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- 2023-12-17 发布
河南省郑州一中2019届高三第二次联合质量测评
数学（理科）
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1.已知集合，集合.则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
直接解一元二次不等式化简集合A，再求A交B，则答案可求．
【详解】解：A＝{x|}＝{x|x＜5}．又
则A∩B＝．
故选：A．
【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了一元二次不等式的解法，是基础题．
2.已知复数（为虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．
【详解】解：∵z（1+i）2＝1﹣i，
∴2zi＝1﹣i，
∴﹣2z＝i（1﹣i）＝1+i，
∴zi，
∴═i，
故选：C．
【点睛】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题．
3.已知命题：方程表示双曲线；命题：.命题是命题的（ ）
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】
等价转化命题，利用充分必要性定义结合不等式性质判断即可.
【详解】方程表示双曲线等价于，即命题：，
由推不出，充分性不具备，
由能推出，必要性具备，
故命题是命题的必要不充分条件，
故选：B
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用好双曲线方程系数的关系是解决本题的关键，比较基础．
4.已知等差数列各项均为正数，，，则数列的通项公式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用等差数列的性质及通项公式求得首项与公差，即可得到数列的通项公式.
【详解】设等差数列的公差为d，
由可得：，即，
又，
∴，又
∴是方程的两根，又等差数列各项均为正数，
∴，∴d=2
故数列的通项公式为
故选：A
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
5.函数的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用函数的单调性及特殊值即可作出判断．
【详解】由易得f（﹣x）+f（x）＝0，
∴f（x）是奇函数；
当x=1时，排除A，
当x＞0时，，函数在上单调递减，
故可排除Ｂ，Ｄ
故选：Ｃ
【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.
6.已知，分别为椭圆的两个焦点，为椭圆上任意一点.若的最大值为3，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
点到椭圆的焦点的最大距离为最小距离为，结合题意可得结果．
【详解】点到椭圆的焦点的最大距离为最小距离为，
又的最大值为3，
∴，∴ｅ＝
故选：Ｂ
【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
7.如图所示的程序框图，则输出结果为（ ）
A. B. C. 3 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
模拟执行程序框图，可得程序的功能是求的值，即可求得S的值．
【详解】解：模拟执行程序框图，可得程序的功能是求S的值，
由于S
．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了程序框图和算法，模拟执行程序框正确得到程序的功能是解题的关键，属于基础题．
8.已知函数，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
对x讨论，当x＞0时，当x≤0时，运用分式函数和对数函数的单调性，解不等式，即可得到所求解集．
【详解】解：当时，，即为：
，解得x2；
当时，，即为：
，解得x0．
综上可得，原不等式的解集为．
故选：D．
【点睛】本题考查分段函数的运用：解不等式，注意运用分类讨论的思想方法，以及分式函数和对数函数的单调性，考查运算能力，属于基础题．
9.将曲线围成的区域记为Ⅰ，曲线围成的区域记为Ⅱ，曲线与坐标轴的交点分别为、、、，四边形围成的区域记为Ⅲ，在区域Ⅰ中随机取一点，此点取自Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意分别计算出三个区域的面积，即可得到
【详解】由方程，得：
或，
∴曲线围成的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，如图：
可知区域Ⅰ 的面积为；
区域Ⅱ的面积为；
区域Ⅲ的面积为；
∴由几何概率公式得：，，
故。
故选：C.
【点睛】本题考查了几何概型的概率问题，关键是求出对应的面积，属于基础题．
10.第十四届全国运动会将于2021年在陕西举办，为宣传地方特色，某电视台派出3名男记者和2名女记者到民间进行采访报导。工作过程中的任务划分为：“负重扛机”，“对象采访”，“文稿编写”“编制剪辑”等四项工作，每项工作至少一人参加，但两名女记者不参加“负重扛机”，则不同的安排方案数共有（ ）
A. 150 B. 126 C. 90 D. 54
【答案】B
【解析】
【分析】
记两名女记者为甲乙，三名男记者为丙、丁、戊，根据题意，按甲乙的分工情况不同分两种情况讨论，①甲乙一起参加除了“负重扛机”的三项工作之一，②甲乙不同时参加一项工作；分别由排列、组合公式计算其情况数目，进而由分类计数的加法公式，计算可得答案．
【详解】解：记两名女记者为甲乙，三名男记者为丙、丁、戊
根据题意，分情况讨论，①甲乙一起参加除了“负重扛机”的三项工作之一：C31×A33＝18种；
②甲乙不同时参加一项工作，进而又分为2种小情况；
1°丙、丁、戊三人中有两人承担同一份工作，有A32×C32×A22＝3×2×3×2＝36种；
2°甲或乙与丙、丁、戊三人中的一人承担同一份工作：A32×C31×C21×A22＝72种；
由分类计数原理，可得共有18+36+72＝126种，
故选：B．
【点睛】本题考查排列、组合的综合运用，注意要根据题意，进而按一定顺序分情况讨论．
11.若关于的方程只有一个实数解，则实数的值（ ）
A. 等于-1 B. 等于1 C. 等于2 D. 不唯一
【答案】A
【解析】
【分析】
对a分类讨论时不适合题意，当时，令，，转化为两个函数图象的交点情况即可.
【详解】令，
则关于x的方程只有一个实数解，
等价于关于t的方程只有一个实数解，
若，则由及为增函数，得：
，方程无解
故。
令，，
则当时，有最小值 ，
函数的图象关于点对称，
当时，两函数，的图象有且只有一个交点，从而满足题意，
当时，两函数，的图象有两个交点，不合题意，
当时，两函数，的图象没有交点，不合题意，
所以，为所求。
故选：A.
【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
12.已知三棱柱的所有顶点都在球的球面上，该三棱柱的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，若球的表面积为，则三棱柱的体积为（ ）
A. B. 12 C. D. 18
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知该三棱柱的底面是等边三角形，设三棱柱底面边长为a，高为h，截面圆的半径为r，球半径为R，可得，从而得到结果.
【详解】因为三棱柱的五个面所在的平面截球面所得的圆的大小相同，
所以该三棱柱的底面是等边三角形，设三棱柱底面边长为a，高为h，截面圆的半径为r，球半径为R，
∵球O的面积为 ， ，解得，
∵底面和侧面截得的圆的大小相同，
∴，
∴，①
又∵，②
由①②得，
则该三棱柱的体积为。
故选：A.
【点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。请将答案填写在答题纸上。
13.已知实数，满足线性约束条件，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最值即可．
【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图所示，
令 ，则，
作出直线l：，平移直线l，由图可得，
当直线经过点C时，直线在y轴上的截距最大，
此时取得最小值，
由，可得，即C，
∴ 的最小值是。
故答案为：.
【点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.
14.已知，，，则在方向上的投影为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
对两边平方得到，代入投影公式得到结果.
【详解】∵，
∴
∵ ，∴，
∵，
∴，
∴
∴在方向上的投影为
故答案为：
【点睛】本题考查平面向量的数量积的性质，考查向量的模，向量的投影的概念，考查运算能力，属于基础题．
15.将的图像向右平移个单位后（），得到的图像，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
将图像向右平移个单位后，得到图像，即，从而得到，即可得到结果.
【详解】将图像向右平移个单位后，得到图像
因为，
所以，
则，
则 ，又因为，
所以当k=1时，取得最小值 。
故答案为：.
【点睛】本题考查了三角函数的图像变换，考查了函数与方程思想，属于中档题.
16.已知二进制和十进制可以相互转化，例如，则十进制数89转化为二进制数为.将对应的二进制数中0的个数，记为（例如：，，，则，，），记，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意可知所有的数转换为二进制后，总位数都为2019，且最高位都为1，而除最高位之外的剩余2018位中，每一位都是0或者1，从而有在这个数中，转换为二进制后有k个0的数共有个.
【详解】由题意得共个数中所有的数转换为二进制后，总位数都为2019，且最高位都为1
而除最高位之外的剩余2018位中，每一位都是0或者1
设其中的数x，转换为二进制后有k个0（）
∴
在这个数中，转换为二进制后有k个0的数共有个
∴
由二项式定理，。
故答案为：.
【点睛】本题考查进位制的转化，考查二项式定理的应用，考查转化能力，属于难题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22，23题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分。
17.已知函数，的内角、、的对边分别为、、.
（1）求的取值范围；
（2）若，，且，的面积为2，求的值.
【答案】（1）；（2）2.
【解析】
【分析】
(1)由题易得，利用正弦函数的图像与性质可得的取值范围；
(2)利用，可得，结合余弦定理及三角形的面积公式可得结果.
【详解】（1）.
由题意，则，.
的取值范围为.
（2）由题意知：，∴，，∴，.
又∵为锐角，∴.
由余弦定理及三角形的面积得，解得.
方法二：且，，为等腰直角三角形，所以.
【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.
第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.
第三步：求结果.
18.如图所示，在多面体中，矩形所在平面与直角梯形所在平面垂直，，，为的中点，且，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1)要证平面，即证，构造四边形，证明其为平行四边形即可；
(2) 以为原点，分别以、、为，，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：如图，
取的中点，连结.
∵是的中点，是的中点.
∴，.
又，.∴，.
∴四边形是平行四边形，∴.
又∵平面，平面.
∴平面.
（2）∵平面平面，，平面平面，
∴平面.∴，.
∵，，∴.
如图，以为原点，分别以、、为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
∴，.
设平面的一个法向量为，
则，令，得，，∴.
又，∴.
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，考查直线与平面所成角的正弦值的求法，考查空间向量坐标法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
19.某校要通过选拔赛选取一名同学参加市级乒乓球单打比赛，选拔赛采取淘汰制，败者直接出局。现有两种赛制方案：三局两胜制和五局三胜制。问两选手对决时，选择何种赛制更有利于选拔出实力最强的选手，并说明理由。（设各局胜负相互独立，各选手水平互不相同。）
【答案】五局三胜更有利于选拔出实力最强的选手。
【解析】
【分析】
分别求出三局两胜制甲胜的概率和五局三胜制甲胜的概率，由此能得到采用“五局三胜制”对甲有利．
【详解】甲乙两人对决，若甲更强，则其胜率。采用三局两胜制时，若甲最终获胜，其胜局情况是：“甲甲”或“乙甲甲”或“甲乙甲”.而这三种结局互不相容，于是由独立性得甲最终获胜的概率为：.
采用五局三胜制，若甲最终获胜，至少需比赛3局，且最后一局必须是甲胜，而前面甲需胜二局，由独立性得五局三胜制下甲最终获胜的概率为：.
而 .
因为，所以，即五局三胜的条件下甲最终获胜的可能更大。所以五局三胜制更能选拔出最强的选手。
【点睛】本题考查概率的求法及应用，是中档题，解题时要认真审题，注意n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式的合理运用．
20.已知点在抛物线：的准线上，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，.
（1）证明：为定值；
（2）当点在轴上时，过点作直线，交抛物线于，两点，满足.问：直线是否恒过定点，若存在定点，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）详见解析；（2）直线过定点 .
【解析】
【分析】
(1) 求导，求得直线PA的方程，将P代入直线方程，求得，同理可知．则，是方程x2﹣2ax﹣4＝0的两个根，则由韦达定理求得的值，即可求证为定值；
(2) 设，.利用点差法可得，同理可得，
结合垂直关系可得，又因为，两式作差，可得，，从而可得结果.
【详解】解：（1）法1：抛物线：的准线为：，故可设点，
由，得，所以.所以直线的斜率为.
因为点和在抛物线上，所以，.
所以直线的方程为.
因为点在直线上，
所以，即.
同理，.
所以，是方程的两个根，所以.
又，所以为定值.
法2：设过点且与抛物线相切的切线方程为，
由，消去得，
由，化简得，所以.
由，得，所以.
所以直线的斜率为，直线的斜率为.
所以，即.
又，
所以为定值.
（2）存在，由（1）知.
不妨设，则，，即，.
设，.
则，两式作差，可得，
所以直线的斜率为，同理可得，
因为，所以，
整理得，①
又因为，两式作差，可得，
从而可得直线的斜率为，
所以直线的方程为，
化简可得，
将①代入上式得，
整理得.
所以直线过定点，即点的坐标为.
【点睛】圆锥曲线中定点问题的常见解法
（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；
（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．
21.设函数.
（1）若函数有两个不同的极值点，求实数的取值范围；
（2）若，，，且当时，不等式恒成立，试求的最大值.
【答案】（1）；（2）4.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，得到a，令h（x），根据函数的单调性求出a的范围即可；
（2）代入a的值，问题转化为k，令F（x）（x＞2），求出函数的导数，根据函数的单调性求出k的最大值即可．
【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，
，令，∴，.
令，则由题意可知：直线与函数的图像有两个不同的交点.，令则.
在上单调递增，在上单调递减，，
又因为，在上递增，当，；又当，.
∴，又在递减.当，，结合，，图像易得.
实数的取值范围为.
（2）当时，.
即：，
∵，∴.
令，则.
令.则.
∴在上单调递增.
..
∴函数在上有唯一零点，即：.
∴时，.即.
当时，，
∴，
∴，∵，∴，∴的最大值为4.
【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想，是一道综合题．
（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做第一题计分。
22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程及曲线的直角坐标方程，并指出两曲线的轨迹图形；
（2）曲线与两坐标轴的交点分别为、，点在曲线上运动，当曲线与曲线相切时，求面积的最大值.
【答案】（1）详见解析；（2）12.
【解析】
【分析】
(1) 曲线化为普通方程，表示一条直线；曲线对a分类讨论明确轨迹的形态；
(2)先求出A，B的坐标，得到，利用圆的切线求出圆上点到直线的最大距离，即可得到结果.
【详解】（1）曲线化为普通方程为，是一条直线，
对于曲线：由及代入曲线的极坐标方程得其直角坐标方程为，即为.
当，曲线是以为圆心，为半径的圆.
当，曲线表示一点.
当，曲线不存在.
（2）由（1）知曲线化为普通方程为，
令，；，，所以，，
又由题可知，曲线：，
由直线与圆相切可知，
解得，此时：，
所以，
所以面积的最大值为12.
【点睛】本题考查三角形面积最值的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
23.已知函数.
（1）解不等式；
（2）记函数，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】
(1)讨论x的范围，解不等式组得到结果；
(2) 不等式恒成立即
【详解】解：（1）依题意得，
于是得或或.
解得，或.
即不等式的解集为.
（2）
，
当且仅当，即时取等号，
若对于任意的，不等式恒成立，则，
所以，解得，即实数的取值范围为.
【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，不等式恒成立求参数的范围，考查分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．