河南省十所名校2019届高三尖子生第二次联合考试数学（理）试题（解析版）

河南省十所名校2019届高三尖子生第二次联合考试数学（理）试题（解析版）

河南省十所名校2019届高三尖子生第二次联合考试 数学（理科）‎ 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.只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合A,B，即可求出，再利用交集概念即可求解.‎ ‎【详解】由题可得：，‎ 所以，所以 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的交、补集运算，属于基础题。‎ ‎2.已知复数满足，则（ ）‎ A. B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，整理即可得到方程组，解出方程组，问题得解.‎ ‎【详解】令，‎ 则可化为：，整理得：‎ 所以，解得：，‎ 所以 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算及复数的模知识，考查计算能力，属于基础题。‎ ‎3.已知x，y满足约束条件 ，则z＝x2+y2的最小值为（　　）‎ A. 5 B. 4 C. 2 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将转化成，只需求的最小值即可，又表示点到原点的距离，只需求原点到可行域的点的距离的最小值即可解决问题。‎ ‎【详解】作出不等式组表示的区域，如下图：‎ 其中，，，‎ 可转化成，要求的最小值，只需求的最小值即可，又表示点到原点的距离，‎ 由图可得：原点到可行域的点的距离的最小值就是原点到直线的距离，‎ 又原点到直线的距离为，‎ 所以，.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了线性规划知识，考查转化能力及计算能力，属于基础题。‎ ‎4.已知为等差数列的前项和，若，，则数列的公差（ ）‎ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的首项为，公差为，由及列方程组即可求解。‎ ‎【详解】设等差数列的首项为，公差为，由及得：‎ ‎，解得：‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及前项和公式，考查方程思想及计算能力，属于基础题。‎ ‎5.在长为2的木棍上随机选择一点切断为两根，它们能够与另一根长为1的木棍组成三角形的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设切断以后两根的长分别为，，由三角形知识两边之差的绝对值小于第三边列不等式可求得，问题得解。‎ ‎【详解】设切断以后两根的长分别为，，‎ 由三角形知识两边之差的绝对值小于第三边列不等式可得：，‎ 解得：‎ 所以它们能够与另一根长为1的木棍组成三角形的概率为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了三角形中的结论及几何概型概率计算，属于基础题 ‎6.某几何体的三视图如图所示，则其体积为（　　）‎ A. 4 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 还原三视图为一个正方体中的一个四棱锥，依据题中数据即可得解。‎ ‎【详解】如下图，该几何体是边长为2的正方体中的一个四棱锥 所以，‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了三视图还原知识及锥体体积计算，考查空间思维能力，属于基础题。‎ ‎7.执行如图所示的程序框图，若输入的a值为1，则输出k的值为（　　）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按流程图逐一执行即可得解。‎ ‎【详解】读流程图可得：‎ 不成立 不成立 成立 输出 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了流程图知识，考查读图能力及计算能力，属于基础题。‎ ‎8.记为数列的前项和，已知和（为常数）均为等比数列，则的值可能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对的公比是否为1分类，可排除，再利用也是等比数列列方程即可得到，分别令，，，，可得只有时才存在满足方程，问题得解。‎ ‎【详解】当时，令（其中为非零常数），‎ 整理得：，要使得它对任意的恒成立，‎ 则：，解得：，这与为等比数列矛盾.‎ 所以，‎ 令（其中为非零常数），则，整理得：‎ ‎，要使得它对任意的恒成立，‎ 则，整理得：，‎ 令，则，解得：，这与为等比数列矛盾.‎ 令，则，整理得：，此方程无解。‎ 令，则，整理得：，记，‎ ‎，，所以在上必有一零点。即至少有一个实根.‎ 令，则，整理得：，解得：，这与为等比数列矛盾.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的定义及求和公式，考查分类思想及转化能力，还考查了计算能力及方程思想，属于中档题。‎ ‎9.5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法总数是（　　）‎ A. 40 B. 36 C. 32 D. 24‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出甲与乙必须相邻的情况种数，再计算出甲站在两端且与乙相邻的种数，问题得解。‎ ‎【详解】由题可得：甲与乙必须相邻的情况种数为：种，‎ 甲分别站在两端且与乙相邻的种数为：种，‎ 所以甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法总数是种。‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了捆绑法排列计算及含特殊要求的排列计算，考查分类思想及转化思想，属于基础题。‎ ‎10.设双曲线：的右焦点为，为坐标原点，若双曲线及其渐近线上各存在一点，使得四边形为矩形，则其离心率为（ ）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出过原点且与渐近线垂直的直线的方程为，再求出过点F且与渐近线平行的直线方程，联立方程组求出点的坐标为：，将它代入双曲线方程整理即可得解。‎ ‎【详解】依据题意作出如下图像，其中四边形为矩形，‎ 双曲线的渐近线方程为：，‎ 所以直线的方程为，直线的方程为：，‎ 联立直线与直线的方程可得：，解得：，‎ 所以点的坐标为：，又点在双曲线上，‎ 所以，整理得：，所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质及方程思想，考查计算能力及转化能力，属于中档题。‎ ‎11.在正方体中，点，，分别在棱，，上，且，，（其中），若平面与线段的交点为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，以方向为方向，以方向为方向，以方向为方向，设正方体的边长为1，分别求出点的坐标及向量的坐标，利用向量加法表示出，列出对应的方程组，解方程组即可得到，问题得解。‎ ‎【详解】如图，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，以方向为方向，以方向为方向，以方向为方向，设正方体的边长为1，‎ 则,,,,,‎ ‎,,,,‎ 因为点在平面内，可设（其中为常数），‎ 又与共线，可设，由图可得：‎ ‎,‎ 即：，‎ 整理得：，‎ 由（1）（3）可得：，即：‎ 由（2）（3）可得：，即：，‎ 联立（4）（5）解得：，代入（2）可得：‎ ‎，整理得：，‎ 所以.‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间向量的加减运算及数乘运算，考查转化能力及计算能力，还考查了空间思维能力，考查了平面向量基本定理知识，属于难题。‎ ‎12.已知函数，方程对于任意都有9个不等实根，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，求出的三个根，并可判断函数是一个奇函数，讨论的单调性，利用要有3个不同的根列不等式即可得到的范围，利用的范围即可排除A.B.C，问题得解。‎ ‎【详解】因为方程对于任意都有9个不等实根，‎ 不妨令，则方程有9个不等实根，‎ 令，解得：，，.‎ 所以，，都要有3个不同的根 由可得：，‎ 所以函数为奇函数，又，‎ 由有3个不等实根，可得不是单调函数，即：‎ 令，解得：，‎ 作出的关系如下表：‎ 作出的简图如下：‎ 要使得有3个根，至少要满足，‎ 即：，解得：.‎ 即：，排除A,B,C.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了方程的解的个数解决方法，考查了利用导数判断函数的单调性及奇函数特点，还考查了转化思想及计算能力，属于难题。‎ 二、填空题：本题共4小题。每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知且,则______。‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 整理得：‎ 由此得到，问题得解。‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，整理得：‎ ‎，又，‎ 所以，所以，‎ 所以 ‎【点睛】本题主要考查了两角和的正弦公式及两角差的余弦公式，考查计算能力，还考查了三角恒等式，属于基础题。‎ ‎14.动点在函数的图象上，以点为圆心作圆与轴相切，则该圆过定点__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 整理可得：，此函数图像是由函数右平移1个单位而得，再利用抛物线的定义即可求解.‎ ‎【详解】由可得：，‎ 此函数图像是由函数右平移1个单位而得，‎ 函数的图像是开口向右的抛物线且在轴的上半部，‎ 其焦点为，准线方程为：，‎ 所以函数的图像也是开口向右的抛物线且在轴的上半部，‎ 其焦点为，准线方程为：（轴）‎ 由抛物线定义可得：等于点P到轴的距离，‎ 所以以点为圆心且与轴相切的圆过定点.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数图像的平移规律及抛物线的简单性质，还考查了抛物线的定义，属于基础题。‎ ‎15.已知点，，均位于同一单位圆上，且，若，则的取值范围为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由整理可得：，即：，以圆心为原点，以BC所在直线为轴建立平面直角坐标系，设，由整理得：，所以点P在以原点为圆心，半径为2的圆上运动，由等价转化成，利用整理即可求解。‎ ‎【详解】由可得：,‎ 所以，所以，即线段BC为单位圆的直径.‎ 以圆心为原点，以BC所在直线为轴建立平面直角坐标系，如下图：‎ 则，‎ 设，则 由可得：，所以点P在以原点为圆心，半径为2的圆上运动，‎ 因为，‎ 所以 ‎,‎ 又，‎ 所以，即：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了数量积的运算及向量的坐标运算，还考查了向量垂直的数量积关系、转化思想及计算能力，考查了向量模的运算，属于难题。‎ ‎16.若函数的图象存在经过原点的对称轴，则称为“旋转对称函数”，下列函数中是“旋转对称函数”的有_________.（填写所有正确结论的序号）‎ ‎①；②；③.‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于①，求出的反函数为 ‎，即可判断原函数是“旋转对称函数”，对于②，验证得：，即可判断原函数是“旋转对称函数”，对于③，可分析出当时，，时，，由函数特征即可判断③不是“旋转对称函数”.‎ ‎【详解】对于①中，的反函数为：，所以函数关于直线对称，故①是“旋转对称函数”.‎ 对于②，，所以函数是偶函数，它关于轴对称，故②是“旋转对称函数”.‎ 对于③，，当时，，则函数的图像只可能关于直线对称，又，当时，，这与函数的图像关于直线对称矛盾，故③不是“旋转对称函数”.‎ ‎【点睛】本题主要考查了反函数的求解及互为反函数的图像关系，考查了偶函数的图像特征，还考查了分析函数图像特征的能力以及极限思维，考查分析能力及新概念知识，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.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知的面积.‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）作角的平分线交边于点，记和的面积分别为，，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由结合整理可得，问题得解.‎ ‎（Ⅱ）整理可得：，结合正弦定理得：，问题得解.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ） .‎ 因此，又，所以.‎ ‎（Ⅱ），‎ 由正弦定理，知.‎ 因为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角形面积公式及正、余弦定理，考查方程思想及转化思想，考查计算能力，属于基础题。‎ ‎18.某兴趣小组在科学馆的帕斯卡三角仪器前进行探究实验.如图所示，每次使一个实心小球从帕斯卡三角仪器的顶部入口落下，当它在依次碰到每层的菱形挡板时，会等可能地向左或者向右落下，在最底层的7个出口处各放置一个容器接住小球，该小组连续进行200次试验，并统计容器中的小球个数得到柱状图：‎ ‎（Ⅰ）用该实验来估测小球落入4号容器的概率，若估测结果的误差小于，则称该实验是成功的.试问：该兴趣小组进行的实验是否成功？（误差）‎ ‎（Ⅱ）再取3个小球进行试验，设其中落入4号容器的小球个数为，求的分布列与数学期望.（计算时采用概率的理论值）‎ ‎【答案】（Ⅰ）是成功的；（Ⅱ）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求出小球落入4号容器的概率的理论值，问题得解.‎ ‎（Ⅱ）直接利用二项分布求解。‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）小球落入4号容器的概率的理论值为.‎ 小球落入4号容器的概率的估测值为.‎ 误差为，故该实验是成功的.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，每个小球落入4号容器的概率为，未落入4号容器的概率为.，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 的分布列为 ‎ ‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 由于，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项分布及其期望，考查计算能力，属于基础题。‎ ‎19.如图所示的三棱柱中，平面，，，的中点为，若线段上存在点使得平面.‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设的长为，分别以，，的方向为，，轴正方向建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，，从而求得点的坐标为，求得，利用平面列方程即可求得，问题得解。‎ ‎（Ⅱ）求出平面的法向量为，结合（Ⅰ）中是平面的一个法向量，利用法向量的夹角坐标表示即可求解。‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）方法一：设的长为，依题意可知，，两两垂直，分别以，，的方向为，，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示.‎ 则，，，，，，‎ 因此，，.设，易求得点的坐标为，所以.‎ 因为平面，所以.‎ 解之得，所以的长为.‎ 方法二：如图，在平面内过点作的垂线分别交和于，，连接，在平面内过点作的垂线交于，连接.‎ 依题意易得，五点共面.‎ 因为平面，所以.①‎ 在中，，，因此为线段靠近的三等分点.‎ 由对称性知，为线段靠近的三等分点，因此，.‎ 代入①，得.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）方法一可知，是平面的一个法向量且，.‎ 设平面的法向量为，则可以为.‎ ‎.‎ 因为二面角为锐角，故所求二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间向量的坐标运算及空间直角坐标系，考查向量垂直的坐标表示及方程思想，考查计算能力，还考查了二面角的向量求法，属于中档题。‎ ‎20.椭圆的离心率为且四个顶点构成面积为的菱形.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点，记中点为，坐标原点为，直线交椭圆于，两点，当四边形的面积为时，求直线的方程.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由离心率为结合得到，结合四个顶点构成面积为的菱形列方程即可求解.‎ ‎（Ⅱ）设点，的坐标分别为，，点坐标为，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程可得：，，即可求得直线的方程为，联立直线与椭圆方程即可求得，求出两点到直线的距离，，结合四边形的面积为列方程即可求得，问题得解。‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为，则，又，所以.‎ 因为，所以，，‎ 故所求椭圆的标准方程为.‎ ‎（Ⅱ）设点，的坐标分别为，，直线的方程为，与椭圆方程联立，得 .‎ 设点坐标为，则有，，因此.‎ 所以直线的方程为，与椭圆方程联立，得.‎ 所以弦长.‎ 不妨设点在直线：上方，则点在直线：下方.‎ 点到直线的距离为，‎ 点到直线的距离为.‎ 所以.‎ 所以面积 .‎ 因此直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及韦达定理，考查中点坐标公式及点到直线距离公式，考查方程思想及计算能力，属于难题。‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）当时，求的最小值.‎ ‎（Ⅱ）若在区间上有两个极值点，‎ ‎（i）求实数的取值范围；‎ ‎（ii）求证：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）；（ii）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求出，列表讨论的单调性，问题得解。‎ ‎（Ⅱ）（i）由在区间上有两个极值点转化成有两个零点，即有两个零点，求出，讨论的单调性，问题得解。‎ ‎（ii）由得，将转化成，由得单调性可得，讨论在的单调性即可得证。‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）当时，，，令，得.‎ 的单调性如下表：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎ ‎ 单调递减 ‎ ‎ 单调递增 易知.‎ ‎（Ⅱ）（i）.令，则.‎ 令，得.‎ 的单调性如下表：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎ ‎ 单调递减 ‎ ‎ 单调递增 在区间上有两个极值点，即在区间上有两个零点，‎ 结合的单调性可知，且，即且.‎ 所以，即的取值范围是.‎ ‎（ii）由（i）知，所以.‎ 又，，，结合的单调性可知，.‎ 令，则.当时，，，，‎ 所以在上单调递增，而，，‎ 因此.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数与函数单调性的关系，考查了分类思想及转化思想，考查了极值与导数的关系，还考查了利用导数证明不等式，考查计算能力及转化能力，属于难题。‎ ‎（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，则按所做的第一题计分.‎ ‎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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程，并说明它为何种曲线；‎ ‎（Ⅱ）设点的坐标为，直线交曲线于，两点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ），曲线是一个以为圆心，2为半径的圆；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用代入即可求得曲线的直角坐标方程，配方即可说明是何种曲线.‎ ‎（Ⅱ）联立直线的参数方程与圆的普通方程方程，得到，利用的几何意义可得：，结合直线与圆相交即可求解。‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）将代入中得，‎ 即，曲线是一个以为圆心，2为半径的圆.‎ ‎（Ⅱ）由直线的参数方程，知其过定点，由于直线与曲线相交，由图象知其倾斜角为锐角.‎ 联立与，整理得到关于的二次方程.‎ 由知，或（舍）.‎ 又由于点，均在点的下方，由参数的几何意义，知 ‎ （其中）.‎ ‎【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直线坐标方程互化，考查了韦达定理及直线参数方程中参数的几何意义，考查计算能力及辅助角公式，属于基础题。‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）当时，求的解集；‎ ‎（Ⅱ）记的最小值为，求在时的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）对范围分类即可去绝对值求解。‎ ‎（Ⅱ）利用不等式的性质即可求得，对的范围分类即可求解。‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）当时，原不等式变为.‎ ‎①当时，，得，所以；‎ ‎②当时，，得，所以；‎ ‎③当时，恒成立，所以.‎ 综上，得.故的解集为.‎ ‎（Ⅱ），所以.‎ ‎①当时，，最大值为；‎ ‎②当时，，最大值为.‎ 综上，得在时的最大值为2.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，还考查了绝对值不等式的性质，考查计算能力及分类思想，属于基础题。‎