1、天津市十二重点中学2019届高三下学期毕业班联考（一）数学（理）试题本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.共150分.考试时间120分钟第卷 选择题 (共40分)注意事项：1答第卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡规定的位置上2第卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑；参考公式：如果事件、互斥，那么 柱体的体积公式. 其中表示柱体的底面积,表示柱体的高.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分 1.集合等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出中的范围确定出，求出中的范围确定出，找出与的交集即可【详解】由，得到
2、，由中，得到，即，则，故选：【点睛】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2.设变量满足约束条件，则目标函数的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先作出不等式对应的可行域，再利用数形结合分析得到目标函数的最大值.【详解】作出不等式组的可行域如图所示，由题得目标函数为，直线的斜率为纵截距为，当目标函数经过点A()时，纵截距最小，z最大.所以.故答案为：B【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力.3.下列三个命题：命题：，则：；命题：，命题：，则是成立的充分不必要条件；在等比数列中，若，则；其中真命
3、题的个数为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对每一个命题逐一判断分析得解.【详解】命题：，则：，所以该命题是假命题；命题：0x1，命题：x1，则是成立的非充分非必要条件，所以该命题是假命题；在等比数列中，若，则，但是等比数列的奇数项都是同号的，所以要舍去-4,所以.所以该命题是假命题.故选:A【点睛】本题主要考查全称命题的否定，考查充要条件的判断，考查等比数列的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.如图是一个算法流程图，则输出的的值为( )A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【分析】分析程序中的变量，语句的作用，根据流程图的顺序，即可
4、得出答案.【详解】由题意提供的算法流程图中的算法程序可知当S=1，k=1时，S=210，k=2；当S=2，k=2时，S=610，此时运算程序结束，输出k=3故选B.【点睛】本题主要考查了程序框图，属于简单题.5.将函数的图象向左平移的单位后，得到函数的图象，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将函数的图象向左平移的单位后，得到函数,所以，解之即得解.【详解】将函数的图象向左平移的单位后，得到函数,所以，因为，所以k=0时，.故选：D【点睛】本题主要考查三角函数图像的变换和三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6.已知,则实数的大小关
5、系为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先化简得到b=2,再分析得到ac,再证明c2，即得解.【详解】由题得=2，因为，所以.故选：C【点睛】本题主要考查对数函数指数函数幂函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.7.已知双曲线，过原点的直线与双曲线交于两点，以为直径的圆恰好过双曲线的右焦点C，若的面积为，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据以为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点，得到以为直径的圆的方程为，根据三角形的面积求出的坐标，代入双曲线方程进行整理即可得解【详解】以为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点
6、，以为直径的圆的方程为，由对称性知的面积，即，即点的纵坐标为，则由，得，因为点在双曲线上，则，即，即，即，即，即，得，即，得，得，.则双曲线的渐近线方程为.故选：B【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，考查圆的方程，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.8.已知函数，则方程的实根个数最多为（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】【分析】先求出函数g(x)的值域，再令g(x)=t换元得到f(t)=a,作出函数f(x)的图像，数形结合观查分析得到方程的实根个数最多为8.【详解】由题得函数的值域为，设g（x）=t(),作出函数f(x)的图像为：所以f(t)=a,当1
7、a2时，直线和图像交点个数最多，有四个交点，也就是t有四个实根.且一个t-1，有三个t1.因为函数在（0,1）（-1,0）单调递减，在（1，+），（-，-1）单调递增.所以g(x)=t, 当t在每取一个t值时，x都有两个值和它对应，因为t最多有4个根，所以x最多有8个解.故选:C【点睛】本题主要考查函数的图像和性质的综合应用，考查利用函数的图像研究零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力.第卷 非选择题 (共110分)二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡中的相应横线上.9.若，且，则_【答案】6【解析】【分析】先化简已知得，解方程即得a
8、,b的值，即得解.【详解】由题得（a+bi）(1-2i)=8-i,化简得a+2b+(b-2a)i=8-i ,即.故答案为：6【点睛】本题主要考查复数的运算和复数相等的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.10.已知，则 的二项展开式中，的系数为_【答案】80【解析】【分析】由题得a=2,再利用二项式展开式的通项求出的系数.【详解】由题得，所以=，设二项式展开式的通项为，令所以的系数为.故答案为：80【点睛】本题主要考查定积分的计算和二项式展开式的某一项的系数的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.11.已知圆柱的高和底面半径均为2，则该圆柱的外接球的
9、表面积为_【答案】【解析】【分析】设球的半径为r,由题得，再求圆柱外接球的表面积.【详解】设球的半径为r,由题得故答案为：【点睛】本题主要考查圆柱外接球表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.12.直线：（为参数），圆：（极轴与x轴的非负半轴重合，且单位长度相同），若圆上恰有三个点到直线的距离为，则实数_【答案】【解析】【分析】先求出直线的普通方程为2x+ay-a=0,再求出圆的方程为，根据已知得到方程，解方程即得a的值.【详解】由题得直线的方程为2x+ay-a=0,圆的方程为，因为圆上恰有三个点到直线的距离为，所以，解之即得a=.故答案为：【点睛】本题主要考查参数方
10、程、极坐标与直角坐标的互化，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.13.已知，是与的等比中项，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】先由已知得到x+2y=1,再对化简变形，再利用基本不等式求其最小值.【详解】由题得.所以=.当且仅当时取等.所以的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.14.在等腰梯形中，下底长为4，底角为，高为， 为折线段上的动点， 设 的最小值为，若关于的方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】建立直角坐标系，其中A(0,0),B(4,0)
11、,C(4-m,m),D(m,m),先对Q的位置分类讨论得到，根据已知得到有两个不相等的实根，再利用导数和数形结合求得k的取值范围.【详解】建立坐标系，其中A(0,0),B(4,0),C(4-m,m),D(m,m),所以,所以点E(2，m),且0m2，又动点Q为折线上B-C-D上的点，Q在CD上时，Q在BC上时，因为0m2，所以.因为，所以，构造函数，函数在单调递减，在单调递增.所以，即k.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算和数量积，考查导数求函数的单调性，考查导数研究函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.三、解答题：本大题6小题，共80分解答应写出必
12、要的文字说明，证明过程或演算步骤15.在中，内角所对的边分别为，已知.（）求角的大小；（）若的面积，且，求.【答案】（）； （）.【解析】【分析】（）利用余弦定理正弦定理对化简即得. （）先化简得到,再利用余弦定理求得，再求b+c的值.【详解】（） ， ，由正弦定理得，即 ， ， , .（）, 即.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.16.“绿水青山就是金山银山”，为推广生态环境保护意识，高二一班组织了环境保护兴趣小组，分为两组，讨论学习。甲组一共有人，其中男生人，女生人，乙组一共有人，其中男生人，女生人，现要
13、从这人的两个兴趣小组中抽出人参加学校的环保知识竞赛.（）设事件为 “选出的这个人中要求两个男生两个女生，而且这两个男生必须来自不同的组”，求事件发生的概率；（）用表示抽取的人中乙组女生的人数，求随机变量的分布列和期望.【答案】（）； （）分布列见解析，.【解析】【分析】（）直接利用古典概型概率公式求 . （）先由题得可能取值为,再求x的分布列和期望.【详解】（） （）可能取值为,的分布列为0123.【点睛】本题主要考查古典概型的计算，考查随机变量的分布列和期望的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.17.在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，平面平面，为的中点（1）求
14、证：平面；（2）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【分析】利用与交于，连接证明，通过直线与平面平行的判定定理证明平面；对于存在性问题，可先假设存在，即假设在线段上是否存在点，使二面角的大小为再通过建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用坐标法进行求解判断【详解】与交于，连接由已知可得四边形是平行四边形，所以是的中点因为是的中点，所以又平面，平面，所以平面 由于四边形是菱形，是的中点，可得又四边形是矩形，面面，面，如图建立空间直角坐标系，则，0，0，2，设平面的法向量为，则， ，令， ，又平面的法向量，0，解得，
15、，在线段上不存在点，使二面角的大小为【点睛】本题主要考查空间直线和平面平行的判断以及二面角的应用，考查存在性问题，建立坐标系利用向量法是解决本题的关键考查学生的运算和推理能力利用空间向量法求二面角的一般方法，属于中档题.18.设数列满足，且点在直线上，数列满足：，（）数列、的通项公式；（）设数列的前项和为，求.【答案】（）； （）.【解析】【分析】（）利用等差数列的性质求数列的通项公式，利用等比数列的性质求的通项公式. （）由题得，再利用分组求和、错位相减法求数列的前项和.【详解】（） 是以为首项，2为公差的等差数列， 是以为首项，3为公比的等比数列，。（）由(1)知 ，设的前项和为 得 ，所
16、以 。设的前项和为,当为偶数时，当为奇数时，为偶数，。【点睛】本题主要考查等差数列等比数列的判定和通项的求法，考查错位相减法、分组求和法求数列的前n项和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.19.已知椭圆：的离心率为，点，分别是椭圆的左、右焦点，为等腰三角形.（）求椭圆的方程；（）过左焦点作直线交椭圆于两点，其中 ，另一条过的直线交椭圆于两点（不与重合），且点不与点重合. 过作轴的垂线分别交直线，于,.求点坐标； 求证：.【答案】（）； （） 见解析.【解析】【分析】（）根据已知求出，即得椭圆方程为. （）由 可求. 当与轴垂直时，两点与,两点重合，由椭圆的对称性，. 当不
17、与轴垂直时，联立直线和椭圆方程证明，即.【详解】（）由已知，得， 为等腰三角形， ，则 解得， 椭圆方程为.（）由题意可得直线的方程为. 与椭圆方程联立,由 ，可求. 当与轴垂直时，两点与,两点重合，由椭圆的对称性，. 当不与轴垂直时，设，的方程为（）.由消去，整理得.则，.由已知，则直线的方程为，令，得点的纵坐标. 把代入得. 由已知，则直线的方程为, 令，得点 的纵坐标. 把代入得. , 把，代入到中，=. 即，即.【点睛】本题主要考查椭圆是几何性质和方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.20.函数，其中，.（）当时，在上单调递减，求
18、实数的取值范围；（）当时，为定值，求的最大值；若，求证：对任意，直线与曲线有唯一公共点.【答案】（）； （）见解析.【解析】【分析】（）由题得 在恒成立. 即在恒成立，即再求的最大值，即得. （）利用导数求函数的单调性，再求函数的最大值. 要证明当，时，关于的方程有唯一解，令，即证明有唯一零点.先证明三个引理，再利用引理证明.【详解】（）当时， ， 在恒成立. 即在恒成立. ，令，.在单调递减，. （）当时,， 令 ，1极大值。要证明当，时，关于的方程有唯一解，令，即证明有唯一零点.我们先证三个引理【引理1】（由第1问取即可）【引理2】（由【引理1】变形得到）【引理3】（可直接证明也可由【引理2推出】证明：. 下面我们先证明函数存在零点，先由【引理2】得到：.令，可知.再由【引理3】得到，于是 .令，且，可知.由连续性可知该函数一定存在零点. 下面我们开始证明函数最多只能有一个零点.我们有.令，则，则在递增，在递减，即。当时，有恒成立，在上递增，所以最多一个零点.当时，令，即，于是 .再令，由【引理1】可以得到. 因此函数在递增，递减，递增， 时，有极大值但其极大值，所以最多只有一个零点. 综上，当，时，函数与的图像有唯一交点.【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调性、最值，考查利用导数研究函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
