1、2019届西藏拉萨市高三下学期第二次模拟考试数学（理）试题一、单选题1已知集合,则=ABCD【答案】C【解析】可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可【详解】，；ABx|1x2故选：C【点睛】考查描述法的定义，对数函数的定义域，一元二次不等式的解法，交集的运算2若复数满足,则ABCD1【答案】D【解析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，再由复数模的计算公式求解【详解】由（z+1）i1+i，得z+1，zi，则|z|1故选：D【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题3在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案该方案中“2”指的是从政治、地理
2、、化学、生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地至少有一门被选中的概率是（）ABCD【答案】D【解析】本题可从反面思考，两门至少有一门被选中的反面是两门都没有被选中，两门都没被选中包含1个基本事件，代入概率的公式，即可得到答案.【详解】设两门至少有一门被选中，则两门都没有选中，包含1个基本事件，则，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中合理应用对立事件和古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.4的展开式中的系数为（ ）A-80B-40C40D80【答案】C【解析】由题意分别找到展开式中和的系数
3、，然后相加得到项的系数.【详解】要求的展开式中的系数则中与展开式中相乘，以及中与展开式中相乘而展开式中，项为，项为.所以的展开式中的项为故选C项【点睛】本题考查二项式展开式与多项式相乘，其中某一项的系数，属于基础题.5经统计,某市高三学生期末数学成绩,且,则从该市任选一名高三学生,其成绩不低于90分的概率是A0.35B0.65C0.7D0.85【答案】A【解析】由已知直接利用正态分布曲线的对称性求解【详解】学生成绩X服从正态分布N（85，2），且P（80X90）0.3，P（X90）1P（80X90），从该市任选一名高三学生，其成绩不低于90分的概率是0.35故选：A【点睛】本题考查正态分布曲线
4、的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性，属于基础题6将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象的一个对称中心为（）ABCD【答案】A【解析】利用函数yAsin（x+）的图象变换规律，求得平移后的解析式，再令2xk，求得结论【详解】将函数ysin（2x）的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为 ysin（2x），令2xk，求得x，kZ，故函数的对称中心为（，0），kZ，故选：A【点睛】本题主要考查函数yAsin（x+）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于基础题7已知双曲线：的一条渐近线过点，则的离心率为（ ）ABCD3【答案】C【解析】求得
5、双曲线的渐近线方程，由题意可得，再由离心率公式，计算可得所求值【详解】双曲线的渐近线方程为，由题意可得，可得，则双曲线的离心率为故选：C【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题8执行如图所示的程序框图，当输入的为1时，则输出的结果为（ ）A3B4C5D6【答案】C【解析】将代入程序框图，然后根据循环条件，依次得到每一步中各参数的值，根据判断语句，当不符合循环条件时，输出的值.【详解】输入，不成立，成立，成立，成立，成立，成立，成立，成立，成立，不成立.输出.故选C项.【点睛】本题考查通过程序框图的输入值和循环结构，得到输出值，属于简
6、单题.9某简单几何体的三视图如图所示,若该几何体的所有顶点都在球的球面上,则球的体积是ABCD【答案】B【解析】由三视图还原几何体，可知该几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2，然后将其放入正方体进行求解【详解】由三视图还原原几何体如图，可知该几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2把该三棱锥补形为正方体，则正方体体对角线长为该三棱柱外接球的半径为体积V故选：B【点睛】本题考查空间几何体的三视图，考查多面体外接球表面积与体积的求法，是中档题10已知等差数列的前项和，等比数列的前项和，则向量的模为（ ）A1BCD无法确定【答案】A【解析】根据等差
7、数列的前项和及等比数列前项和的特点，分别得到和的值，然后得到的模长.【详解】等差数列前项和，即常数项为的二次式，而根据已知，故可得；等比数列的前项而根据已知，可得，即，因此向量，则故选A项.【点睛】本题考查等差数列和等比数列求和公式的性质，属于中档题.11设椭圆的两焦点分别为，以为圆心，为半径的圆与交于，两点，若为直角三角形，则的离心率为（ ）ABCD【答案】B【解析】由为直角三角形，得，可得，利用椭圆的定义和离心率的概念，即可求解.【详解】如图所示，因为为直角三角形，所以，所以，则，解得，故选B 【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中合理利用椭圆的定义和离心
8、率的概念求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.12已知定义在上的函数的导函数为，且，设， ，则， 的大小关系为（ ）A B C D无法确定【答案】A【解析】令，则.即在上为增函数.所以，即，整理得： ，即.故选A.点睛：本题主要考查构造函数，常用的有： ，构造xf(x)；2xf(x)+x2f(x)，构造x2f(x)；，构造;，构造；，构造.等等.二、填空题13设满足约束条件，则目标函数的最大值为_【答案】3【解析】作出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定函数的最优解，解求解目标函数的最大值，得到答案。【详解】由题意，作出约束条件表示的平面区域，如图所示，目标函数，可化为直线
9、，当直线过点A时，直线在y轴上的截距最大，此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14已知函数，若，则_【答案】【解析】根据题意，由的值分析可得，变形可得，则有则，代入计算可得答案【详解】函数，若，则，变形可得，则；故答案为：【点睛】本题考查函数值的计算，关键是求出函数的解析式，属于基础题15古代数学著作九章算术有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？
10、”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这个女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，可求得该女子第3天所织布的尺数为_【答案】【解析】试题分析：设该女子第一末织布尺，则由题意得，解之得，所以前三天织布的总尽数为，故应填.【考点】1.等比数列的定义与求和；2.数列的应用.【名师点睛】本题考查等比数列的定义与求和、数列的应用以及数学文化，属中档题；解决数列的应用问题，要明确问题属于哪一种类型，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，是求还求，特别是在弄清项数.16设函数,其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是_【答案】【解析】由得到，设，从而由题意可
11、得存在唯一的整数，使得在直线的下方利用导数得到函数的单调性，然后根据两函数的图象的相对位置关系得到关于实数的不等式组，进而得到所求范围【详解】由，得, 其中，设，存在唯一的整数，使得，存在唯一的整数，使得在直线的下方，当时，单调递减；当时，单调递增当时，又当时，直线过定点，斜率为，所以要满足题意，则需，解得，实数的取值范围是故答案为【点睛】本题考查用导数研究函数的性质和函数图象的应用，具有综合性和难度，考查理解能力和运算能力，解题的关键是正确理解题意，将问题转化为两函数图象的相对位置关系来处理，进而借助数形结合的方法得到关于参数的不等式（组），进而得到所求三、解答题17的内角的对边分别为，且（
12、1）求A；（2）若，点D在边上，求的面积【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由正弦定理、三角函数恒等变换化简已知可得：，结合范围，可得，进而可求A的值（2）在ADC中，由正弦定理可得，可得，利用三角形内角和定理可求，即可求得，再利用三角形的面积公式即可计算得解【详解】（1），由正弦定理可得：，可得：，可得：，可得：，可得：（2），点D在边上，在中，由正弦定理，可得：，可得：，可得：，【点睛】本题主要考查了正弦定理、三角函数恒等变换的应用，三角形内角和定理及三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化能力，属于中档题18某食品公司研发生产一种新的零售食品，从产品中抽取200件作为样
13、本，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得到如下的频率分布直方图：（1）求直方图中的值；（2）由频率分布直方图可认为，这种产品的质量指标值服从正态分布，试计算这批产品中质量指标值落在上的件数；（3）设产品的生产成本为，质量指标值为，生产成本与质量指标值满足函数关系式，假设同组中的每个数据用该组数据区间的右端点代替，试计算生产该食品的平均成本.参考数据：若，则，.【答案】（1）0.033；（2）68；（3）84.52【解析】（1）根据频率之和为1，由频率分布直方图中的数据，得到结果.（2）根据样本容量和方差，求出正态分布中的概率，得到的概率，再乘以样本容量，得到所求件数.（3）由频率分布直方
14、图得到产品的成本分组及其频率分布表，再计算出其平均成本.【详解】（1）由频率分布直方图可得，解得.（2）由于，则，所以，于是，.又因为，所以，于是.故这批产品中质量指标值落在上的件数大约为.（3）由频率分布直方图和题设条件可得产品的成本分组及其频率分布表如下：组号1234567分组频率0.020.090.220.330.240.080.02根据题意，生产该食品的平均成本： .【点睛】本题考查由频率分布直方图求频率和频率分布表及平均数，求正态分布某段上的频率和频数.属于中档题.19如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角
15、的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析：(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BFPF，BFEF，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出BF平面PEF，又平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF平面ABFD.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果.详解：（1）由已知可得，BFPF，BFEF，又，所以BF平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.（2）作PHEF，垂足为H.由（1）得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y
16、轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由（1）可得，DEPE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PEPF.可得.则 为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.20设抛物线：的焦点为，直
17、线与交于，两点，的面积为.（1）求的方程；（2）若，是上的两个动点，试问：是否存在定点，使得？若存在，求的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】（1）把代入抛物线方程可得：，解得根据的面积为列方程，解得，问题得解（2）假设存在定点S，使得设，线段的中点为由，可得，化为：当轴时满足题意，因此点S必然在x轴上设直线的方程为：与抛物线方程联立可得：根据根与系数的关系、中点坐标公式可得可得线段的垂直平分线方程，问题得解【详解】解：（1）把代入抛物线方程，可得：，解得的面积为，解得E的方程为：（2）假设存在定点S，使得设，线段的中点为由抛物线定义可得：，整理得：当轴时满足题意
18、，因此点S必然在x轴上设直线的方程为：联立，化为：，线段的垂直平分线方程为：，令，可得：存在定点，使得【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、标准方程、一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式、垂直平分线的性质，考查了推理能力与计算能力、方程思想，属于难题21已知函数.（1）若，求的单调区间；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增；（2）.【解析】（1）时，令，当时，单调递增，且即可得出的单调性（2）令由对a分类讨论，即可得出的单调性，极值与最值，问题得解【详解】（1）时，令，当时，单调递增，又当时，当时，函数在上单调递减，在上单调递增（2）令由时，函数在上单调递增
19、当且时，不满足 恒成立。时，令，可得，可得可得：时，函数取得极小值即最小值，令，当时，当时，可得时，函数取得极大值即最大值，而只有满足条件【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，极值与最值、考查了方程与不等式的解法、分类讨论思想、等价转化思想，考查了推理能力与计算能力，属于难题22在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为.（1）求的直角坐标方程和的直角坐标；（2）设与交于，两点，线段的中点为，求.【答案】（1），（2）【解析】（1）利用互化公式把曲线C化成直角坐标方程，把点P的极坐标化成直角坐标；（2）
20、把直线l的参数方程的标准形式代入曲线C的直角坐标方程，根据韦达定理以及参数t的几何意义可得【详解】（1）由2得2+2sin22，将2x2+y2，ysin代入上式并整理得曲线C的直角坐标方程为y21，设点P的直角坐标为（x，y），因为P的极坐标为（，），所以xcoscos1，ysinsin1，所以点P的直角坐标为（1，1）（2）将代入y21，并整理得41t2+110t+250，因为11024412580000，故可设方程的两根为t1，t2，则t1，t2为A，B对应的参数，且t1+t2，依题意，点M对应的参数为，所以|PM|【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题23已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若不等式的解集非空，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）当，和，分情况去绝对值求解即可；（2）（2）依题意可得，设，分三类讨论，可求得，从而可得m的取值范围试题解析：(1)当时，无解，当时，由，可得，当时，综上所述，的解集为.(2)原式等价于存在，使得成立，即，设，由(1)知，当时，其开口向下，对称轴，当时，其开口向下，对称轴为，当时，其开口向下，对称轴为，综上.的取值范围为.第 18 页 共 18 页
