2019届河北省唐山市第一中学高三下学期冲刺(二)数学(理)试题(解析版)

2019届河北省唐山市第一中学高三下学期冲刺（二）数学（理）
试题
一、单选题
1．设集合，，则（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】分别将两集合化简，再求并集即可.
【详解】
因为，解得，所以，而，
所以，即，故选C
【点睛】
本题主要考查集合的并集运算，同时也考查了一元二次不等式的求解，属于基础题. 2．命题“，”的否定是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】全称命题改否定，首先把全称量词改成特称量词，然后把后面结论改否定即可. 【详解】
命题“，”的否定是: ,
故选：B
【点睛】
本题考查全称命题的否定，全称命题（特称命题）改否定，首先把全称量词（特称量词）改成特称量词（全称量词），然后把后面结论改否定即可.
3．若复数是纯虚数，则的值为( )
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据所给的虚数是一个纯虚数，得到虚数的实部等于0，而虚部不等于0，得到角的正弦和余弦值，根据同角三角函数之间的关系，得到结果.
若复数是纯虚数，
则且，
所以，，
所以，故．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了复数的基本概念，属于基础题．纯虚数是一个易错概念，不能只关注实部为零的要求，而忽略了虚部不能为零的限制，属于易错题.
4．已知，满足约束条件，若，若的最大值为4，则实数的值为（）
A．2 B．3 C．4 D．8
【答案】B
【解析】根据不等式组，画出可行域，在可行域内根据求得m 的值即可。

【详解】
由不等式组，画出可行域如下图所示：
线性目标函数，化为
画出目标函数可知，当在A点时取得z取得最大值
因为A（2，-2+m）
代入目标函数可得
所以选B
【点睛】
本题考查了线性规划的简单应用，线性目标函数最值的求法，属于基础题。

5．已知函数，若正实数，满，则的最小值是（）
A．1 B．C．9 D．18
【答案】A
【解析】先由函数的解析式确定其为奇函数，再由得到与的关系式，再由基本不等式，即可求出结果.
【详解】
因为，所以，
所以函数为奇函数，又若正实数满，所以，
所以，
当且仅当，即时，取等号.
故选A
【点睛】
本题主要考查基本不等式，先由函数奇偶性求出变量间的关系，再由基本不等式求解即可，属于常考题型.
6．已知椭圆的左，右焦点分别，过的直线交椭圆于,两点，若的最大值为5，则的值为（）
A．1 B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可知椭圆是焦点在x轴上的椭圆，利用椭圆定义得到|BF2|+|AF2|＝8﹣
|AB|，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，可知当AB垂直于x轴时|AB|最小，把|AB|的最小值b2代入|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|，由|BF2|+|AF2|的最大值等于5列式求b的值．【详解】
由0＜b＜2可知，焦点在x轴上，∴a=2,
∵过F1的直线l交椭圆于A，B两点，∴|BF2|+|AF2|+|BF1|+|AF1|＝2a+2a＝4a＝8
当AB 垂直x 轴时|AB |最小，|BF 2|+|AF 2|值最大，
此时|AB |＝b 2，∴5＝8﹣b 2
，
解得．
故选． 【点睛】
本题考查了直线与圆锥曲线的关系，考查了椭圆的定义，解答此题的关键是明确过椭圆焦点的弦中通径长最短，是中档题．
7．已知如图是一个几何体的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的棱的长度中，最大的是（ ）
A
．B ．1
2
x x
C
D
【答案】B
【解析】先由三视图可知该几何体是一个四棱锥，分别求出其各棱长，即可确定结果. 【详解】
由三视图可知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示， 其中PA PB AB AD BC CD 2======，
；，
所以最长的棱的长度为
故选B
【点睛】
本题主要考查几何体的三视图，根据三视图还原几何体即可，属于常考题型.
8．《中国好歌曲》的五位评委给一位歌手给出的评分分别是：，，，
，，现将这五个数据依次输入如图程序框进行计算，则输出的值及其统计意义分别是( )
A．，即5个数据的方差为2 B．，即5个数据的标准差为2 C．，即5个数据的方差为10 D．，即5个数据的标准差为10【答案】A
【解析】算法的功能是求的值，根据条件确定跳出循环的值，计算输出的值．
【详解】
由程序框图知：算法的功能是求的值，
∵跳出循环的值为5，
∴输出
.故选：A.
【点睛】
本题考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是关键，属于基础题．9．已知函数，将的图像上的所有点的横坐标缩短到原来的
，纵坐标保持不变；再把所得图像向上平移1个单位长度，得到函数的图像，若，则的值可能为（）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】
化简，得到，根据三角函数平移性质可知，当将的图像上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变，得到函数解析式为
，当把所得图像向上平移个单位长度，得到
，故，要使得，则要求
，故选D。

【点睛】
考查了三角函数解析式平移计算方法，考查了三角函数的性质，难度中等。

10．2018年1月31日晚上月全食的过程分为初亏、食既、食甚、生光、复圆五个阶段，月食的初亏发生在19时48分，20时51分食既，食甚时刻为21时31分，22时08分生光，直至23时12分复圆全食伴随有蓝月亮和红月亮，全食阶段的“红月亮”将在食甚时刻开始，生光时刻结束，一市民准备在19：55至21：56之间的某个时刻欣赏月全食，则他等待“红月亮”的时间不超过30分钟的概率是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意画出图形，由测度比为长度比得答案．
【详解】
由题意可知，该市民在19：55至21：56之间的某个时刻欣赏月全食，其时间区间长度为121分钟．该市民等待“红月亮”的时间不超过30分钟，
则应该在21：01至21：56分之间的任意时刻到达，区间长度为55．
如图：
由测度比为长度比，可知他等待“红月亮”的时间不超过30分钟的概率是．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查几何概型中的长度类型，解决的关键是找到问题的分界点，分清是长度，面积，还是体积类型，再应用概率公式求解，是基础题．
延长交曲线于点，其中,有一个共同的焦点，若
，则曲线的离心率为（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设双曲线的右焦点的坐标为，利用为的中点，为的中点，可得为的中位线，从而可求，再设，过点作轴的垂线，由勾股定理得出关于的关系式，最后即可求得离心率．
【详解】
设双曲线的右焦点为，则的坐标为．
因为曲线与有一个共同的焦点，所以曲线的方程为．
因为，
所以，
所以为的中点，
因为O为的中点，
所以OM为的中位线，
所以OM∥．
因为|OM|=a，所以．
又，，
所以．
设N(x,y)，则由抛物线的定义可得，
所以．
在中，由勾股定理得，
即，
所以，
整理得，解得．
故选A．
【点睛】
解答本题时注意以下几点：
（1）求双曲线的离心率时，可根据题中给出的条件得到关于的关系式，再结合得到间的关系或关于离心率的方程（或不等式），由此可得离心率的取值（或范围）．
（2）本题中涉及的知识较多，解题时注意将题中给出的关系进行转化，同时要注意圆锥曲线定义在解题中的应用．
12．函数满足，，若存在，使得
成立，则的取值（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意设，则，所以（为常数）．∵，∴，∴，
∴．令，则，故当时，
单调递减；当时，单调递增．
∴，从而当时，，∴在区间上单调递增．设，则，故在上单调递增，在上单调递减，所以．
∴不等式等价于，
∴，解得，故的取值范围为．选A．
点睛：本题考查用函数的单调性解不等式，在解答过程中首先要根据含有导函数的条件
的单调性．然后再根据条件中的能成立将原不等式转化为，最后根据函数的单调性将函数不等式化为一般不等式求解即可．
二、填空题
13．的展开式中的系数是_______.（用数字作答）
【答案】
【解析】由题，可得=，分别使用二项式定理展开项，可得的系数.
【详解】
由题=
的展开项系数
的展开项系数
当，系数为24
当，系数为-128
当，系数为96
所以的系数为：24-128+96=-8
故答案为-8
【点睛】
本题考查了二项式定理，解题的关键是原式要进行变形，属于较易题目.
14．在直角三角形ABC中，，，对于平面内的任一点，平面内总有一点使得，则_________.
【答案】6
【解析】由可知D为线段AB上的点且BD＝2AD，将用，表示后代入相乘即可．
【详解】
对平面ABC内的任一点M，平面ABC内总有一点D使得，
即,所以D为线段AB上的点且BD＝2AD
所以,
故答案为：6．
【点睛】
本题考查平面向量基本定理的应用,考查平面向量数量积的性质及其运算，属基础题．15．四棱锥中，底面为矩形，，，且，当该四棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为_________.
【答案】
【解析】由题意知四棱锥的体积最大时，平面SAD平面ABCD且为等边三角形，画出图形，设球心O到平面ABCD的距离为x，可得，进而得到球的半径，即可求解.
【详解】
由题意知当S到平面ABCD的距离最大时，四棱锥的体积最大，此时满足平面SAD
平面ABCD，且为等边三角形，边长为4，则S到AD的距离即为S到平面ABCD的距离，设球心O到平面ABCD的距离OE=x,则由OD=OS得
，
解得，所以外接球的半径，则外接球的表面积为
故答案为：
【点睛】
本题考查四棱锥的外接球问题,关键在于确定球心和半径,考查学生的空间想象能力和计算能力,属于基础题.
100项之和____．
【答案】10200
【解析】因为，所以
同理可得：
,
的前100项之和.
故答案为：.
点睛：本题中由条件，由余弦函数的值可将分成四种情况，即将数列分成四个一组求和即可.
三、解答题
17．已知在△中，．
（1）若，求；
（2）求的最大值．
【答案】(1)2 (2)
【解析】（1）由余弦定理即题设可得，进而利用正弦定理可求得；
（2）由（1）知，利用三角函数恒等变换的应用，化简可得
，利用正弦函数的图象与性质，即可求解最大值.
【详解】
（1）由余弦定理及题设，得．
由正弦定理，，得．
（2）由（1）知．
．
因为，所以当，取得最大值．
【点睛】
本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换的应用和三角函数的图象与性质的综合应用，着重考查了转化思想和推理与运算能力，属于基础题. 18．在某市高中某学科竞赛中，某一个区名考生的参赛成绩统计如图所示.
（1）求这名考生的竞赛平均成绩（同一组中数据用该组区间中点作代表）；（2）由直方图可认为考生竞赛成绩服正态分布，其中，分别取考生的平均成绩和考生成绩的方差，那么该区名考生成绩超过分（含分）的人数估计有多少人？
（3）如果用该区参赛考生成绩的情况来估计全市的参赛考生的成绩情况，现从全市参
赛考生中随机抽取名考生，记成绩不超过
．．．分的考生人数为，求.（精确到
）
附：①，；②，则，
；③.
【答案】（1）分；（2）634人；（3）0.499
【解析】（1）根据加权平均数公式计算；
（2）根据正态分布的对称性计算P（z≥84.81），再估计人数；
（3）根据二项分布的概率公式计算P（ξ≤3）．
【详解】
（1）由题意知：
∴，
∴名考生的竞赛平均成绩为分.
（2）依题意服从正态分布，其中，，，∴服从正态分布，而
，∴.∴竞赛成绩超过分的人数估计为人人.
（3）全市竞赛考生成绩不超过分的概率.而，
∴.
【点睛】
关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法
①熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值．
②充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.
19．如图，四边形是边长为2的菱形，且，平面，，
，点是线段上任意一点．
(1)证明：平面平面；
(2)若的最大值是，求三棱锥的体积．
【答案】(1)见证明；(2)
【解析】（1）推导出AC⊥BM，AC⊥BD，得AC⊥平面BMND，从而可得到证明;（2）由AE＝CE和余弦定理可知，当AE最短即AE⊥MN，CE⊥MN时∠AEC最大，取MN 中点H，连接H与AC、BD的交点O，知OH⊥平面ABCD，分别以直线，，
为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，利用二面角的平面角为，可求出a,然后利用V M﹣NAC＝V M﹣EAC+V N﹣EAC可得结果.
【详解】
(1)因为平面，则.
又四边形是菱形，则，又,
所以平面,因为AC在平面内，
所以平面平面.
(2)设与的交点为，连结. 因为平面，则，又为的中点，则，由余弦定理得，．当AE最短时∠AEC最大，此时，，，因为AC=2,,OE=. 取MN的中点H，分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，则点，，，．设平面的法向量，
则,即，取，则，
同理求得平面的法向量.
因为是二面角的平面角，则
，解得或．
由图可知a<OE=,故(舍去)，，
因为，，，则.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，考查几何体体积的求法，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．
20．已知椭圆方程为，其右焦点与抛物线的焦点重合，过
且垂直于抛物线对称轴的直线与椭圆交于、两点，与抛物线交于、两
点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线l与(1)中椭圆相交于,两点, 直线, ,的斜率分别为,,(其中
)，且,,成等比数列；设的面积为, 以、为直径的圆的面积分别
为, , 求的取值范围.
【答案】(1) (2)
【解析】(1)由题意可得，，即得，结合可得椭圆方程；（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，由，，成等比数列，可解得k值，然后分别求出S,,写出的表达式，利用基本不等式可得取值范围.
【详解】
（1）由抛物线方程得，椭圆方程为，过F垂直于抛物线对称轴的直线与椭圆交于M,N两点，可得，与抛物线交于C,D两点可得，
，，，
所以椭圆方程为.
(2)设直线的方程为，
由可得，
由韦达定理：，
∵，，构成等比数列，，
即
由韦达定理代入化简得：，∵，．
此时，即．
又由三点不共线得，从而．
故
∵，，，
则
为定值．
，
当且仅当即时等号成立．
综上：的取值范围是．
【点睛】
本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查韦达定理，弦长公式以及基本不等式的应用，属于中档题.
21．设函数，，其中，…为自然对数的底数．
（1）当时，恒成立，求的取值范围；
（2）求证：(参考数据：)
【答案】（1）（2）见解析
【解析】【试题分析】（1）先构造函数，再对其求导得到然后分和两种情形分类讨论进行分析求解：（2）借助（1）的结论，当时，对恒成立，再令，得到
即；又由(Ⅰ)知，当时，则在递减，在递增，则，即，又，即
，令，即，则，
故有.
解：
(Ⅰ)令，则
①若，则，，在递增，，
即在恒成立，满足，所以；
②若，在递增，且
且时，，则使，
则在递减，在递增，
所以当时，即当时，，
不满足题意，舍去；
综合①，②知的取值范围为.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，当时，对恒成立，
令，则即；
由(Ⅰ)知，当时，则在递减，在递增，
则，即，又，即，
令，即，则，
故有.
点睛：解答本题的第一问时，先构造函数，再对其求导得到然后分和两种情形分类讨论进行分析求解；证明本题的第二问时，充分借助（1）的结论及当时，对恒成立，令，得到即；进而由(Ⅰ)知，当时，则在递减，在递增，则，即，又，即，令，即，则，
故有.从而使得问题巧妙获证。

22．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点P是曲线上的动点，点Q在OP的延长线上，且，点Q的轨迹为．
（1）求直线l及曲线的极坐标方程；
（2）若射线与直线l交于点M，与曲线交于点（与原点不重合），求
的最大值.
【答案】（1）直线l的极坐标方程为.的极坐标方程为
（2）
【解析】（1）消参可得直线的普通方程，再利用公式把极坐标方程与直角坐标方程进行转化，从而得到直线的极坐标方程；利用相关点法求得曲线的极坐标方程；
（2）利用极坐标中极径的意义求得长度，再把所求变形成正弦型函数，进一步求出结
果．
【详解】
（1）消去直线l参数方程中的t，得，
由，得直线l的极坐标方程为，
故．
由点Q在OP的延长线上，且，得，
设，则，
由点P是曲线上的动点，可得，即，
所以的极坐标方程为．
（2）因为直线l及曲线的极坐标方程分别为，，
所以，，
所以，
所以当时，取得最大值，为．
【点睛】
本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，考查了点的轨迹方程的求法，涉及三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，属于中档题．23．设函数
(1) 若不等式解集为,求实数的值;
(2)在(1)的条件下,若不等式解集非空,求实数的取值范围.
【答案】（1）-2；（2）或或.
【解析】（1）由题意把不等式化为|x﹣2a|≤2﹣a，去掉绝对值，写出x的取值范围，再根据不等式的解集列方程求出a的值；
（2）把不等式化为|x+4|+1≤（k2﹣1）x，设g（x）＝|x+4|+1，作出g（x）的图象，结合图象知要使不等式的解集非空，应满足的条件是什么，由此求得k的取值范围．
【详解】
解：（1）函数f（x）＝+a，
∴不等式f（x）≤2化为≤2﹣a，
∴a﹣2≤x﹣2a≤2﹣a，
解得3a﹣2≤x≤a+2；
又f（x）≤2的解集为{x|﹣8≤x≤0}，
∴，
解得a＝﹣2；
（2）在（1）的条件下，f（x）＝|x+4|﹣2，
不等式f（x）≤（k2﹣1）x﹣3化为|x+4|+1≤（k2﹣1）x，
令g（x）＝|x+4|+1，作出g（x）的图象，如图所示；
由图象知，要使不等式的解集非空，应满足：
k2﹣1＞1或k2﹣1，
即k2＞2或k2，
解得k或k或x，
所以实数k的取值范围是{k|k或k或k}．
【点睛】
本题考查了不等式恒成立问题，也考查了含有绝对值不等式的解法与应用问题，考查数形结合思想与计算能力，是中档题．。