山东省实验中学2019届高三第二次诊断性考试数学(理)试题(含精品解析)

山东省实验中学2019届高三第二次诊断性考试
数学试题(理科)
说明：本试卷满分150分，分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，第I卷为第1页至第3页，第II卷为第3页至第5页。

试题答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效。

考试时间120分钟。

第I卷(共60分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题5分，共60分。

每小题只有一个选项符合题意)
1.已知集合中的元素个数是
A. 2
B. 3
C. 6
D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】
先写出，再看的个数.
【详解】由题得=，故A∪B的元素的个数为6，故答案为：C
【点睛】本题主要考查集合的并集运算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.
2.已知向量
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】
由题得，解方程即得m的值.
【详解】由题得故答案为：D
【点睛】本题主要考查向量垂直的坐标表示，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.
3.设满足约束条件则的最大值是
A. B. 0 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的范围即可．
【详解】x，y满足约束条件的可行域如图：
目标函数z=x﹣y，经过可行域的点B时，目标函数取得最大值，
由解得B（2，0），
目标函数的最大值为2-0=2,
故答案为：C
【点睛】本题考查线性规划的简单应用，目标函数的最优解以及可行域
的作法是解题的关键．
4.已知等比数列中，
A. B. ±4 C. 4 D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】
由题得，解之即得解.
【详解】由题得
因为等比数列的奇数项同号，所以，故答案为：A
【点睛】本题主要考查等比数列的性质和等比中项的运用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力，本题要注意检验.
5.“”是“指数函数单调递减”的
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
先化简“指数函数单调递减”得，再利用充要条件的定义判断得解.
【详解】因为“指数函数单调递减”，
所以，
所以“”是“指数函数单调递减”的必要非充分条件.
故答案为：B
【点睛】(1)本题主要考查指数函数的单调性的运用，考查充要条件的判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 利用集合法判断充要条件，首先分清条件和结论；然后化简每一个命题，建立命题和集合的对应关系.，；最后利用下面的结论判断：①若,则是的充分条件，若，则是的充分非必要条件；②若,则是的必要条件，若，则是的必要非充分条件；③若且，即时，则是的充要条件.
6.已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布，从中随机取一件，其长度误差落在区间(4，8)内的概率是(附：随机变量服从正态分布，则，
A. 4.56％
B. 13．59％
C. 27.18％
D. 31.74％
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意,利用正态分布的对称性，即可得出结论．
【详解】由题意P（﹣4＜ξ＜4）=0.6826，P（﹣8＜ξ＜8）=0.9544，可得P（4＜ξ＜8）=（0.9544﹣0.6826）= 0.1359．故答案为：B
【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．
7.三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明．下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）
色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用勾股股勾朱实黄实弦实，化简，得勾股
弦．设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷1000颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图
钉数大约为（）
A. 866
B. 500
C. 300
D. 134
【答案】D
【解析】
由题意，大正方形的边长为2，中间小正形的边长为，则所求黄色图形内的图钉数大约为，故选D.
8.函数的部分图象为（）
【答案】A
【解析】
试题分析：因,故当时,,函数单调递增; 当
时,,函数单调递减; 当时,,函数单调递增.故应选A.
考点：导数与函数单调性的关系．
9.展开式的系数为
A. B. C. 15 D. 45
【答案】B
【解析】
【分析】
先化简=，再利用二项式定理的通项分析得解.
【详解】由题得=，
设
对于二项式，设其通项为，
令6-r-3k=2,所以r+3k=4,r,k∈,方程的解为r=1,k=1或者r=4,k=0.
所以展开式的系数为.
故答案为：B
【点睛】本题主要考查二项式定理，考查二项式展开式中的系数的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
10.一个三位数的百位，十位，个位上的数字依次是，当且仅当时称为“凹数”，若
，从这些三位数中任取一个，则它为“凹数”的概率是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先分类讨论求出所有的三位数，再求其中的凹数的个数，最后利用古典概型的概率公式求解.
【详解】先求所有的三位数，个位有4种排法，十位有4种排法，百位有4种排法，所以共有个三位数.
再求其中的凹数，第一类：凹数中有三个不同的数，把最小的放在中间，共有种，第二类，凹数中有两个不同的数，将小的放在中间即可，共有种方法，所以共有凹数8+6=14个，
由古典概型的概率公式得P=.
故答案为：C
【点睛】本题主要考查排列组合的运用，考查古典概型的概率，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理
能力.
11.将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，然后向右平移个单位后得到函数
的的图像，若函数在区间上均单调递增，则实数a的取值范围为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律求得g（x）的解析式，再利用余弦函数的单调性求得a的范围．
【详解】将函数f（x）=cosx图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），可得y=cos的图象；
然后向右平移个单位后得到函数g（x）=cos=cos（﹣）的图象，
若函数g（x）在区间与[2aπ，4π]上均单调递增，
则0﹣=﹣，﹣≤0，且﹣≥2kπ﹣π，﹣≤2kπ，k∈Z．
解得≤a≤，
故答案为：B
【点睛】本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，余弦函数的单调性，属于中档题．
12.已知均为单位向量，满足，设，则的最小值为：
A. B. 0 C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可设C（cos θ，sin θ），设A（，），B（1，0），由条件求得x，y，再由两角和的正弦公式、正弦函数的最值，可得最小值．
【详解】由||=1可设C（cos θ，sin θ），
又•=，所以cos∠BOA=,所以∠BOA=.
因为||=||=1，可设A（，），B（1，0），
=x+y，所以
所以,
因为,所以（1）
因为，所以，（2）
由（1）（2）得
所以当x+y最小值为.故答案为：C
【点睛】本题考查平面向量的基本定理和向量数量积的坐标表示，两角和的正弦公式、正弦函数的最值，考查运算能力，属于中档题．
第II卷(非选择题，共90分)
二、填空题(本题包括4小题，共20分)
13.已知函数_________
【答案】
【解析】
【分析】
先求f(-1),再求的值.
【详解】由题得f(-1)=所以=
故答案为：-2
【点睛】本题主要考查函数求值，考查对数函数的运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
14.设为正实数，且的最小值为_________
【答案】
【解析】
【分析】
由题得=,再利用基本不等式求最小值.
【详解】由题得=,
当且仅当时取等.
故答案为：
【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
15.函数的最大值为________
【答案】
【解析】
【分析】
先化简，再利用基本不等式求的最大值，即得f(x)的最大值.
【详解】由题得，
所以
所以.故答案为：
【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
16.下表中的数阵为“森德拉姆数筛”，其特点是每行每列都成等差数列，则数字2019在表中出现的次数为
________
【答案】
【解析】
【分析】
利用观察法及定义可知第1行数组成的数列A1j（j=1，2，）是以2为首项，公差为1的等差数列，进一步分析得知第j列数组成的数列A1j（i=1，2，）是以j+1为首项，公差为j的等差数列，同时分别求出通项公式，从而得知结果．
【详解】第i行第j列的数记为A ij．那么每一组i与j的解就是表中一个数．
因为第一行数组成的数列A1j（j=1，2，）是以2为首项，公差为1的等差数列，
所以A1j=2+（j﹣1）×1=j+1，
所以第j列数组成的数列A1j（i=1，2，）是以j+1为首项，公差为j的等差数列，
所以A ij=j+1+（i﹣1）×j=ij+1．
令A ij=ij+1=2019，
即ij=2018=1×2018=2018×1=2×1009=1009×2
故表中2019共出现4次．
故答案为：4
【点睛】此题考查行列模型的等差数列的求法，解答的关键是分析出A ij=j+1+（i﹣1）×j=ij+1.
三．解答题(本题包括6小题，共70分)
17.已知在递增的等差数列的等比中项
(I)求数列的通项公式；(II)若，为数列的前n项和，求．
【答案】(I)(II)
【解析】
【分析】
(I)根据已知求出的通项公式.(II)由题意可知，再利用裂项相消法求和得解.
【详解】(I)设公差为,因为，所以，解得
所以.
(II)由题意可知：
所以.
【点睛】本题主要考查等差数列通项的求法和裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
18.在中，A,B,C所对的边分别为，满足．
(I)求角A的大小；
(Ⅱ)若，D为BC的中点，且的值．
【答案】(I);(II).
【解析】
【分析】
(I)得，求出 . (Ⅱ)由题意可知，化简得，再结合余弦定理求出，再利用正弦定理求出的值．
【详解】(I)，所以，所以
因为，所以，所以
(Ⅱ)由题意可知：
所以
所以
又因为，所以，
因为，所以
由正弦定理可得，所以
【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
19.某二手车直卖网站对其所经营的一款品牌汽车的使用年数x与销售价格y(单位：万元，辆)进行了记录整理，得到如下数据：
(I)画散点图可以看出，z与x有很强的线性相关关系，请求出z与x的线性回归方程(回归系数精确到0.01)；(II)求y关于x的回归方程，并预测某辆该款汽车当使用年数为10年时售价约为多少．
参考公式：
参考数据：
【答案】(I)z与x的线性回归方程是(II)当使用年数为10年时售价约为1.03万元．
【解析】
【分析】
(I)利用最小二乘法求出z与x的线性回归方程. (II)先求出y关于x的回归方程是, 令x＝10，预测某辆该款汽车当使用年数为10年时售价.
【详解】(I)由题意，知，
，
又,
所以，
所以，
所以z与x的线性回归方程是；
(II)因为,
所以y关于x的回归方程是,
令x＝10，
得=,因为ln 1.03≈0.03，所以，
即预测该款汽车当使用年数为10年时售价约为1.03万元．
【点睛】本题主要考查回归直线方程的求法，考查回归直线方程的应用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
20.已知数列
(I)求数列的通项公式；(Ⅱ)设，求数列的前n项和
【答案】(I).
【解析】
【分析】
(I)利用项和公式求数列的通项公式. (Ⅱ)利用错位相减法求数列的前n项和
【详解】(I)由题意可知：当时，，又因为，所以，
又因为当，，所以
所以等比数列，且
（2）
所以
【点睛】本题主要考查项和公式求数列的通项，考查错位相减法求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
21.依据黄河济南段8月份的水文观测点的历史统计数据所绘制的频率分布直方图如图(甲)所示：依据济南的地质构造，得到水位与灾害等级的频率分布条形图如图(乙)所示．
(I)以此频率作为概率，试估计黄河济南段在8月份发生I级灾害的概率；
(Ⅱ)黄河济南段某企业，在3月份，若没受1、2级灾害影响，利润为500万元；若受1级灾害影响，则亏损100万元；若受2级灾害影响则亏损1000万元．
现此企业有如下三种应对方案：
试问，如仅从利润考虑，该企业应选择这三种方案中的哪种方案?说明理由.
【答案】(I)，因此企业应选方案二．
【解析】
【分析】
（I）依据甲图，记黄河8月份“水位小于40米”为事件，“水位在40米至50米之间”为事件，“水位大于50米”为事件，分别求出它们发生的概率，记该地8月份“水位小于40米且发生1级灾害”为事件，“水位在40米至50米之间且发生1级灾害”为事件，“水位大于50米且发生1级灾害”为事件，分别求出它们发生的概
率，再利用求解.（II）以企业利润为随机变量，分别计算出三种方案的利润，再选择.
【详解】（I）依据甲图，记黄河8月份“水位小于40米”为事件，“水位在40米至50米之间”为事件，“水位大于50米”为事件，它们发生的概率分别为：
，
．
记该地8月份“水位小于40米且发生1级灾害”为事件，“水位在40米至50米之间且发生1级灾害”为事件，“水位大于50米且发生1级灾害”为事件，
所以．
记“该黄河在8月份发生1级灾害”为事件．则
．
估计该河流在8月份发生1级灾害的概率为．
（II）以企业利润为随机变量，
选择方案一，则利润（万元）的取值为：，由（I）知
．
的分布列为
则该企业在8月份的利润期望
（万元）．
选择方案二，则（万元）的取值为：，由（I）知，
，
的分布列为：
则该企业在8月份的平均利润期望（万元）
选择方案三，则该企业在8月份的利润为：（万元）
由于，因此企业应选方案二．
【点睛】本题主要考查概率的计算，考查随机变量的分布列和期望，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
22.已知(e为自然对数的底数，e=2.71828……)，函数图象关于直线对称，函数
的最小值为m．
(I)求曲线的切线方程；
(Ⅱ)求证：；
(III)求函数的最小值．
【答案】(I)(Ⅱ)见解析(III)
【解析】
【分析】
(I)由题意可知,再利用导数的几何意义求切线方程. (Ⅱ)令，求出函数
的最小值，再根据得到 . (III)先利用导数求得
，再证明，所以.
【详解】(I)由题意可知
，所以，所以切线方程为，
(Ⅱ)令
，因为，，又因为在上单增
所以存在唯一的，使得，即，
当，所以单减，同理在单增，
所以，
因为，所以
所以因为，所以
(III)因为,，所以
因为，所以存在唯一的，使得
，即
在单减，在单增
所以
因为所以，
所以
令，所以
因为
所以由，可得，所以
所以，，所以，即，
所以
【点睛】本题主要考查切线方程的求法，考查利用导数求函数的单调区间和最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.。