安徽省蚌埠市2019届高三数学下学期第二次教学质量检查考试试题理(含解析)

蚌埠市2019届高三年级第二次教学质量检查考试
数学（理工类）
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。

是虚数单位，则（满足，其中1.）复数
D.
B.
A. 1 C.
B 【答案】【解析】【分析】. 利用复数的四则运算计算出后可得其模
，所以，【详解】因为 B.
所以，故选【点睛】本题考查复数的四则运算及复数的模，属于基础题.
，则满足条件的实数组成的集合为（集合），. 2.若
D.
C.
A.
B.
【答案】C
【解析】
【分析】
得到相应的值、.
分别讨论，后者再利用就【详解】当，符合；时，
时，，故或者
当，故，因或，综上，C.
，故选【点睛】集合中的包含关系，要考虑含参数的集合为空集（或全集）的特殊情况，此处分类的标准是所讨论的集合何时为空集，不为空集时还要考虑集合中的元素是否是确定的，若不确
定，还要进一步分类讨论.
的夹角为，则下列结论不正确的是（3. 已知两个非零单位向量，）．．．
B.
A. 在方向上的投影为
- 1 -
，使， D. C.
D 【答案】【解析】【分析】. 利用数量积的运算性质和投影的定义检验各选项可得正确的结果 A正确；方向上的投影为【详解】对于A，故，在 B正确；是单位向量，故，故因为，有对于C，故C 正确；
，对于使得.
，故不存在DD.
综上，选，但不满足结合律，如【点睛】向量数量积的运算满足分配律即
的夹角，其范围为，其中一般情况下是不成立，另外，注意
.
为，从这个定义我们可以得到
的前项和为），且满足（， 4.已知等差数列，则D. 7
C. 6
B. 5
A. 4
B 【答案】【解析】
联立解得设等差数列,的公差为,
B.
，则，故选函数图象大致为（）5.，
D.
A. B. C.
- 2 -
D 【答案】【解析】【分析】. 根据函数的奇偶性和函数图像上的特殊点对选项进行排除，由此得出正确选项
，故函数为奇函数，图像关于原点对称，排【详解】
选C由由，排除选项.除选项.排除D.
项，故本小题选. 【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查函数的奇偶性的判断方法，属于基础题的位，，满
足：，，6.已知平面，则直线，，，两两垂直，直线，）置关系不可能是（
D. A. 两两平行两两相交 B. 两两垂直C. 两两异面A 【答案】【解析】【分析】. CB在
正方体中可找到实例满足、、AD，可用反证法证明不成立
【详解】如图，在正方体，
、平面两两垂直，平面、平面
- 3 -
. 正确在这三个平面中，它们两两相交且两两垂直，故B,C则
正确；也在这三个平面中，它们彼此异面，故D
.
，如下图所示，设，
.
，过，垂足分别为在平面）内任取一点作（
，因为，平面，故，，
，因，故，同理，所以，因为. 同理，故若，两两平行，因或者
若前者，因，
故故，则，而，与矛盾；，
若后者，则，故，因矛盾.
，与 A错，所以两两平行不成立，故A.
综上，选【点睛】立体几何中关于点、线、面之间位置关系的命题的真假问题，可在正方体中考虑它们成立与否，因为正方体中涵盖了点、线、面的所有位置关系，注意有时需要动态地考虑位. 置关系安徽某景区每半小时会有一趟缆车从山上发车到山下，某人下午在山上，准备乘坐缆车下
7. ）5分钟的概率为（山，则他等待时间不多于 B. C. A. D.
B 【答案】【解析】【分析】. 由题意分析在何区间内等待时间可以控制在5分钟之内，再由概率计算公式即可求出结果分钟，3025【详解】此人在分到分或5分之间的6055分到分钟内到
达，等待时间不多于5- 4 -
B
故选分钟的概率为所以他等待时间不多于.. 【点睛】本题主要考查几何概型，熟记公式即可求
解，属于基础题型）的二项展开式中的常数项相等，则8.，若设（与
D. -2
A. 4 C. 2
B. -4
A 【答案】【解析】【分析】. 利用二项展开式的通项公式分别计算展开式中的常数项可得的大小
的展开式的通项公式为，【详解】
. 令得到，故该展开式中的常数项为
的展开式
的通项公式为，
，故该展开式中的常数项为得到.
令因常数项相等，故，故选A.
，解得注意【点睛】二项展开式中指定项的计算，通常利用通项公式来处理，此类问题为基础题.. 通项公式的特点（指组合数的形式及其意义、各项的幂指数的形式与关系）
（纵坐标不已知函数图象上所有点的横坐标缩小到原来的，先将9.再将得到的图象上所有点向右平移的变）
个单位长度，，得到的图象关于轴对称，则）最小值为（
C. B. A.
D.
B 【答案】【解析】【分析】
，，再利用周期变换得到对应的解析式为利用辅助角公式得到. 轴对称结合该函数的对称轴可得向右的最小平移，使得得到的图像关于
，得到的解析式为【详解】，把图象上所有点的横坐标缩小到原来的- 5 -
轴左侧且最靠近轴的对称轴，，考虑该函数在
个单位，所得的函数的图像关该对称轴为的
图像向右平移，故只需把.
于轴对称，此时平移为最小平移【点睛】三角函数的图像往往涉及振幅变换、周期变换和平移变换，注意周期变换和平移变先向左平换（左
右平移）的次序对函数解析式的影响，比如，它可以由，也可以先保持纵坐标不变，横
坐标变为原移个单位，再纵坐标不变，横坐标变为原来的另外，求最小平移时，可结合图像的对称轴和对称中心来得到最小平移来的.，再向左平移.
的长度.中描述的“羡除”是一个五面体，其中有三个面是梯形，另两个面是三角形10.《九章算术》）其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的体积为（已知一个羡除的三视图如图粗
线所示，
D. 32
B. 24 A. 20
C. 28
B 【答案】【解析】【分析】. 画出五面体的直观图，利用割补法求其体积【详解】五面体对应的直观图为：
由三视图可得：，三个梯形均为等腰梯形且平面平面- 6 -
.
，的距离为到底面间的距离为如下图所示，
，其中为体积相等的四棱锥，且将五面体分割成三个几何
体，.
为直角三角形，则棱柱为直棱柱，
；又，
A.
故选故五面体的体积为.
【点睛】本题考查三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．而. 不规则几何体的体积的计算，可将其分割成体积容易计算的规则的几何体
在抛物线上，为抛物线的焦点，是抛物线准线上一动点，若点11.为原点，点已知
，则）的最小值为（且
C.
A.
D.
B.
D 【答案】【解析】【分析】关于准线的对称点后可得距离和的最小的坐标，利用焦半径公式计算求出的横坐标后可得.
值. 【详解】不妨）为第一象限中的点，设（
，故，则，由抛物线的方程得，所
以的对称点为，关于准线
，故 D.
当且仅当三点共线时等号成立，故选
- 7 -
【点睛】在坐标平面中，定直线上的动点到两个定点的距离和的最小（或距离差的最大值），常常利用对称性把距离和的最值问题转化为三点共线的问题来处理.
，不等式，且上的函数满足12.有定义在解，则正实数的取值范围是（）
D.
C.
A.
B.
【答案】C
【解析】
【分析】
，再用参变分离法求出的取值范围.
利用已知条件求出，【详解】
因为，故.
，所以因即不等式有解可化为
.
在即有解令，，则
在上为增函数；时，当，
时，在上为减函数；，当
C. ，所以，故选故【点睛】不等式的恒成立问题，应优先考虑参变分离的方法，把恒成立问题转化为函数的最值（或最值的范围）问题来处理，有时新函数的最值点（极值点）不易求得，可采用设而不求的思想方法，利用最值点（极值点）满足的等式化简函数的最值可以求得相应的最值范围．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

，则目标函数的最大值为__________已知实数，．满足 13.16 【答案】【解析】【分析】画出不等式组对应的可行域，平移动直线可得目标函数的最大值．【详解】不等式组对应的可行域如图所示：- 8 -
当动直线时，过点有最大值．，填的最大值为又由．可得，故【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线
性规划来求最值，求最，表示动直线的横截距的三倍值时往往要考二元函数的几何意义，比如则表
示动点的连线的斜率．与而
已知14.则，________数列（用具体数字作答），的前项的和为，.
1533 【答案】【解析】【分析】. 算出项和公式可得后利用等比数列的前
的等比数列，3，公比为【详解】2，
为首项为. 故.填【点睛】数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个. 数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法
是双曲线的右支上的点，满分别为双曲线15.的左、右焦点，设，的距离等于双
曲线的实半轴长，则该双曲线的离心率为足到直线，且原点 __________．【答案】【解析】- 9 -
【分析】
且，连接取为直角三角的中点为，利用已知条件可得形，从而，故可得所求的离心率．
【详解】设，则，故．，连接到的中点为是，则取，故距离的两倍，
，在，，所以
中，有所以
两边平方有即，所以，填．关键是利用题设
条件构建关于【点睛】的一个等式关系．而圆锥曲线中的离心率的计算，几何量的范围或点的位置关系构建关于离心率的取值范围，的不则需要利用坐标的范围、等式或不等式
组．
正三棱锥的外正三棱锥在棱中，.，点上，且16.截球所得截面面积的最小值为__________点作球．的截面接球为球，，过【答案】
【解析】【分析】，从而截球平面通过补体可得球的截面面积最小时，应有的直径及，平面可计算截面圆的半径从而得到其面积的大
小．
，所以，【详解】因为，所以，同理，其外接球即为球，直径为正方体的体对角线，故故可把正三棱锥补成正方体（如图所示），连接，，设的中点为
，则且，所以
截球当的截面面积最小，平面时，平面此时截面为圆面，其半径为．，故截面的面积为．填
- 10 -
答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

第17～三、解答题：共70 题为选考题，考生根据
要求作答。

、23每个试题考生都必须作答。

第22
，点如图，17.且等腰直角三角形为中，，，
内一点，.
）求（1；.
）求（2）（2（1）【答案】【解析】【分
析】，在1）利用两角和的正切公式得到，结合角的范围可得（.
利用正弦定理可计算.
2（）在中，利用余弦定理可计算，最后根据勾股定理得到）由条件及两角和的正切公式得：（【详解】1- 11 -
，
而，，所以
则，.
，∴∵. 中，
由正弦定理知：，即在）知，1中，，（，而在等腰直角三角形2）由
（，
所以，.
则在中，由余弦定理，
，，∴. ，∴∵，一般地，知道其中的三个【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径）.
，可以求得其余的四个量量（除三个角外））如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；（1 2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；（. （3）如果知
道两角及一边，用正弦定理为折痕将菱形折为中点，现以线段18.如图所示，菱形的边长为2，，点
分别为，.
的中点，，点平面到达点起使得点的位置且平面
- 12 -
平面；（1 ）求证：平面与平面所成锐二面角的
余弦值2（. ）求平面））见解析（2【答案】（1
【解析】
【分析】
，我们可证四边形，从而得到（1为平行四）利用平面为中位线可得
，利用面面的判定定理可得平面平面平面边形，从而，故. （2）建立空间直角坐标系，利用平面的法向量可计算锐二面角的余弦值.
，的中点，）菱形，中，【详解】（1分别为
，，四边形为平行四边形，则所以又，平面
. 平面所以分别为的
中点，则又点，平面，，，
点，所以平面平面所以平面.
.而为正三角形，中，）菱形，则（2
.
，，∴折叠后，，
又平面平面平面，，平面从而平面.
∵，，，∴三条线两两垂直，
轴、轴正方向建立空间直角坐标系，的方向分别为，，以轴、
，，，则，，的法向量为设平面，则
，即，，得，，令∴.
的一个法向量，∵平面
.
∴所成锐二面角为，设平面与平面
- 13 -
.
则【点睛】面面平行证明的关键是在一个平面中找到两条相交直线，它们都平行于另外一个平面，而线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹. 投影或中心投影. 角的计算，
也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算
：的轨迹为曲线的周长为19..已知，记点，直线，且
.
交于不同两点与曲线，的方程；）求曲线（1. ？若存在，求出直线）是否存在直线的方程，若不存在，说明理由使得（2
））不存在（【答案】（12 【解析】【分析】
，从而可得1的轨迹为椭圆（除了左右两个顶点）且）利用椭圆的定义可得点，（.
轨迹的方程的中点坐标，从而求存在，联立直线方程和椭圆方程后利用韦达定理可
得）假设直线（2
故可得因其过，的中垂线的方程为，，出但.
与椭圆相交，故有不存在因，因此有，故直线轴
上的椭圆，为焦点在，可得曲线的轨迹【详解】（1）由题意知
.
，，故椭圆方程为：根据题设可知
存在，联立）若直线，得：（2
由①，得：
点坐标为设的中点为，由韦达定理可知点，
方程为：∴.
的垂直平分线过
②，把若代入得：.
可得，，此方程无解，∴不存在联立①②，消去.
故这样的直线不存在圆锥.【点睛】求圆锥曲线的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等- 14 -
曲线中的对称问题，要抓住中点和垂直两个几何特征，通过联立直线方程和椭圆方程后再利用韦达定理得到参数之间的关系，结合判别式得到的不等式可探求参数存在与否或探求它们相应的范围.
20.随着网上购物的普及，传统的实体店遭受到了强烈的冲击，某商场实体店近九年来的纯利润如下表所示：
8
9
1
6
2
时间代号 3
7
4
5
（千实体店纯利润1.2
2.3
2
2.5
2.9
1.7
2.1
3
2.5
万）
；根据后作线性相关性检验，求得样本相关系数的绝对值为0.2549根据这年的数据，对和
作线性相关性检验，求得样本相关系数的绝对值为0.985；和5年的数据，对 20191（）如果要用线性回归方程预测该商场年实体店纯利润，现有两个方案：方案一：选取这年的数据，进行预测；9.
方案二：选取后5年的数据进行预测. 从生活实际背景以及相关性检验的角度分析，你觉得哪个方案更合适附：相关性检验的临界值表：
0.01 0.05
0.959 3 0.878
0.798
0.666
7
，既开网（2）某机构调研了大量已经开店的店主，据统计，只开网店的占调查总人数的，店又开实体店的占调查总人数的现以此调查统计结果作为概率，若从上述统计的店主中随机抽查
了5位，求只开实体店的人数的分布列及期望.
【答案】（1）选取方案二更合适（2），分布列见解析【解析】- 15 -
【分析】
（1）根据表中数据的特征及相关系数绝对值的大小可判断方案二更合适.
，则服从二项分布，利用公式可得分布列及数学期望）设只开实体店的店主人数为（2.
【详解】（1）选取方案二更合适，理由如下：
①中介绍了，随着网购的普及，实体店生意受到了强烈的冲击，从表格中的数据可以看出从2014年开始，纯利润呈现逐年下降的趋势，可以预见，2019年的实体店纯利润收入可能会接着下跌，
前四年的增长趋势已经不能作为预测后续数据的依据.
②相关系数越接近1，线性相关性越强，因为根据9年的数据得到的相关系数的绝对值
与具有线性相关关系；而后我们没有理由认为5年的数据得到的相关系数的，与具有线性相关关系，所以有.
绝对值的把握认为（仅用①解释得3分，仅用②解释或者用①②解释得6分）
位，开网店的概率为，2）此调查统计结果作为概率，从上述统计的店主中随机抽查了1（只开实体店的概率为，
，则，设只开实体店的店主人数为
，，
，，
，，所以，的分布列如下：
5
2
1
3
4
.
∴，故【点睛】（1）相关系数越接近1，线性相关性越强；
（2）在计算离散型随机变量的概率时，注意利用常见的概率分布列来简化计算（如二项分布、
超几何分布等）．
21.（1）讨论函数的单调性；
- 16 -
的最小值的值域2时，求函数）当.
（））见解析（12【答案】（【解析】
【分析】
和分求出，两种情况讨论导数的符号后可得函数的单（1）. 调区间
，构建新函数2（且对其化简后可得）求出，利
的结论可知该函数为用上的增函数且其值域为(1)，因此在
，结合零点存在定理可判断，而即有唯一的零点有唯一的极小值点
上的增函也就是，利用导数可得该函数为数，从而得到其值域.
的定义域为，）证明：【详解】（1
.
时，，若，则
若，时，，则
. 时，
上单调递增，综上：①当和时，在
上单②当，上单调递增，在时，在和.
调递减
2 ）（，.
- 17 -
单调递增，且值域为，）
知，当由（1时，，使得，∴存在唯一的
，∴，∴，而∵.
，单调减；时，当，
单调增.
当，时，
.
故
当且仅当.
记，在，且时，单调递增，且∴，，
.
∴，即的值域为
在上为单调增（减）且【点睛】一般地，，若则在区间上可导，
．利用导函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则数求函数最值时，如果函数的极值点（导数的零点）不易求得，可采用设而不求的思想方法，利用极值点满足的等式化简函数的最值可以相应的最值范
围．
是曲线.中，在直角坐标系（曲线为参数）的参数方程为上的动点，22.
为极点，.，轴设点以坐标原点得到线段绕将线段的轨迹为曲线点顺时针旋转正半轴为极轴建立极坐标系.
，的极坐标方程；）求曲线（1
，两点（除极点外），，且（2）在（1分别交于）的条件下，若射线与曲线
.
有定点的面积，求）21）见解析；（【答案】（【解析】
【分析】
点的极坐标，由此表示出设出的直角坐标方程，然后转化为极坐标方程）先求得.点（1
，的（2）将代入.的极坐标，代入的极坐标方程，化简后得出曲线的
极坐标方程求得三角形. 的面积极坐标方程求得两点的极坐标，利用- 18 -
的直角坐标方程为，）由题设，得【详解】解：（1
，即的极坐标方程为，故即.
，则由已知得，设点
的极坐标方程得代入，
即.
，代入（2的极坐标方程得）将，.
，所以又∵，，
∴.
【点睛】本小题主要考查参数方程化为极坐标方程，考查轨迹方程的求法，考查三角形面积的计
算，属于中档题.
的解集为已知函数.
23.，若不等式（1的值；）求. ，使得不等式）若存在的取值范围（2成立，求（2）【答案】（1）
【解析】【分析】）将问（1）根据含有一个绝对值不等
式的解法，求解可求得的值，比较（2.
利用零点分段法将题转化为，.构造函数存在解来求解的最小值，根据这个最小值求得的取值范围其表示为分段函数的形式，由此求得.
）∵1，【详解】解：（
，，解得∴，即又∵不等式，
∴的解集为.
）依题意，，2 （- 19 -
可化为，故不等式
存在解，存在解，即要使不等式存在解，即
，令，依题意得∴，的最小值为. ∴【点睛】本小题主要考查含有一个绝对值的不等式的解法，考查零用零点分段法将含有绝对值的函数表示为分段函数的形式，考查存在性问题的解法，考查化归与转化的数学思想方法，. 属于中档题
- 20 -。