山东省青岛市崂山区第二中学2019届高三上学期期末考试数学（理）试题 WORD版含解析.doc

1、青岛二中20182019学年第一学期第二学段模块考试高三数学（理科）试题满分：150分时间：120分钟一、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.已知集合AxN|x3，Bx|x2+6x160，则AB（）A. x|8x2B. 0，1C. 1D. 0，1，2【答案】B【解析】【分析】化简集合A、B，求出AB即可【详解】集合AxN|x30，1，2，3，Bx|x2+6x160x|8x2，AB0，1故选B【点睛】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题目2.若复数，其中是虚数单位，则复数的模为（ ）A. B. C. D. 2【答案】C【解析

2、】【分析】利用复数的四则运算将复数化简为a+bi的形式，然后利用复数模的公式计算即可【详解】复数2i+2i+1i1+i,则|z|故选C【点睛】本题考查复数的乘除运算，复数的模的求法，属于基础题3.我国古代数学著作九章算术有如下问题：“今有金箠，长五尺，新本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箱，一头粗，一头细，在粗的一段截下一尺，重四斤：在细的一端截下一尺，重二斤，问依次每一尺各重几斤？“根据已知条件，若金蕃由粗到细是均匀变化的，中间三尺的重量为A. 6斤B. 9斤C. 10斤D. 12斤【答案】B【解析】【分析】根据题意设出等差数列的首项和第五项，通过公式

3、计算出公差，根据等差数列的性质即可求出中间三项的和.【详解】依题意，金箠由粗到细各尺构成一个等差数列，设首项，则，则，由等差数列性质得，中间三尺的重量为9斤故选B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化史，考查等差数列的通项公式以及等差数列的性质，属于基础题.等差数列的通项公式求解有很多种方法，一种是将已知条件都转化为和的形式，然后列方程组来求解；另一种是利用，先求出公差，再来求首项.4.设分别是双曲线的左、右焦点.若点在双曲线上，且，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据题意，F1、F2分别是双曲线的左、右焦点点P在双曲线上，且，根据直角三角形斜边中线是斜边的一半，=2|=|

4、=2故选B5.把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意确定几何体的形状，二面角为直二面角，依据数据，求出侧视图面积【详解】解：根据这两个视图可以推知折起后二面角为直二面角，其侧视图是一个两直角边长为的直角三角形，其面积为故选D【点睛】本题考查三视图求面积，考查计算能力，逻辑思维能力，是基础题6.在直三棱柱中，且，点M是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求得，利用空间向量夹角余弦公式

5、能求出异面直线与所成角的余弦值【详解】在直三棱柱中，且，点是，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则，设异面直线与所成角为，则,异面直线与所成角的余弦值为，故选B【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.7.在区间2，2上随机取一个数b，若使直线yx+b与圆x2+y2a有交点的概率为，则a（）A. B. C. 1D. 2【答案】B

6、【解析】【分析】由直线与圆有交点可得，利用几何概型概率公式列方程求解即可.【详解】因为直线与圆有交点，所以圆心到直线的距离，又因为直线与圆有交点的概率为，故选B.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系以及几何概型概率公式的应用，属于中档题. 解答直线与圆的位置关系的题型，常见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解答.8.已知定义在上的函数满足：（1）；（2）为奇函数；（3）当时，恒成立，则，的大小关系正确的为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由条件得出的单调性、奇偶性、周期性即可比较出题目中几个

7、的大小.【详解】因为，所以函数是周期为2的周期函数.又由为奇函数，所以有，所以函数为奇函数，由当时，恒成立得在区间内单调递增结合为奇函数可得函数在区间内单调递增，因为，.所以.故选：C【点睛】利用函数单调性比较函数值大小的时候，应将自变量转化到同一个单调区间内.9.阅读下面的程序框图，运行相应的程序，若输入的值为24，则输出的值为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】根据给定的程序框图，逐次循环计算，即可求解，得到答案【详解】由题意，第一循环：，能被3整除，不成立，第二循环：，不能被3整除，不成立，第三循环：，不能被3整除，成立，终止循环，输出，故选C【点睛】本题主要

8、考查了程序框图的识别与应用，其中解答中根据条件进行模拟循环计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题10.已知函数，且实数满足，若实数是函数的一个零点，那么下列不等式中不可能成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】易知，单调递增，且零点，又，得或,则是不可能成立的，故选A点睛：零点问题学会利用图象解题一般来说，只有一个零点的函数图象往往是单调的，本题中，我们可以发现函数是单调递增的，通过草图，结合题意，我们可以得到两种情况满足条件，从而得到答案11.已知抛物线的焦点为，为坐标原点，设为抛物线上的动点，则的最大值为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析

9、】由抛物线方程为：y22px（p0），可得：焦点F（，0），由抛物线的定义可得，化简再换元，利用基本不等式求得最大值【详解】由抛物线方程为：y22px（p0），可得：焦点F（，0），设M（m，n），则n22pm，m0，设M 到准线x的距离等于d，则令 pmt，t，则 m，（当且仅当 t 时，等号成立）故的最大值为，故选D【点睛】本题考查抛物线的定义、基本不等式的应用，考查换元的思想，解题的关键是表达出，再利用基本不等式，综合性强12.将函数的图象向右平移（）个单位长度得到的图象若函数在区间上单调递增，且的最大负零点在区间上，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】

10、利用函数的图象变换规律，求得的解析式，再利用正弦函数的性质求得的取值范围【详解】将函数的图象向右平移（）个单位长度得到的图象若函数在区间上单调递增，则，且，求得令，求得，故函数的零点为，的最大负零点在区间上，由令，可得，故选：C【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的性质综合应用，属于中档题二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上）13.二项式展开式中的系数为_【答案】【解析】【分析】由题意，求得二项展开式的通项，利用展开式的通项，即可求解的系数，得到答案.【详解】由题意，二项式展开式的通项为 令，解得，所以，即中的系数为.【点睛】本题主要考查了二项展

11、开式的指定项的系数的求解，其中熟记二项展开式的通项，利用通项求解指定项的系数是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14.设是由正数组成的等比数列，是的前项和，已知，则最大时，的值为_【答案】4或5【解析】由等比数列的性质可得：，解得：，则：，由数列公比为正数可得：，数列的通项公式为：，据此：，最大时，有最大值，据此可得 的值为4或5.点睛：等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程15.已知扇形的圆心

12、角为，半径为2，是其弧上一点，若，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】以为基底，表示，这是一个正交的基底，故，再由基本不等式求得的最大值.【详解】以为坐标原点，分别为轴建立平面直角坐标系，画出图像如下图所示.由于相互垂直，以为基底，这是一个正交基底，表示，根据图像可知，即，故，当且仅当时，等号成立.故的最大值为.【点睛】本小题考查平面向量的基本定理，考查正交基底的应用，考查利用基本不等式求乘积的最大值.平面内不共线的两个向量可以作为基底表示其它任何的向量，当这两个不共线的向量相互垂直时，为正交基.基本不等式不但要记得这个基本的形式，还要注意它的变形.16.是定义在上的函数，其导函数为.若，则

13、不等式（其中为自然对数的底数）的解集为_.【答案】【解析】【分析】构造函数，由导数得出在R上单调递增，当时，即，即可得出解集.【详解】构造函数则因为，所以，所以在R上单调递增所以当时，即所以不等式的解集为故答案为：【点睛】解答本题的关键是要利用条件构造出函数.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1721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：60分.17.已知分别为三个内角的对边，且满足，.（1）求；（2）若是中点，求面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理化简即可求得，从而可求A的值（2）

14、在中由余弦定理列方程，在中利用余弦定理列方程，在中利用余弦定理列方程，联立可得的值，根据三角形面积公式即可计算得解【详解】： （1） ， 则 ，（2）方法一：在中，即 .在中，同理中，而，有，即.联立得， . 方法二：又 得方法三：（极化式） 【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题18.如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，且.（1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【详解】试题分析：（1）连接 ，交 于点，设中点为，连接，先根据三角形中位线定

15、理及平行四边形的性质可得，再证明平面，从而可得平面，进而可得平面平面；（2）以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果试题解析：（1）证明：连接，交于点，设中点为，连接，因为，分别为，的中点，所以，且，因为，且，所以，且 所以四边形为平行四边形，所以，即因为平面，平面，所以因为是菱形，所以 因为，所以平面因为，所以平面 因为平面，所以平面平面（2）解法：因为直线与平面所成角为， 所以，所以 所以，故为等边三角形设的中点为，连接，则 以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系（如图）则，设平面的法向量为，则即则所以 设平面的法向量为，则

16、即令则所以 设二面角的大小为，由于为钝角，所以所以二面角的余弦值为【方法点晴】本题主要考查线面垂直及面面垂直的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题. 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19.随着经济的发展和个人收入的提高，自2018年10月1日起，个人所得税起征点和税率依法进行调整.调整如下：纳税人的工资、薪金所得，以每月全部收入额减5000元后的余

17、额为应纳税所得额.依照个人所得税税率表，调整前后的计算方法如下表：个人所得税税率表（调整前）个人所得税税率表（调整后）免征额3500元免征额5000元级数全月应纳税所得额税率（）级数全月应纳税所得额税率（）1不超过1500元的部分31不超过3000元的部分32超过1500元至4500元的部分102超过3000元至12000元的部分103超过4500元至9000元的部分203超过12000元至25000元的部分20（1）假如小李某月的工资、薪金等所得税前收入为7500元时，请你帮小李算一下调整后小李的实际收入比调整前增加了多少？（2）某税务部门在小李所在公司利用分层抽样方法抽取某月100个不同层

18、次员工的税前收入，并制成下面的频数分布表：收入（元）人数304010875先从收入在及的人群中按分层抽样抽取7人，再从中选4人作为新纳税法知识宣讲员，用表示抽到作为宣讲员的收入在元的人数，表示抽到作为宣讲员的收入在元的人数，随机变量，求的分布列与数学期望.【答案】（1）220元；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据税率表直接算出之后作比较即可（2）由频数分布表可知从及的人群中抽取7人，其中中占3人，的人中占4人，再从这7人中选4人，所以的取值可能为0，2，4，然后分别算出每种情况的概率即可.【详解】（1）由于小李的工资、薪金等收入为7500元，按调整前起征点应纳个税为元；按调整后起征点应纳个

19、税为元，比较两个纳税方案可知，按调整后起征点应纳个税少交220元，即个人的实际收入增加了220元，所以小李的实际收入增加了220元.（2）由频数分布表可知从及的人群中抽取7人，其中中占3人，的人中占4人，再从这7人中选4人，所以的取值可能为0，2，4，所以其分布列为024所以.【点睛】本题考查的是离散型随机变量的分布列和期望，解答的关键是把的取值情况和对应的概率算正确.20.设椭圆：，为左、右焦点，为短轴端点，且，离心率为,为坐标原点（1）求椭圆的方程，（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点,且满足？若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由【答案】（1）；（

20、2）见解析【解析】【分析】（1）由题意可得方程2cb4，e，且a2b2+c2；从而联立解出椭圆C的方程为1；（2）假设存在圆心在原点的圆x2+y2r2，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，则可得0；再设M（x1，y1），N（x2，y2），当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为ykx+m，与椭圆联立，利用韦达定理及条件可得3m28k280，代入从而可解得m的范围，进而解出所求圆的方程，再验证当切线的斜率不存在时也成立即可【详解】（1）椭圆C：1（ab0），由题意可得，2cb4，e，且a2b2+c2；联立解得，；故椭圆C的方程为1；（2）假设存在圆心在原点的圆x2+y2r2，使得该圆

21、的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，|，0；设M（x1，y1），N（x2，y2），当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为ykx+m，解方程组得，（1+2k2）x2+4kmx+2m280，则（4km）24（1+2k2）（2m28）8（8k2m2+4）0；即8k2m2+40；x1+x2，x1x2；y1y2（kx1+m）（kx2+m）k2x1x2+km（x1+x2）+m2；要使0，故x1x2+y1y20；即0；所以3m28k280，所以3m280且8k2m2+40；解得m或m；因为直线ykx+m为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为r，r2；故r；即所求圆的方程为x2+y2；此时圆的切线y

22、kx+m都满足m或m；而当切线的斜率不存在时切线为x与椭圆1的两个交点为（，），（，）；满足0，综上所述，存在圆心在原点的圆x2+y2满足条件【点睛】本题考查了圆锥曲线的应用，考查了根与系数的关系及化简运算，属于难题21.已知函数.（1）若函数在处的切线方程为，求实数，的值；（2）若函数在和两处取得极值，求实数的取值范围；（3）在（2）的条件下，若，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）由题意得：，解得，.（2）由题意知：有两个零点，令，而.对时和时分类讨论，解得：.经检验，合题；（3）由题意得，即.所以，令，即，令，求导，得在上单调递减，即.，.令，求导得在上单

23、调递减，得的取值范围.【详解】（1），由题意得：，即，即，所以，.（2）由题意知：有两个零点，令，而.当时，恒成立所以单调递减，此时至多1个零点（舍）.当时，令，解得：，在上单调递减，在上单调递增，所以，因为有两个零点，所以，解得：.因为，且，而在上单调递减，所以在上有1个零点；又因为（易证），则且，而在上单调递增，所以在上有1个零点.综上：.（3）由题意得，即.所以，令，即，令，令，而，所以在上单调递减，即，所以在上单调递减，即.因为，.令，而恒成立，所以在上单调递减，又，所以.【点睛】根据函数的极值情况求参数的要领：1.列式，根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解

24、；2.验证，求解后验证根的合理性，含参数时，要讨论参数的大小（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，则按所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1的参数方程为（t为参数）以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C2的极坐标方程为=4sin（1）写出圆C1的极坐标方程，并求圆C1与圆C2的公共弦的长度d；（2）设射线=与圆C1异于极点的交点为A，与圆C2异于极点的交点为B，求|AB|【答案】(1) =4cos, 2 (2) 2【解析】【分析】（1）直接利用转换关系式，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程进行转换，可得到圆C1的极坐标

25、方程，圆C1与圆C2的直角坐标方程相减可得到公共弦所在直线的方程，再利用几何关系可得到公共弦的长度d；（2）将=分别代入两圆的极坐标方程中，可得到A、B两点的极坐标，进而可求出|AB|.【详解】（1）已知圆C1的参数方程为（t为参数）转换为直角坐标方程为：，转换为极坐标方程为：，圆C2的极坐标方程为转换为直角坐标方程为：，所以：，整理得：，所以圆心（2，0）到直线的距离，所以两圆所截得的弦长（2）射线=与圆C1异于极点的交点为A，与圆C2异于极点的交点为B，所以|AB|=|12|=【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，三角函数关系的恒等变换，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型23.已知函数，.（1）解不等式；（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分三种情况讨论即可（2）条件“存在，使得成立”等价于与的值域有交集，然后分别求出它们的值域即可.【详解】（1）因为，故由得：或或，解得原不等式解集为：.（2）由（1）可知的值域为，显然的值域为.依题意得：，所以实数的取值范围为.【点睛】1.解含有绝对值不等式时一般要分类讨论.2. “存在，使得成立”等价于与的值域有交集.