2019届高三数学二诊试题

由于，故的最小值为，故选D.
【点睛】本题主要考查了正弦型函数性质的应用，主要 考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型.
11.我国古代数学著作《九算术》有如下问题：“今有
金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问 次一尺各重几何？ ”意思是：“现有一根金杖，长5尺，一
头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端
截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？ ”设该金杖 由粗到细是均匀变化的，其重量为，现将该金杖截成长度相 等的10段，记第段的重量为，且，若，则（）
A.4B.5.6D.7
【答案】
【解析】
由题意知，由细到粗每段的重量成等差数列，记为，设 公差为，贝畀解得，所以该金杖的总重量，，解得，故选.
【方法点睛】本题主要考查阅读能力、等差数列的通项 公式、等差数列的前项和公式以及转化与划归思想，属于中 档题.等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型， 数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程
4.执行如图所示程序框图的输出结果是（）
A.3B.5.7D.9
【答案】
【解析】
【分析】
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结 构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中 各变量值的变化情况，可得答案.
【详解】模拟程序的运行，可得，，
满足条件，执行循环体，，
满足条件，执行循环体，,
••• f'(x) =e-x ,••• kAP=f'(x0) =e,解得x0=a-1,
••• ?的最小值为0,「.丄，
•-kPA=tan45°=1,•el, •x0=0,
•a=1,•f(x)ax.
故答案为：
【点睛】本题考查了分段函数的问题，以及导数的几 何意义，考查化简运算能力，属于中档题.
三、解答题：第17〜21题每题12分，解答应在答卷 的相应各题中写出字说明，证明过程或演算步骤.
• •
• • • •
贝农故选B.
【点睛】本题主要考查了等差数列与等比数列的通项公 式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
7.设，则的大小关系为（）
A.B..D.
【答案】B
【解析】
【分析】
不难发现从而可得
【详解】，故选B.
【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比 较数大小.
8.已知椭圆的焦点分别为，，点，在椭圆上，于，，，则 椭圆方程为（）
种.
故答案为：150.
【点睛】本题考查了排列与组合的计算公式、“乘法原
理”等基础知识与基本方法，属于中档题.
14.已知是双曲线的焦点，过作一条渐近线的平行线与
另一条渐近线交于点，若（是坐标原点）的面积为1,则双
曲线的方程为.
【答案】
【解析】
【分析】
利用双曲线的渐近线方程，推出渐近线的斜率为1,可
得，根据三角形的面积为1可求出的值，然后求解双曲线方 程.
角函数间的基本关系求出s()的值，进而求出tan()的
值，tanA变形为tan[()]，利用两角和与差的正切函数公 式化简，计算即可求出值.
【详解】解：•••€(,),
「•€(,n),
••• sin(),
二s(),
••• tan()=,
则tanA=tan[()].
故答案为：
【点睛】此题考查了同角三角函数基本关系的运用，两 角和与差的正切公式，熟练掌握基本关系是解本题的关键.
此时相应的给教师赋分为2分；与中位数之差小于-10的为 不合格，此时相应的给教师赋分为-1分.
(I)问王老师和赵老师的教学绩效考核成绩的期望值 哪个大？
A.B..D.
【答案】
【解析】
【分析】
利用椭圆的性质，根据，可得，，求解，然后推出椭圆 方程.
【详解】椭圆的焦点分别为，，点A, B在椭圆上， 于，，可得，，
，解得，，
所以所求椭圆方程为：，故选.
【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质的应用，椭圆方 程的求法，是基本知识的考查.
9.函数的图象大致为（）
A.B..D.
【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出集合B的
等价条件，首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐 标还是其它的一些元素，第二步常常是解一元二次不等式， 我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解
分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.解指数或对数
不等式要注意底数对单调性的影响，在求交集时注意区间端 点的取舍.
18.如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，且，点， 分别是和的中点.
(I)求证平面；
(H)求二面角余弦值.
【答案】(I)详见解析；(H).
【解析】
【分析】
(I)利用线线平行证明平面平面，从而证得平面；
(H)以的中点为坐标原点，为轴，为轴，建立空间直 角坐标系，不妨设，求出平面平面的法向量，代入公式，即 可得到结果.
二、填空题：本大题Βιβλιοθήκη Baidu4小题，每小题5分.
13.有5名学生做志愿者服务，将他们分配到图书馆、
科技馆、养老院这三个地方去服务，每个地方至少有1名学
生，则不同的分配方案有种（用数字作答）.
【答案】150
【解析】
【分析】
由题意可知，由两种分配方案分别为2, 2,1型或3,1,1型，每一种分配全排即可.
【详解】解：将5名志愿者分配到这三个地方服务，每 个地方至少1人，其方案为2,2，1型或3,1,1型.其选法 有或，而每一种选法可有安排方法，故不同的分配方案有150
弦值为，
故错误；
对于D,与所成的角即与所成的角，显然是60°,故D正确，
故选：D
【点睛】本题考查根据正方体的平面展开图，画出它的 立体图形，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.
第口卷（非选择题共90分）
本卷包括必考题和选考题两部分.第13题〜第21题为 必考题，每个试题考生都必须作答.第22题〜第23题为选 考题，考生根据要求作答.
16.已知，是函数(其中常数)图象上的两个动点，点， 若的最小值为0，则函数的最大值为.
【答案】
【解析】
【分析】
先推出f(x)的图象关于直线x=a对称，然后得出直 线PA PB分别与函数图象相切时，？的最小值为0，再通过
导数的几何意义得切线的斜率，解出a=1,结合图象可得x
=1时，f(x)的最大值为.
【解析】
【分析】
对于A,B选项均有可能为线在面内，故错误；对于选 项，根据面面平行判定定理可知其错误；直接由线面平行性 质定理可得D正确.
【详解】若，，则有可能在面内，故A错误；
若，有可能在面内，故B错误；
若一平面内两相交直线分别与另一平面平行，则两平面 平行，故错误.
若,,则由直线与平面平行的性质知，故D正确.
【详解】(I)如图，取的中点，连结，，贝畀.
•••平面平面，.••平面；
(H)以的中点为坐标原点，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，不妨设，贝畀
得,,
得，.
设平面的法向量为，贝畀得，
同理可得平面的法向量为，
•••,•••二面角的余弦值为.
【点睛】本题综合考查空间面面平行的判断以及空间角 的计算，涉及二面角的平面角，利用向量法是解决空间角常 用的方法，考查的知识面较广，难度中等.
2.设是虚数单位，则复数（）
A.B..D.
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用复数代数形式的乘除运算以及的运算性质化 简求值即可.
【详解】，故选A.
【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础 的计算题
3.若变量满足约束条件，则的最大值是（）
A.0B.2.5D.6
【答案】
【解析】
【分析】
由题意作出不等式组所表示的平面区域，将化为，相当 于直线的纵截距，由几何意义可得结果.
【详解】解：A,B是函数f(x)(其中a>0)图象上的 两个动点，
当xva时，f(x) =f(2a-x)= -e(2a-x)-2a=—e-x,
•函数f(x)的图象关于直线x=a对称.
当点A,B分别位于分段函数的两支上，
且直线PAPB分别与函数图象相切时，？的最小值为0,
设PA与f(x)=-e-x相切于点A(x0,y0),
19.某学校高二年级的第二学期，因某学科的任课教师
王老师调动工作，于是更换了另一名教师赵老师继任.第二
学期结束后从全学年的该门课的学生考试成绩中用随机抽 样的方法抽取了容量为50的样本，用茎叶图表示如下： 学校秉持均衡发展、素质教育的办学理念，对教师的 教学成绩实行绩效考核，绩效考核方案规定：每个学期的学 生成绩中与其中位数相差在范围内(含)的为合格，此时相 应的给教师赋分为1分；与中位数之差大于10的为优秀，
【解析】
【分析】
根据正方体的平面展开图，画出它的立体图形，分别判 断，即可得出结论.
【详解】解：根据正方体的平面展开图，画出它的立体
图形如图所示，
对于A，连接ND,与EF交于点，连接A，
则A的长即点到的距离，A，故A错误；
对于B，三棱锥的体积是，故B错误；
对于，F点到平面DN的距离为，•••与平面所成的角的正
【详解】由题意作出其平面区域，
令，化为，相当于直线的纵截距，
由图可知，，解得，，
则的最大值是，故选.
【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函 数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、
二移、三求” ：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚 线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内 平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最 优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值
满足条件，执行循环体，,
此时，不满足条件，退出循环，输出的值为7,故选.
【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模 拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题.
5.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下 列命题正确的是（）
A.若,，则
B.若,，贝U
.若…，则
D.若，，则
【答案】D
17.在中，角的对边分别为，已知，，
(1)若，求；
(2)求的面积的最大值.
【答案】(1); (2).
【解析】
【分析】
(1)首先由正弦定理求出，进而可求得，再次利用正 弦定理即可求得；(2)利用三角形面积公式结合余弦定理得， 结合二次函数的性质即可得结果.
【详解】(1
当时，的面积有最大值.
【点睛】本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理及 三角形面积公式，二次函数性质的应用，主要考查学生的运 算能力和转化能力，属于基础题型.
组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握 等差数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中， 还应善于运用整体代换思想简化运算过程
12.如图，是棱长为1的正方体的平面展开图，则在这
个正方体中，以下结论正确的是（）
A.点到的距离为
B.三棱锥的体积是
.与平面所成的角是
D.与所成的角是
【答案】D
10.已知函数的最小正周期为，且，则的最小值为（）
A.B..D.
【答案】D
【解析】
【分析】
首先利用三角函数的周期性求出，结合题意可得当时， 函数取得最大值，直接利用正弦型函数的性质的应用和函数 的最值得应用求出结果.
【详解】函数的最小正周期为，
解得：，所以，
由于，故：时，取最大值.
故:，解得：，即，
2019
2019年高三年级第二次诊断性测试
理科数学（问卷）
第I卷（选择题共60分）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.集合，，则（）
A.B..D.
【答案】B
【解析】
【分析】
解一元二次不等式得到集合，结合交集定义进行求解即
可.
【详解】,
贝农故选B.
故选D.
【点睛】本题考查的知识点是，判断命题真假，比较综 合的考查了空间中直线与平面的位置关系，属于中档题.
6.已知等差数列的公差不为零，且，，成等比数列，则
()
A.B..D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设等差数列的公差，由题意可得，用首项和公差表示化 为，代入即可得出.
【详解】设等差数列的公差，且，，成等比数列，
【答案】B
【解析】
【分析】
分别计算，的值，利用函数值的对应性进行排除即可.
【详解】，排除，D;排除B,故选A.
【点睛】本题考查函数的图象的判断与应用，考查函数 的零点以及特殊值的计算，是中档题；已知函数解析式，选 择其正确图象是高考中的高频考点，主要米用的是排除法，
最常见的排出方式有根据函数的定义域、值域、单调性、奇 偶性、周期性等性质，同时还有在特殊点处所对应的函数值 或其符号，其中包括等.
【详解】是双曲线的焦点，过作一条渐近线的平行线与 另一条渐近线交于点，若(是坐标原点)的面积为1,可得，，
，解得，贝畀
所以所求的双曲线方程为：，
故答案为.
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，三角形 的面积的求法，考查计算能力，属于基础题.
15.已知，，则.
【答案】7
【解析】
【分析】
由的范围求出的范围，根据sin()的值，利用同角三