1、七校联合体2019届高三第二次联考试卷(11月)理科数学命题学校:佛山市南海区南海中学 命题人: 审题人: 考试时间:2018年11月23日(星期五)下午15:0017:00本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分.满分150分.考试时间120分钟.第卷(选择题 共60分)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. 设集合,则( )A. B. C. D. 2. 设,复数(是虚数单位)的实部为,则复数的虚部为( )A B C. D 3. 已知,则( )A B CD4. 已知命题:,命题:,则下列判断正确的是( )A是假命题
2、B是真命题 C是假命题 D是真命题5已知抛物线()上的点到焦点的距离是,则抛物线的方程为( )A. B C. D6. 若满足约束条件,则的最小值为( )A. B. C. D. 7. 若双曲线:(,)的中心为,过的右顶点和右焦点分别作垂直于轴的直线,交的渐近线于,和,若与的面积比为,则的渐近线方程为( )A B C. D图28. 中国古代数学名著九章算术中记载了公元前年商鞅督造一种标准量器商鞅铜方升,其三视图如图1所示(单位:寸),若取,其体积为(立方寸),则图中的为( )图1A. B. C. D. 9. 如图2所示的程序框图,若输入,则输出结果是( )A B C D10.已知,则( )A B
3、C D11.已知函数().若函数在区间内没有零点,则的取值范围是( )A B C. D图312.如图3所示,在平面直角坐标系中,点,分别在轴和轴非负半轴上,点在第一象限,且,那么,两点间距离的 ( )A. 最大值是,最小值是 B. 最大值是,最小值是C. 最大值是,最小值是 D. 最大值是,最小值是第卷(非选择题 共90分)本卷包括必考题和选考题两部分.第1321题为必考题,每个试题考生都必须作答.第2223为选考题,考生根据要求作答.二.填空题:本大题共4小题,每小题5分,满分20分.13.已知向量,若向量与的夹角为,则实数的值为 .14.的展开式中的系数是 (用数字作答).15.已知,则_
4、.16.中,为边上的点,且,则的面积最大值为 三.解答题:本大题共6小题,共70分,解答须写出必要的文字说明.证明过程或演算步骤.17.(本小题满分12分)已知数列为公差不为的等差数列,满足,且成等比数列.() 求的通项公式；() 若数列满足(),且,求数列的前项和.18.(本小题满分12分)图4如图4,在四棱锥中,.() 证明:平面平面；() 若,求二面角的余弦值. 19.(本小题满分12分)某工厂的检验员为了检测生产线上生产零件的情况,从产品中随机抽取了个进行测量,根据所测量的数据画出频率分布直方图如下: 注:尺寸数据在内的零件为合格品,频率作为概率.() 从产品中随机抽取件,合格品的个数
5、为,求的分布列与期望； () 从产品中随机抽取件,全是合格品的概率不小于,求的最大值；() 为了提高产品合格率,现提出两种不同的改进方案进行试验.若按方案进行试验后,随机抽取件产品,不合格个数的期望是；若按方案试验后,抽取件产品,不合格个数的期望是,你会选择哪个改进方案?20.(本小题满分12分) 椭圆:()的离心率为,其左焦点到点的距离为.不过原点的直线与椭圆相交于、两点,且线段被直线平分.() 求椭圆的方程；() 求的面积取最大时直线的方程.21.(本小题满分12分)已知函数,其中.() 判断函数在上的单调性； () 设函数的定义域为,且有极值点. () 试判断当时,是否满足题目的条件,并
6、说明理由； () 设函数的极小值点为,求证:.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,作答时请写清楚题号.22.(本小题满分10分)选修:坐标系与参数方程选讲 在平面直角坐标系中,曲线:(为参数,实数),曲线：(为参数,实数).在以为极点,轴的正半轴为极轴的极坐标系中,射线:(,)与交于两点,与交于两点.当时,；当时,.() 求,的值； () 求的最大值.23.(本小题满分10分)选修:不等式选讲设函数(,实数).() 若,求实数的取值范围； () 求证: .七校联合体2019届高三第二次联考试卷(11月)理科数学参考答案与评分细则一、选择题：本题共12小题，每小
7、题5分，共60分题号123456789101112答案CCBDABBDCBDA二.填空题:本大题共4小题,每小题5分,满分20分. 13. 14. 15. 16. 三.解答题:本大题共6小题,共70分,解答须写出必要的文字说明.证明过程或演算步骤.17.【解析】() 设等差数列的公差为(),依题意得 2分 又,解得,所以. 4分 ()依题意得,即(且) 所以 6分 .8分 对上式也成立,所以,即, 10分 所以.12分18.【解析】()证明：因为,，所以.1分因为,所以,所以, 2分因为,所以平面. 3分又平面,所以平面平面. 4分()以为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则 5分,6分所以,
8、7分设平面的法向量为,则,即,解得,令,则,9分显然平面的一个法向量为,10分所以,所以二面角的余弦值为.12分19.【解析】()由直方图可知,抽出产品为合格品的频率为, 即抽出产品为合格品的概率为,1分 从产品中随机抽取件,合格品的个数的所有可能取值为,且 , ,3分 所以的分布列为 的数学期望.5分 () 随机抽取件,全是合格品的概率为,依题意,故的最大值为.8分 () 按方案随机抽取产品不合格的概率是,随机抽取件产品,不合格个数；按方案随机抽取产品不合格的概率是,随机抽取件产品,不合格个数,依题意,解得,11分因为,所以应选择方案.12分20.【解析】()依题意,1分左焦点到点的距离,2
9、分解得,故,故所求椭圆的方程为. 4分()易得直线的方程,设,中点,其中,因为在椭圆上,所以,相减得,即,故,6分设直线的方程为:(),代入中,消去整理得,7分由,得且. 由韦达定理得,8分所以,9分又点到直线的距离,10分所以的面积,其中且. 令,则,令得,(因和不满足且,舍去)当时,当时,所以,当时,取得最大值,此时直线的方程为. 12分21.【解析】() , 1分 若,则,故在上递增；2分 若,由解得, 当时,此时时,时, 所以在上递减,在上递增. 3分 当时,由得,由得或, 所以在上递增,在递减,在上递增. 4分 (). ()当时,此时的定义域为,5分 ,又,所以在上有变号零点, 所以
10、有极值,即时,满足题目的条件. 7分 () ,因为的定义域为,故,即.8分 ,令,得,设, 则,当时,递增,当时,递减, 所以,所以,即满足题意. 此时有且只有两个变号零点,一个为的极大值点,一个为极小值点,且极小值点大于, 故且唯一,又, 设(),则,所以在上递增, 11分 又,所以,所以, 所以.12分22.【解析】()将化为普通方程为,其极坐标方程为,由题可得当 时,所以.2分将化为普通方程为,其极坐标方程为,由题可得当 时,所以.4分()由的值可得,的方程分别为,所以,6分因为,所以,所以当即时,取得最大值为.10分23.【解析】()因为,所以,即,解得或.4分(),6分所以在上递减,在上递减,在上递增,8分所以,当且仅当即时取等号,所以.10分
