河北省唐山市2019届高三9月摸底考试数学（理）试题（含解析）

唐山市2018-2019学年度高三年级摸底考试理科数学一、选择题：本大题共12个小题,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，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法化简集合,由集合交集的定义可得结果.【详解】由一元二次不等式的解法可得集合，因为，所以,故选A.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.2.设，则（ ）A. B. 2 C. D. 1【答案】D【解析】【分析】由复数代数形式的乘除运算法则化简，再由复数模的公式求解即可【详解】，则，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.等差数列的前项和为，若，则（ ）A. 13 B. 26 C. 39 D. 52【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的下标性质可得，结合等差数列的求和公式可得结果.【详解】，故选B.【点睛】本题主要考查等差数列性质的应用，等差数列求和公式的应用，意在考查综合应用所学知识解决问题的能力，属于简单题.4.随机变量服从正态分布，若，则（ ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】B【解析】【分析】直接根据正态曲线的对称性求解即可.【详解】 ，即，故选B.【点睛】本题主要考查正态分布与正态曲线的性质，属于中档题. 正态曲线的常见性质有：（1）正态曲线关于对称，且越大图象越靠近右边，越小图象越靠近左边；（2）边越小图象越“痩长”，边越大图象越“矮胖”;(3)正态分布区间上的概率，关于对称，5.=A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三角恒等变换的公式化简，即可求解.【详解】由题意，可知，故选D.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中解答中熟记三角函数恒等变换的公式，合理作出运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.6.已知某几何体的三视图如图所示俯视图中曲线为四分之一圆弧，则该几何体的表面积为A. B. C. D. 4【答案】D【解析】【分析】由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，代入柱体的表面公式，即可得到答案.【详解】由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，底面面积为，底面周长为，柱体的高为1，所以该柱体的表面积为.【点睛】本题考查了几何体的三视图及组合体的表面积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应表面积与体积公式求解.7.设函数，则 （ ）A. 是奇函数，且在上是增函数B. 是偶函数，且在上是增函数C. 是奇函数，且在上是减函数D. 是偶函数，且在上是减函数【答案】A【解析】【分析】利用奇偶性的定义判断函数的奇偶性，利用单调性的定义判断单调性，结合选项可得结果.【详解】，是奇函数；任取，则， ，在上递增，故选A.【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判断以及函数单调性的判断，属于中档题. 判断函数的奇偶性首先要看函数的定义域是否关于原点对称，如果不对称，既不是奇函数又不是偶函数，如果对称常见方法有：（1）直接法， (正为偶函数，负为减函数)；（2）和差法， （和为零奇函数，差为零偶函数）；（3）作商法， （ 为偶函数， 为奇函数）.8.已知是两个单位向量，时，的最小值为，则（ ）A. 1 B. C. 1或 D. 2【答案】C【解析】【分析】由已知 ,当有最小值，可得，从而可得，进而可得结果.【详解】,，即当有最小值，此时，而，即为，即为1，故选C.【点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.9.已知程序框图如图所示，则该程序框图的功能是（ ）A. 求的值B. 求的值C. 求的值D. 求的值【答案】A【解析】【分析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出结果.【详解】输入，；，,退出循环，输出，故选A.【点睛】本题考查的是程序框图.对于算法与流程图的考查，一般会侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.10.已知椭圆和双曲线有相同的焦点，且离心率之积为1，为两曲线的一个交点，则的形状为（ ）A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不能确定【答案】B【解析】【分析】由双曲线的焦点坐标以及双曲线的离心率求出椭圆的方程，利用双曲线与椭圆的定义求出，利用勾股定理可得结论【详解】的焦点坐标为，离心率为，椭圆，得， 为直角三角形，故选B.【点睛】本题综合考查双曲线与椭圆的方程、双曲线与椭圆的离心率、双曲线与椭圆定义的应用，意在考查综合利用所学知识解决问题的能力，属于难题.11.已知函数，则的所有零点之和等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】两角和的正弦公式以及二倍角公式化简 ,函数的两点就是方程或的根，求出方程的根，即可得结果.【详解】,或，在上的所有零点为，故选C.【点睛】函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.12.已知三棱锥的四个顶点都在半径为3的球面上，则该三棱锥体积的最大值是（ ）A. B. C. D. 32【答案】B【解析】【分析】设，则，外接圆直径为， 体积最大值为，利用基本不等式，结合换元法，根据导数可得结果.【详解】设，则，外接圆直径为，如图，体积最大值为，设，则，令，得，在上递增，在上递减，即该三棱锥体积的最大值是，故选B.【点睛】本题主要考球的截面的性质棱锥的体积公式以及导数的应用，属于难题.球内接多面体问题是将多面体和旋转体相结合的题型，既能考查旋转体的对称形又能考查多面体的各种位置关系，做题过程中主要注意以下两点：多面体每个面都分别在一个圆面上，圆心是多边形外接圆圆心；注意运用性质.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知满足，则的最大值为_.【答案】2【解析】【分析】由题意，画出约束条件所表示的平面区域，目标函数，化为，结合图象可知，直线过点A时，目标函数取得最大值，即可求解.【详解】由题意，画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数，化为，结合图象可知，直线过点A时，目标函数取得最大值，由，解得，所以目标函数的最大值为.【点睛】本题主要考查了利用简单的线性规划求最小值问题，其中对于线性规划问题可分为三类:（1）简单线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有时考查斜率型或距离型目标函数；（2）线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数取值范围；（3）线性规划的实际应用，着重考查了考生的推理与运算能力，以及数形结合思想的应用.14.在的展开式中，的系数为5，则实数的值为_【答案】【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于4 ,求得的值，即可求得展幵式中的系数,再根琚的系数为5，求得的值.【详解】的展开式的通项公式为，令，求得,故展开式中的系致为,则实数,故答案为.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.15.已知直线与圆相交于两点，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】先求得直线过定点，判断在圆内，利用圆的几何性质可得结果.【详解】，化为，直线过定点，在圆内，当是中点时，最小，由得，圆心，半径，故答案为.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程与简单性质以及直线过定点问题，判断直线过定点主要形式有：（1）斜截式，直线过定点；（2）点斜式直线过定点.16.的垂心在其内部，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】作，设，利用直角三角形的性质，将表示为，利用辅助角公式，结合正弦函数的单调性可得结果.【详解】如图所示，设， ，因为所以，故答案为.【点睛】求范围问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图象法、函数单调性法求解，求与三角函数有关的最值常用方法有以下几种：化成的形式利用配方法求最值；形如的可化为的形式利用三角函数有界性求最值；型，可化为求最值 .三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.已知数列的前项和，.（1）求；（2）若，且数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知可得， 所以2，两式相减化为为，可得数列是以1为首项，3为公比的等比数列，从而可得结果；（2）结合（2）可得，利用错位相减法可得结果.【详解】（1）由已知可得，2Sn3an1， 所以2Sn13an11 （n2）， 得，2(SnSn1)3an3an1，化简为an3an1（n2），即 在中，令n1可得，a11， 所以数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an3n1 （2）bn(n1)·3n1，Tn0·301·312·32(n1)·3n1， 则3Tn0·311·322·33(n1)