，，
所以，解得.
故选B
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积，熟记数量积的坐标运算即可，属于基础题型.
4.在等差数列中，，，若，则（）
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】
先设公差为，根据题意求出公差，得到通项公式，求出，进而可求出结果.
【详解】因为在等差数列中，，，设公差为，
则，所以，故，
因此，，所以，
又，所以，因此.
故选C
【点睛】本题主要考查等差数列，熟记等差数列的通项公式以及前项和公式即可，属于常考题型.
5.已知是第一象限的角，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先由是第一象限的角，确定，再由，即可求出结果. 【详解】因为是第一象限的角，所以，
又，所以，代入
可得，所以.
故选D
【点睛】本题主要考查同角三角函数基本关系，熟记商数关系，平方关系即可，属于常考题型.
6.如图程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图，若输入的分别为12，18，则输出的的值为（）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】
直接按照程序框图运行程序即可.
【详解】12＜18，b=18-12=6,12＞6，a=12-6=6,a=b,输出a=6.
故选：D
【点睛】本题主要考查程序框图和更相减损术，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
7.已知，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分又不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】
从充分性和必要性两个方面判断分析得解.
【详解】先考虑充分性，时，如a=1,b=-1,但是a＜b不成立，所以“”是“”非充分性条件；
再考虑必要性，时，a=-1,b=1,但是不成立，所以“”是“”非必要性条件. 故“”是“”的既不充分又不必要条件.
故选：D
【点睛】本题主要考查充分必要条件的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
8.已知平面平面，是内的一条直线，是内的一条直线，且，则（）
A. B. C. 或 D. 且
【答案】C
【解析】
【分析】
根据空间中直线与直线、直线与平面位置关系，可直接得出结果.
【详解】因为平面平面，是内的一条直线，是内的一条直线，
要使，只能或垂直平面与平面的交线，
因此，或；
故选C
【点睛】本题主要考查空间的线面、线线位置关系，熟记线面、线线位置关系以及面面垂直的性质定理即可，属于常考题型.
9.在正方体中，直线与平面所成角的正弦值为（）
A. 1
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再求出直线的方向向量，求两向量夹角余弦值，进而可求出结果.
【详解】以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则
所以，
因为在正方体中平面，
所以，又，所以平面，
因此是平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则.
故选B
【点睛】本题主要考查直线与平面所成角的正弦值，灵活掌握向量的方法求解即可，属于常考题型.
10.将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法中不正确的是（）
A. 的周期为
B. 是的一条对称轴
C. D. 为奇函数
【答案】B
【解析】
【分析】
先由题意得到的解析式，再根据正弦函数的性质，即可求出结果.
【详解】因为将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，
所以，
所以其最小正周期为，所以A正确；
又，所以为奇函数，即D正确；
，故C正确；
由可得，的对称轴为，故B错；
故选B
【点睛】本题主考查三角函数的图像变换以及三角函数的性质，熟记正弦函数的性质即可，属于常考题型.
11.若函数，则在点处的切线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先对函数求导，将代入导函数求出切线斜率，进而可求出结果.
【详解】因为，
所以，
因此在点处
的切线斜率为，所以，所求切线方程为，整理得. 故选D 【点睛】本题主要考查曲线在某一点处的切线方程，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.
12.过双曲线的右支上一点分别向圆：和圆：作切线，切点分别为，则的最小值为（）
A. 5
B. 4
C. 3
D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】
求得两圆的圆心和半径，设双曲线的左右焦点为，，连接，，，，运用勾股定理和双曲线的定义，结合三点共线时，距离之和取得最小值，计算即可得到所求值．
【详解】圆的圆心为，半径为；
圆的圆心为，半径为，
设双曲线的左右焦点为，，
连接，，，，可得
．
当且仅当为右顶点时，取得等号，
即最小值5．
故选：．
【点睛】本题考查最值的求法，注意运用双曲线的定义和圆的方程，考查三点共线的性质，以及运算
能力，属于中档题．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.若，则__________．
【答案】.
【解析】
【分析】
根据对数的运算，可直接求出结果.
【详解】因为，所以，故，所以.
故答案为
【点睛】本题主要考查对数的计算，熟记对数运算性质即可，属于基础题型.
14.设函数，若，则__________．
【答案】-1
【解析】
【分析】
先由，得到的值，进而可求出结果.
【详解】因为，所以，又，所以，因此.
故答案为.
【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，熟记概念即可，属于基础题型.
15.若实数满足，则的最大值为__________．
【答案】5.
【解析】
【分析】
先作出可行域，再利用斜率结合数形结合分析解答得解.
【详解】由题得不等式组对应的可行域如图所示阴影部分，
表示的是点（x,y）和原点所在直线的斜率，
联立.
由图得可行域内的点A(1,5)和原点所在直线的斜率最大，且等于.
故的最大值为5.
故答案为：5
【点睛】本题主要考查线性规划的最值问题，考查斜率的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
16.以抛物线：的顶点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点.已知
，，则等于__________．
【答案】.
【解析】
【分析】
画出图形，利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即得p的值.
【详解】如图：，，
，，，
，
，
，解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，抛物线与圆的方程的应用，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：60分
17.已知数列满足，.
（1）求，，；
（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；
（3）求数列前项和.
【答案】（1）1,3,7；
（2）见解析；
（3）.
【解析】
【分析】
（1）根据题中条件，逐项计算，即可得出结果；
（2）根据得到，进而可得出结论，求出结果；
（3）根据分组求和的方法，结合等比数列的求和公式，即可求出结果.
【详解】（1）由及知，
解得：，同理得，.
（2）由知，即.
∴是以为首项，公比为2的等比数列.
（3）∵，∴.
∴
.
【点睛】本题主要考查递由推公式证明数列是等比数列、以及数列的求和，熟记等比数列的通项公式、求和公式即可，属于常考题型.
18.某汽车公司为调查店个数对该公司汽车销量的影响，对同等规模的四座城市的店一季度汽车销量进行了统计，结果如下：
（1）根据统计的数据进行分析，求关于的线性回归方程；
（2）该公司为扩大销售拟定在同等规模的城市开设4个店，预计市的店一季度汽车销量是多少台？
附：回归方程中的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：
；.
【答案】（1）；
（2）31台.
【解析】
【分析】
（1）先由题中数据求出；，由；即可求出结果；
（2）将代入(1)的结果，即可得出所求预测值.
【详解】（1）由题意可得：；，
.
.
所以回归直线方程为.
（2）将代入上式得
预计市的店一季度汽车销量是31台.
【点睛】本题主要考查线性回归方程，熟记最小二乘法求的估计值即可，属于常考题型. 19.已知四棱锥的底面是菱形，，底面，是上的任意一点.
（1）求证：平面平面；
（2）设，求点到平面的距离.
【答案】（1）见解析；
（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理先证明平面，即可得出平面平面；
（2）用等体积法求解，根据，结合题中数据即可求出结果.
【详解】（1）∵平面，平面，∴.
∵四边形是菱形，∴.
∵，∴平面.
∵平面，∴平面平面.
（2）设，连结，则，
∵，四边形是菱形，，∴，.
∴，∵，∴.
∴
设点到平面的距离为，∵平面，
∴，
∴解得.
即点到平面的距离为.
【点睛】本题主要考查面面垂直的证明以及点到平面的距离，熟记面面垂直的判定定理以及等体积法求点到面的距离即可，属于常考题型.
20.椭圆的离心率，过点和的直线与原点间的距离为. （1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于、两点，且点位于第一象限，当时，求直线的方程. 【答案】（1）；（2） .
【解析】
【分析】
（1）由题得到关于a,b,c的方程组，解方程组即得解；（2）设，（，），设直线的方程为.联立直线和椭圆方程，利用韦达定理求出m的值得解.
【详解】（1）据题知，直线的方程为.
依题意得.
解得，，所以椭圆的方程为.
（2）设，（，），
设直线的方程为.
代入椭圆方程整理得：.
∴，.①
由，依题意可得：，②
结合①②得，消去解得，（不合题意）.
所以直线的方程为.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查直线方程的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
21.设函数，.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）已知，证明.
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增.
（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）先由，求出函数的导函数，通过解导函数对应的不等式，即可得出结果；
（2）先对函数求导，用导数的方法判断出函数的单调性，求出最大值，即可得出结论成立.
【详解】的定义域为.
（1）当时，.
由，得；得.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）.
∵，的两根为.
∴；.
所以在上单调递增，在上单调递减.
∴
∵，∴；
∴.
∴.
【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要先对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性、最值等，属于常考题型.
（二）选考题：共10分.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.在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）过点倾斜角为的直线与曲线交于两点，求的值.
【答案】（1）;（2）8.
【解析】
【分析】
（1）先求出曲线的普通方程为，再化成极坐标方程；（2）先写出直线的参数方程
（为参数），再将直线的参数方程代入圆的方程，利用直线参数方程t的几何意义解
答.
【详解】（1）依题意，曲线的普通方程为，
即，故，故，
故所求极坐标方程为；
（2）设直线的参数方程为（为参数），
将此参数方程代入中，
化简可得，
显然.设所对应的参数分别为，，则.
∴.
【点睛】本题主要考查参数方程、普通方程和极坐标方程的互化，考查直线参数方程t的几何意义解答，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
23.已知函数，其中.
（1）当时，求不等式
的解集；（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)利用分类讨论法解绝对值不等式；（2）先求出，再求出.解不等式即得解.
【详解】（1）当时，.
当时，由；
当时，由不成立；
综上所述，当时，不等式的解集为.
（2）记
则.
∴.
依题意得，∴.
所以实数的取值范围为
【点睛】本题主要考查分类讨论法解绝对值不等式，考查绝对值不等式的恒成立的问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.。