2019届内蒙古呼和浩特市高三第二次质量普查调研考试文科数学试题(解析版)

2019年呼和浩特市高三年级第二次质量普查调研考试文科数学一、选择题（本大题共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.设集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由指数函数的性质得到集合，根据集合的交集的运算，即可求解.【详解】由指数函数的性质，可得集合，又由，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，以及指数函数的性质的应用，其中解答中根据指数函数的性质，准确求解集合B是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.2.瑞士著名数学家欧拉发现公式（为虚数单位），它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位.特别是当时，被认为是数学上最优美的公式，数学家们评价它是“上帝创造的公式”.根据欧拉公式可知，表示的复数在复平面中位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】令，则，又由，根据复数的表示，即可得到答案.【详解】由题意，根据公式（为虚数单位），令，则，又由，所以复数表示的点位于第一象限，故选A.【点睛】本题主要考查了复数的表示，以及三角函数的符号的应用，其中解答中合理赋值，根据复数的几何意义及复数的表示求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.3.已知向量，，若与互相垂直，则（ ）A. 0B.C.D.【答案】D 【解析】 【分析】 写出的坐标，利用两个向量垂直的条件计算可得答案.【详解】若与互相垂直,则2-m+4m+6=0, 解得，故选：D【点睛】本题考查两个向量垂直的坐标运算，属于基础题.4.已知直线的倾斜角为，则（ ）A.B.C.D.【答案】B 【解析】 【分析】由直线方程可得tan ，由正弦的二倍角公式和同角三角函数关系式计算可得答案. 【详解】直线的倾斜角为,可得斜率k=tan则，故选：B【点睛】本题考查直线的斜率和倾斜角的关系，考查正弦的二倍角公式的应用，考查齐次式的计算，属于基础题.5.函数，那么的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的解析式，令，则，即可求解.【详解】由题意，函数，令，则，故选C.【点睛】本题主要考查了函数值的求解，以及特殊角的三角函数值的应用，其中解答中合理赋值，根据特殊角的三角函数求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.6.已知双曲线与双曲线有相同的离心率，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由双曲线方程可知k>0,分别写出曲线和的离心率，由离心率相等可得k值，从而得到渐近线方程. 【详解】由双曲线方程可知k>0,双曲线的离心率为，双曲线离心率为，由题意得=，解得k=6, 双曲线，则渐近线方程为，故选：B【点睛】本题考查双曲线的离心率公式的应用，考查渐近线方程的求法，属于基础题.7.一个盒子里装有标号为1-6的6个大小和形状都相同的小球，其中1到4号球是红球，其余两个是黄球，若从中任取两个球，则取的两个球颜色不同，且恰有1个球的号码是偶数的概率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】6个球中任取两个球的种数为15种，满足条件的有4种，由古典概型概率公式可得答案.【详解】盒子里装有标号为1-6的6个大小和形状都相同的小球，其中1到4号球是红球，5,6号是黄球，从中任取两个球,有12,13,14,15,16,23,24,25,26,34,35,36,45,46,56，共15种情况，恰有1个球的号码是偶数有16,25,36,45共有4种情况，故所求概率P=．故选：D【点睛】本题考查古典概型的概率公式的应用，属于基础题.8.设，若，则实数是（）A. 1B. -1C.D. 0【答案】B【解析】【分析】根据自变量所在的范围代入相应的解析式计算即可得到答案.【详解】解得a=-1,故选：B【点睛】本题考查分段函数函数值的计算，解决策略:(1)在求分段函数的值f(x0)时，一定要判断x0属于定义域的哪个子集，然后再代入相应的关系式;(2) 求f(f(f(a)))的值时，一般要遵循由里向外逐层计算的原则.9.执行如图所示的程序框图，如果输出S＝3，那么判断框内应填入的条件是 ( )A. B. C. D.【答案】C【解析】根据程序框图，运行结果如下：S k第一次循环 log23 3第二次循环 log23•log34 4第三次循环 log23•log34•log45 5第四次循环 log23•log34•log45•log56 6第五次循环 log23•log34•log45•log56•log67 7第六次循环 log 23•log 34•log 45•log 56•log 67•log 78=log 28=3 8故如果输出S=3，那么只能进行六次循环，故判断框内应填入的条件是k ≤7． 故答案为：k ≤7 故答案为：C.10.用半径为，圆心角为的扇形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为（ ）A.B.C.D.【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为rcm,根据底面圆的周长即扇形的弧长求出半径r,利用勾股定理可得答案. 【详解】设圆锥的底面半径为rcm ，由题意底面圆的周长即扇形的弧长， 可得2πr=即底面圆的半径为1，.所以圆锥的高,故选：B【点睛】本题考查圆锥侧面展开图的应用，圆锥侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长.11.已知函数，把函数的图象向右平移个单位，再把图象上各点的横坐标缩小到原来的一半，纵坐标不变，得到函数的图象，当时，方程恰有两个不同的实根，则实数的取值范围为（ ）A.B.C.D.【答案】B【分析】利用辅助角公式，化简得到函数的解析式，再根据三角函数的图象变换，得到函数的解析式，再把方程恰好有两个不同的实数解，转化为与有两个不同的交点，结合三角函数的性质，即可求解.【详解】由题意，根据辅助角公式，可得函数，把函数的图象向右平移个单位，得到，再把函数图象上各点的横坐标缩小到原来的一半，得到函数，因为，则，令，解得，即函数在上单调递增，令，解得，即函数在上单调递减，且，要使得方程恰好有两个不同的实数解，即与有两个不同的交点，结合图象，可得实数的取值范围是，即.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，以及三角函数的图象变换与三角恒等变换的应用，其中解答中合理利用三角函数的图象与性质，把方程恰好有两个不同的实数解，转化为与有两个不同的交点是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.12.过坐标轴上一点作圆的两条切线，切点分别为、.若，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】过点M作圆C的两条切线MA和MB，切点分别为A和B，分别连接CA、CB、CM、AB，根据圆的性质可得，要使得，则满足，列出不等式，即可求解.【详解】根据题意，画出图形，如图所示，由圆，可得圆心坐标，半径，过点M作圆C的两条切线MA和MB，切点分别为A和B，分别连接CA、CB、CM、AB，根据圆的性质可得，当，因为，所以为等腰直角三角形，所以,又由，所以，所以，所以，要使得，则满足，即，整理得，解得或，即的取值范围是，故选C.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中根据题意得出时，使得，进而得出要使得，则满足，利用两点间的距离公式，列出不等关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡的相应位置.）13.若函数的图象在点处的切线平行于轴，则________.【答案】【解析】【分析】求函数的导数，可得切线斜率，由切线平行x轴，得到斜率为0，可得t值.【详解】可得函数在x=-1处的切线斜率为2+2t,由切线平行于轴，可得解得t=-1,故答案为：-1【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，属于基础题.14.已知，满足不等式，则最大值为________.【答案】11【解析】【分析】作出不等式组所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，求得目标函数的最大值，即可得到答案.【详解】由题意，作出不等式组所表示的平面区域，如图所示，又由目标函数，可化为直线，当直线过点A时，目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．15.已知四棱锥，底面为边长为4的正方形，垂直于底面，若四棱锥外接球的表面积和外接球的体积数值相等，四棱锥的体积为________.【答案】【解析】【分析】棱锥的外接球即为所对应长方体的外接球，由外接球的表面积和体积相等,可求R,设PA=a，由外接球的直径为长方体的体对角线，可得a值，再利用棱锥体积公式可得结果.【详解】四棱锥的底面为边长为4的正方形且垂直于底面，则棱锥的外接球即为所对应长方体的外接球，外接球的直径为长方体的体对角线，设PA=a,外接球的半径为R,则16+16+,由外接球的表面积和体积相等，即,解得R=3,即32+，解得a=2,则四棱锥的体积V=,故答案为：【点睛】本题考查棱锥外接球问题，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两两垂直则用（a,b,c为三棱的长）；②若面ABC（SA=a），则（r为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球.16.已知，，分别为三个内角，，的对边，若，，的面积为，则的值等于________.【答案】【解析】【分析】根据三角形的面积公式，求得，利用余弦定理求得，再根据正弦定理，即可求解的值，得到答案.【详解】在中，因为，所以，又由的面积为，且，所以，解得，由余弦定理可得，解得，又由正弦定理得.【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，同角三角函数基本关系式，余弦定理在解三角形中的综合应用，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，以及合理应用正弦定理、余弦定理求解是解答的关键，着重考查了转化思想与运算、求解能力，属于基础题．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17.设是等比数列的前项和.已知，，成等差数列，.（1）求数列的通项公式；（2）设.若，求数列的前项和. 【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，根据，，成等差数列，求得，再由，求得，即可得到等比数列的通项公式；（2）由（1），得到，利用裂项法，即可求解数列的前n项和.【详解】（1）设等比数列的公比为，由题意知，即，即，解得：，又由，解得，所以（2）由（1），所以所以，数列的前项和为.【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、以及“裂项相消”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，属于基础题.18.在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，，，，，为的中点.（1）平面平面（2）求点到平面的距离【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】(1)由题目中的数据结合勾股定理可得，又，可证得平面，从而得到证明；（2）利用计算可得结果.【详解】（1）在菱形中，为的中点，则又由已知，，则，故又且，则平面又因为平面所以，平面平面（2）由题设，连接，在中，，在中，，在中，由余弦定理,所以的面积：的面积：设点到平面的距离为则三棱锥的体积：,解得：【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，考查利用等体积思想求点到面的距离问题，考查空间想象能力和计算能力，属于基础题.19.某学校现有学生800名，其中200名学生参加过短期实习（称为组学生），另外600名学生参加过长期实习（称为组学生），从该学校的学生中按分层抽样共抽查了80名学生，调查他们的学习能力得到组学生学习能力的茎叶图，组学生学习能力的频率分布直方图.（1）问组、组学生各抽查了多少学生，并求出直方图中的；（2）求组学生学习能力的中位数，并估计组学生学习能力的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）若规定学习能力在内为能力优秀，由以上统计数据在答题卡上完成下面的列联表，并判断是否可以在犯错误概率不超过0.1%的前提下，认为学习能力与实习时间长短有关.能力与实习时间列联表【答案】（1）20,60,0.027；（2）见解析(3)见解析【解析】【分析】（1）由分层抽样可得组抽查人数20名，B组抽查60名，由频率分布直方图的频率和为1可得x值；（2）茎叶图中根据中位数的定义得结果，频率分布直方图中利用每个矩形的底边的中点横坐标与对应的小矩形的面积的乘积，然后作和，可得结果；（3）由公式计算出的观测值，结合临界值表，可得结论.【详解】（1）由茎叶图知组学生中抽查人数为20名，组学生中应抽查（名）,由频率分布直方图得，得.（2）由茎叶图知组学生学习能力的中位数为121由（1）及频率分布直方图，估计组学生学习能力的平均数为（3）由（1）及所给数据得能力与实习的2×2列联表，由上表得因此，可以在犯错误概率不超过0.1%的前提下，认为学习能力与实习时间长短有关.【点睛】本题考查频率分布直方图和独立性检验的应用，考查学生的分析与计算能力，属于基础题.20.已知椭圆的一个焦点与的焦点重合且点为椭圆上一点（l）求椭圆方程；（2）过点任作两条与椭圆相交且关于对称的直线，与椭圆分别交于、两点，求证：直线的斜率是定值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由已知列出关于a和b的等量关系，可得方程；（2）写出直线AP和直线AQ的方程，将直线AP和直线AQ与椭圆方程联立，得P,Q的横坐标，利用斜率公式和韦达定理进行计算即可得到答案.【详解】（1）抛物线的焦点为，则椭圆的一个焦点为,故把点带入椭圆方程得：解得：所以，椭圆方程为（2）由题意，可设直线的方程为，则直线的方程为设，，则，把直线的方程与椭圆方程联立得：，故同理可得所以所以，直线的斜率是定值【点睛】本题考查椭圆的标准方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系的应用和韦达定理以及斜率公式的应用，考查学生的推理和计算能力，属于中档题.21.已知函数.（1）当时，求函数在上的最大值和最小值（2）讨论函数零点的个数.【答案】（1），；（2）见解析【解析】【分析】(1)对函数f(x)求导，写出函数的单调区间，由单调性可得函数的最值；（2）令则，变量分离得构造函数，对函数g(x)求导，判断函数单调性，画出函数的图像，由图像可得结果.【详解】由题设，（1）当时，显然令，得，在上单调递增，令，得，在上单调递减，在上，，，所以，，（2）由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，令则①当时，，所以不是的零点.当时，①式化为：设，则令得，则在上单调递增，令，得，则在上单调递减，当时，当时，.当时，，且当时，.故的图像如图所以，当时有两个零点，当时，有一个零点【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值和函数的零点个数问题，考查函数单调性的应用，属于中档题.22.在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，（l）设为参数，若，求直线的参数方程；（2）已知直线与曲线交于，设，且，求实数的值.【答案】（1）（为参数）；（2）1【解析】【分析】（1）由直线的极坐标方程为，求得，进而由，代入上式得，得到直线的参数方程；（2）根据极坐标与直角坐标的互化，求得，将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，利用根据与系数的关系，列出方程，即可求解.【详解】（1）直线的极坐标方程为即，因为参数，若，代入上式得，所以直线的参数方程为（为参数）（2）由，得，由，代入，得将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，得.（*）则且，，设点，分别对应参数，恰为上述方程的根.则，，，由题设得.则有，得或.因为，所以【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，以及普通方程与参数方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.23.设函数.（1）当时，求不等式的解集；.（2）对，，，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）当时，分类讨论去掉绝对值，得分段函数，进而可求解不等式的解集. （2）由绝对值的三角不等式，求得，转化为对任意，总有，即，即可求解.【详解】（1）当时，，即，当时，不等式的解集为空集；当时，由，即，解得，所以解集为；当时，不等式恒成立，所以解集为，故不等式的解集为.（2）由已知：，则，对任意，总有，则对任意，总有，即，解得实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的求解，以及绝对值的三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的解法，合理应用绝对值的三角不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.。