1、泸县第一中学高2019级高三二诊模拟考试理科数学注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第I卷 客观题（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，只有一项是符合题目要求的。1已知集合，则 ABCD2i为虚数单位，若是实数，则实数b的值为 A3BCD3下列函数中为奇函数且在单调递增的是 ABCD4如图，样本A和B分别取自
2、两个不同的总体，它们的样本平均数分别为和，样本标准差分别为和，样本极差分别为和，则 A，B，C，D，5如果是平面内一组不共线的向量，那么下列四组向量中，不能作为平面内所有向量的一组基底的是A与B与C与D与6函数在上的图象大致为 ABCD7素数也叫质数，部分素数可写成“”的形式（是素数），法国数学家马丁梅森就是研究素数的数学家中成就很高的一位，因此后人将“”形式（是素数）的素数称为梅森素数.已知第20个梅森素数为，第19个梅森素数为，则下列各数中与最接近的数为 （参考数据：）A B C D8如图正方体，中，点、分别是、的中点，为正方形的中心，则 A 直线与是异面直线 B直线与是相交直线C直线与互
3、相垂直D直线与所成角的余弦值为9的展开式中的系数为 A5B10C15D2010已知四面体中，则以点为球心，以为半径的球被平面截得的图形面积为 A B C D11已知双曲线，过原点的直线与双曲线交于，两点，以线段为直径的圆恰好过双曲线的右焦点，若的面积为，则双曲线的离心率为 ABCD12已知，b=1.1，则abcd的大小关系为 AabcdBabdcCbacdDbadc第II卷 主观题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知实数，满足约束条件则的最小值为_.14若，则_.15若直线与曲线相切，则实数t的值为_ 16已知椭圆的两个焦点分别为，离心率，点在椭圆上，且的面积为1
4、，则右焦点的坐标为_.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：共60分17（12分）在锐角中，角，所对的边分别为，从以下三个条件中任选一个：；，解答如下的问题（1）证明：；（2）若边上的点满足，求线段的长度的最大值.18（12分）某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别，（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示(1)估计这组数据的平均数；(2)在样本中，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取10个，再从这10个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自
5、同一个质量区间的概率；(3)某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：方案：所有芒果以10元/千克收购；方案：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？19（12分）九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.在如图所示的“阳马”中，侧棱底面，点是的中点，作交于点.(1)求证：平面；(2)若平面与平面所成的二面角为，求.20（12分）已知抛物线，直线交于、两点，且当时，.(1)求
6、的值；(2)如图，抛物线在、两点处的切线分别与轴交于、，和交于，.证明：存在实数，使得.21（12分）已知函数(1)讨论的零点个数；(2)若，求证：（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.选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线：（为参数，实数），曲线：（为参数，实数）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l：，（，）与交于O，A两点，与交于O，B两点当时，；当时，(1)求a，b的值；(2)求的最大值23. 选修4-5: 不等式选讲 （10分）已知，若在R上恒成立.(1)求实数a的取值范围；(2)设实
7、数a的最大值为m，若正数b，c满足，求bc+c+2b的最小值.泸县第一中学高2019级高三二诊模拟考试理科数学参考答案：1B2A3C4B5D6A7B8C9C10B11B12B1314151617（1）选条件：由，得，由正弦定理可得：，因为，所以，所以，因为，所以，即，因为，所以；在中，由正弦定理可得：，所以，即证；选择条件：由正弦定理可得：，又因为，所以，化简整理得：，由，所以，又，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，即证；选择条件：由已知得：，由余弦定理得，所以，因为，所以，由正弦定理可得：，因为，所以，又，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，即证；（2）由及，可得，在中，由余弦定理可得：，
8、因为为锐角三角形，所以，解得：，所以，所以当即时，取最大值为，所以线段的长度的最大值为.18(1)由频率分布直方图可得这组数据的平均数为：（克）；(2)由题可知质量在，中的频率分别为0.2，0.3，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取10个，则质量在中的芒果中有4个，质量在中的芒果中有6个，从这10个中随机抽取2个，共有种等可能结果，记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则事件A有种等可能结果，；(3)方案收入：（元）；方案收入：由题意得低于350克的收入：（元）；高于或等于350克的收入：（元）.故总计（元），由于,故种植园选择方案获利更多.19(1)设，如图，以为坐标原点，所在方
9、向分别为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系.则，因为点是的中点，所以，于是，即，又已知，而，所以平面.(2)由平面，所以是平面的一个法向量；由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量.若面与面所成二面角的大小为，则，解得.所以，故当面与面所成二面角的大小为时，.20(1)解：将代入得，设、，则，由韦达定理可得，则，解得或（舍），故.(2)将代入中得，设、，则，由韦达定理可得，对求导得，则抛物线在点处的切线方程为，即，同理抛物线在点处的切线方程为，联立得，所以，所以点的坐标为，当时，即切线与交于轴上一点，此时、重合，由，则，又，则存在使得成立；当时，切线与轴交于点，切线与轴交于点，由，得的中点，由得
10、，即，又，所以，所以，又，所以存在实数使得成立. 综上，命题成立.21(1)由题意（其中），只需考虑函数在的零点个数当时，函数在内没有零点，当时，函数在单调递增，取时，时，此时在存在唯一个零点，且当时，则时，；时，所以在上单调递减，在上单调递增.则是函数在上唯一的极小值点，且取时，取时，.因此：若，即时，没有零点；若，即时，有唯一个零点；若，即时，有且仅有两个零点综上所述，时，有两个零点；或时，有唯一个零点；时，没有零点(2)不等式即为（其中），先证时，令，则，则单调递增，所以，则所以，故只需证明即可即证明（其中），令，只需证明即可又，则时，；时，所以在上单调递增，在上单调递减.则时，取得极大值，且，也即为最大值由得则时，；时，所以在上单调递减，在上单调递增.则时，取得极小值，且，也即为最小值由于，即有，则，所以时，不等式成立，则不等式也成立22(1)由曲线：（为参数，实数），化为普通方程为，展开为：，其极坐标方程为，即，由题意可得当时，.曲线：（为参数，实数），化为普通方程为，展开可得极坐标方程为，由题意可得当时，.(2)由（1）可得，的极坐标方程分别为，.，的最大值为，当，时取到最大值.23(1)令，则由解析式易知，因为在R上恒成立，所以，即(2)由（1）可知，则.当且仅当，即时，取等号.故的最小值为
