1、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2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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。一、选择题：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.设全集为，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分别求解M,N，再求交集即可.【详解】由题, 故选：A.【点睛】本题考查集合的运算，熟练求解M是关键，是基础题.2.已知复数满足（为虚数单位），则（ ）A. B
2、. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法计算即可.【详解】z=故选：D.【点睛】本题考查复数的运算，熟记复数的运算性质，熟练计算是关键,是基础题.3.甲、乙两人次测评成绩的茎叶图如图，由茎叶图知甲的成绩的平均数和乙的成绩的中位数分别是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别将甲、乙的数据列出，计算即可.【详解】由题甲次测评成绩为：10,11,14,21,23,23,32,34，所以甲的平均成绩为=21；乙次测评成绩为：12,16,21,22,23,23,33,34，所以乙的中位数为故选：D【点睛】本题考查茎叶图平均数与中位数计算，熟记运算性质，熟练计算是关键
3、，是基础题.4.某几何体的三视图如图所示（图中小正方形网格的边长为），则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将三视图还原为直观图求解即可.【详解】由题三视图还原为直观图如图所示：即正方体截去一个三棱柱后得到的四棱柱ABCD-GHFE,由数据可得上下底面积为体积为32=6故选：B.【点睛】本题考查三视图，熟练掌握还原原则，熟练计算棱柱体积是关键，是基础题.5.执行如图所示的程序框图，输入的值为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】依次执行框图，直到k=4输出S即可.【详解】输入4，由题k=1,S=0；k4,S=0+k4,S=2+k4,S=
4、6+k时，y=a与y=无交点，所以t=无解，故命题1正确；当a=-2时，y=-2与y=交点为横坐标为t=-1或t=2,此时t=-1和t=2分别与y=f(x)有一个交点，即t=有两个零点，命题2正确；当a=0时，y=0与y=交点横坐标为t=0或t=1,此时t=0或t=1分别与y=f(x)有2个交点，即t=共4个零点，命题3正确；当0a y=a与y=交点有两个，横坐标均满足0t1，此时t与y=f(x)分别有3个交点，即t=有6个零点，故命题4正确故选：D.【点睛】本题考查函数与方程，函数的图像，将函数分为内外两层，研究其特征是关键，注意考虑问题要全面，是难题，易忽略命题1无零点的情况.二、填空题。
5、13.命题,，则是_；【答案】【解析】【分析】由特称命题的否定直接写出结论即可.【详解】由题命题p的否定为：故答案为【点睛】本题考查特称命题，熟记特称与全称命题的否定是关键，是基础题，易错点是改为14.已知向量，若，则_；【答案】【解析】【分析】由求得x,得到的坐标，再求模长即可.【详解】，2x+2=0,x=-1, , 故答案为【点睛】本题考查向量的坐标运算，模，熟记垂直性质，熟练计算模长是关键，是基础题.15.如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面.为对角线与的交点,若，则三棱锥的外接球的体积是_；【答案】【解析】【分析】由底面为菱形，得BDAC,进而推得BD面PAC,得三角形PBO与PAO为直
6、角三角形，确定球心位置为PA中点即可求解.【详解】底面为菱形，为对角线与的交点,BDAC,又底面，,BDPB=B, AC面PBD, AC 即三角形PBA与PAO均为直角三角形，斜边中点即为球心，PA=2=2R, R=1,故三棱锥的外接球的体积是=故答案为【点睛】本题考查三棱锥外接球，线面垂直判定,熟练运用线面垂直与线线垂直证明是关键，是中档题.16.在中，、分别是角、的对边，若，且，则的最大值是_.【答案】2【解析】【分析】由正弦定理化简, ，求得A=,平方得b,c的关系式，运用基本不等式求解即可.【详解】由正弦定理得sinCcosB+sinBcosC=2sinAcosA,即sin(B+C)=
7、sinA=2sinAcosA,又sinA0,所以cosA=,平方得,整理9=,即,当且仅当b=2c取等，解得2故答案为2【点睛】本题考查三角变换，向量运算，基本不等式，熟记三角公式，熟练计算向量运算，且善于构造基本不等式是关键，是难题.三、解答题：解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17.已知是首项为的等比数列，各项均为正数，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）由得q方程求解即可；（2）变形为 裂项求和即可.【详解】（1）设的公比为，由得 ，解得，或， 因各项都为正数，所以，所以，所以， .【点睛】本题考查等比数列通项公
8、式，裂项相消求和，熟记等比数列通项，熟练计算裂项求和是关键，易错点是裂项时提系数，及剩余项数，是基础题.18.某公司为了提高利润，从2012年至2018年每年对生产环节的改进进行投资，投资金额与年利润增长的数据如下表：年份2012201320142015201620172018投资金额（万元）年利润增长（万元）（1）请用最小二乘法求出关于的回归直线方程；如果2019年该公司计划对生产环节的改进的投资金额为万元，估计该公司在该年的年利润增长为多少？（结果保留两位小数）（2）现从2012年2018年这年中抽出三年进行调查，记年利润增长投资金额，设这三年中（万元）的年份数为，求随机变量的分布列与期望
9、.参考公式：.参考数据：，.【答案】(1) ,11.43万元(2)见解析【解析】【分析】（1）先求，代入公式求得；由（，）在回归直线上求得即可；（2）列出年份与的表格，得到的可能取值为1,2,3，分别计算概率，写出分布列，求出期望即可.【详解】（）， 那么回归直线方程为： 将代入方程得即该公司在该年的年利润增长大约为11.43万元. （）由题意可知，年份20122013201420152016201720181.521.92.12.42.63.6的可能取值为1,2,3， ; ; 则分布列为123P【点睛】本题考查回归直线，离散型随机变量及分布列，熟记回归直线求解方法，熟练计算，分布列是关键，是
10、中档题.19.如图，已知三棱柱，侧面为菱形，.（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】(1)见证明；(2)【解析】【分析】（1）由为菱形，得，又由，连接，得，即可证明平面；（2）法一：证明得到进一步证得，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立坐标系求平面的法向量与平面的法向量，利用二面角向量公式求解即可；法二：证明得到设，得，因此为等腰三角形，证得也为等腰三角形，取的中点，连接，则为二面角的平面角，在中，运用余弦定理求解角即可.【详解】（1）因为侧面为菱形，所以， 因为，连接，所以，所以平面 （2）解法一：因为，则所以，又，可得， 令，则， 如图，以所在的直线为
11、轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立坐标系 设平面的法向量为，令，则同理平面的法向量为,所以，二面角的余弦值为（2）解法二：因为，则所以，设，因为，侧面为菱形，所以，又因为，可得， 所以，因此为等腰三角形，那么也为等腰三角形，取的中点，连接，则为二面角的平面角 在中，可得 所以所以，二面角的余弦值为【点睛】本题考查线面垂直的判定，空间向量求二面角，熟练掌握线面垂直判定定理，熟练计算向量是关键，第二问法一先证明三线两两垂直才能建系，法二寻找二面角的方法是难点，是中档题，20.已知椭圆（）的离心率为，且经过点.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线与椭圆交于不同的两点，试问在轴上是否存在定点使
12、得直线与直线恰关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1) (2)见解析【解析】【分析】（1）由题得a,b,c的方程组求解即可（2）直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数，即，整理.设直线的方程为，与椭圆联立，将韦达定理代入整理即可.【详解】(1)由题意可得，又， 解得，.所以，椭圆的方程为 (2)存在定点，满足直线与直线恰关于轴对称.设直线的方程为，与椭圆联立，整理得，.设，定点.(依题意则由韦达定理可得，. 直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数. 所以，即得. 又，所以，整理得，.从而可得， 即，所以，当，即时，直线与直线恰关于轴对称成立. 特别地
13、，当直线为轴时，也符合题意. 综上所述，存在轴上的定点，满足直线与直线恰关于轴对称.【点睛】本题考查椭圆方程，直线与椭圆位置关系，熟记椭圆方程简单性质，熟练转化题目条件，准确计算是关键，是中档题.21.已知函数，为常数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个极值点，且，求证：.【答案】(1)见解析(2)见证明【解析】【分析】（1）分子所对应的二次函数,分情况讨论的正负以及根与1的大小关系，即可；（2）由（1）得两个极值点满足，所以，则，将化简整理为的函数即，构造函数求导证明不等式即可.【详解】(1)函数的定义域为.由题意，. （i）若，则，于是，当且仅当时，所以在单调递减. （ii）若，由
14、，得或，当时，；当时，；所以在单调递减，单调递增. （iii）若，则，当时，；当时，；所以在单调递减，单调递增 综上所述，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，上单调递增；当时，函数在上单调递减，上单调递增. （2）由（1）知，有两个极值点当且仅当， 由于的两个极值点满足，所以，则，由于.设.当时，所以. 所以在单调递减，又.所以，即.【点睛】本题考查函数导数与单调性，证明不等式，第一问讨论要全面，并且要关注定义域，第二问减元思想的运用，是难题.22.选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线的极坐标方程为，以极点为直角坐标原点，以极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，将曲线向左平移个单位长
15、度，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到曲线（1）求曲线的直角坐标方程；（2）已知直线的参数方程为，（为参数），点为曲线上的动点，求点到直线距离的最大值.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）先化为，利用变换得即可；（2）设，得求最大值即可.【详解】（1）由得，所以曲线的方程为， 设曲线上任意一点，变换后对应的点为，则 即 代入曲线的方程中，整理得,所以曲线的直角坐标方程为； （2）设，则到直线：的距离为，其中为锐角，且， 当时，取得最大值为，所以点到直线l距离的最大值为【点睛】本题考查极坐标与直角坐标互化，图像变换，点到直线距离，熟记图像变换原则，熟练计算点线距是关键，是中档题.23.选修4-5：不等式选讲设函数.（1）求不等式的解集；（2）已知关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）零点分段去绝对值解不等式即可（2）由题在上有解，去绝对值分离变量a即可.【详解】（1）不等式，即等价于 或或 解得 ，所以原不等式的解集为； （2）当时，不等式，即，所以在上有解 即在上有解， 所以，【点睛】本题考查绝对值不等式解法，不等式有解求参数，熟记零点分段，熟练处理不等式有解问题是关键，是中档题.
