2019届浙江省金丽衢十二校高三第二次联考数学试题
一、单选题 1．集合A．【答案】B
【解析】解：A={x|x＜0，或x＞2}，B={x|﹣3＜x＜3}； ∴A∩B={x|﹣3＜x＜0，或2＜x＜3}，A∪B=R； ∵A∩B≠A，且A∩B≠B，∴B⊈A，A⊈B； 即B正确． 故选：B．
B．
，
C．
，则（ ） D．
2．点和是双曲线A．
B．2 C．
的两个焦点，则 D．4
（ ）
【答案】D
【解析】根据双曲线方程可求焦距，即可得【详解】
.
由所以所以【点睛】
可知
，则.
，
本题主要考查了双曲线的方程，双曲线的简单几何性质，属于中档题. 3．复数
，
，则
（ ）
A．5 B．6 C．7 D．【答案】D
【解析】根据复数模的性质知【详解】
，即可求解.
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因为所以故选D. 【点睛】
，，
本题主要考查了复数模的性质，属于中档题. 4．某几何体的三视图如图所示（图中单位：
），则该几何体的表面积为（ ）
A．【答案】B
【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体的直观图为一个竖立的圆锥和一个倒立的圆锥组成，其表面积为【考点】1.三视图；2.表面积. 5．已知直线
平面，直线
平面，则“
”是“
”的（ ） ，选B.
B．
C．
D．
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A
【解析】试题分析：根据已知题意，由于直线 面平行
，则必然能满足
，但是反之，如果
平面，直线∥平面，如果两个平
，则对于平面可能是相交的，故
条件能推出结论，但是结论不能推出条件，故选A
【考点】本试题主要是考查了立体几何中点线面的位置关系运用。
点评：解决该试题的关键是利用面面平行的性质定理和线面平行、垂直的性质定理来熟练的判定其位置关系，同时结合了充分条件的概念，来判定命题的条件和结论之间的关系运用，属于基础题。
6．甲和乙两人的从五门选修课课程中任选三门进行学习，记两人所选课程相同的
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门数为，则为（ ）
A．1.2 B．1.5 C．1.8 D．2 【答案】C
【解析】由已知得=1,2,3，分别求出相应的概率，由此能求出【详解】 由已知得=1,2,3，
.
,
, ,
所以故选C 【点睛】
,
本题主要考查了离散型随机变量，离散型随机变量的期望，属于中档题.
7．函数的图像大致为（ ）
A． B．
C．【答案】A
D．
【解析】根据函数解析式结合所给图象，采用排除法即可选出. 【详解】 函数定义域为
，
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当时，，，故排除选项B,D，
当时，，，故排除C,
所以选A. 【点睛】
本题主要考查了指数函数的性质与图像，无限趋近的思想，属于中档题. 8．已知，，和为空间中的4个单位向量，且可能等于（ ） A．3 B．【答案】A
【解析】根据n个向量的和的模不大于n个向量的模的和可推出结论. 【详解】 因为而所以
，
，
C．4 D．
，则
不
因为，，， 是单位向量，且所以所以【点睛】
不共线，
，故选A.
本题主要考查了向量与不等式的关系，涉及向量的共线问题，属于难题. 9．正三棱锥
的底面边长为
，高为
，它在六条棱处的六个二面角（侧面与
侧面或者侧面与底面）之和记为，则在从小到大的变化过程中，的变化情况是（ ） A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】D
【解析】利用无限逼近的思想，当，有，当，有，当
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刚好使得正三棱锥变为正四面体时，二面角之和记为，利用的值，可分析出
，即可选出答案. 【详解】
当（比0多一点点），有；当，有；当刚好使得正三
棱锥变为正四面体时，二面角之和记为，则，于是
， 所以
有选项. 【点睛】
，即，所以与的变化情况相符合的只
本题主要考查了无限逼近的极限思想，二面角，余弦二倍角公式，属于中档题.
10．数列A．
满足： B．
， C．
，则的值所在区间为（ ）
D．
【答案】A
【解析】由递推关系可得，根据，知，利用
放缩法可知【详解】 因为
，
，从而可得，即可求解.
所以
可得：所以
.
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【点睛】
本题主要考查了数列的递推关系，不等式的性质，属于中档题.
二、填空题
11．《九章算术》第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数物价各几何？”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物品，每人出8元，则付完钱后还多3元；若每人出7元，则还差4元才够付款.问他们的人数和物品价格？答：一共有_____人；所合买的物品价格为_______元． 【答案】7 53
【解析】根据物品价格不变，可设共有x人，列出方程求解即可 【详解】 设共有人， 由题意知 解得
，
，可知商品价格为53元.
即共有7人，商品价格为53元. 【点睛】
本题主要考查了数学文化及一元一次方程的应用，属于中档题. 12．
展开式中的系数为___；所有项的系数和为____．
【答案】-80 -1 【解析】令【详解】 因为
，令
，
，
可得所有项的系数和，根据通项公式可写出含的系数.
所以的系数为-80， 设令
，则
，
，所以所有项的系数和为-1.
【点睛】
本题主要考查了二项展开式的通项公式，二项式所有项的系数和，属于中档题.
13．若实数，满足约束条件则目标函数第 6 页 共 17 页
的最小值为___；最大值
为_____．
【答案】2
【解析】作出可行域，由可得，作出直线，平移直线当截距
最大时，z有最大值，平移直线当截距最小时，z有最小值. 【详解】 作出可行域如下：
由可得，作出直线, ，
平移直线过B(1,0)时，z有最小值
平移直线过A(1，）时，z有最大值【点睛】
本题主要考查了线性规划最优解，属于中档题.
.
14．在中，角，和所对的边长为，和，面积为，且为钝角，
则__；的取值范围是___．
【答案】
【解析】根据三角形面积公式及余弦定理可得，利用正弦定理可知 ，根据
三角函数恒等变换及三角函数性质可求出其取值范围. 【详解】
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因为 ，
所以
即，
因为为钝角，所以，
由正弦定理知因为
为钝角，
所以,即
所以
所以【点睛】
，即的取值范围是.
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角恒等变换及正切函数的性质，属于难题.
15．安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有 种.（用数字作答） 【答案】210 【解析】略
16．定义在上的偶函数若方程
满足：当时有，且当时，，
恰有三个实根，则的取值范围是____．
【答案】【解析】方程偶函数，先分析当
恰有三个实根即
与
图象有三个交点，因为函数是
时函数的图象，利用数形结合可确定m的取值范围，再根据函数
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的对称性，得到【详解】 因为当
时，
时，m的取值范围即可.
，设，
则，所以，又，所以
，可作出函数
数在
的图象，同时作出直线
在上的图象，又函数为偶函数，可得函
， 如图：
方程
恰有三个实根即
与
图象有三个交点，
当时，由图象可知，当直线过，即时有4个交点，当直线
过，即时有2个交点，当时有3个交点，同理可得当时，满
足时，直线与有3个交点.
故填【点睛】 ，
.
本题主要考查了函数与方程，函数的图象，数形结合的思想方法，属于难题.
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17．过点的直线与椭圆
的最小值为_．
交于点和，且.点满足，若
为坐标原点，则
【答案】 【解析】设
，
，
，根据
.点
满足
可得
，同理可得纵坐标的关系，根据A,B在椭圆上可得
点到直线的距离即可求出最小值. 【详解】
，利用
设，，则于是，同理
，于是我们可以得到
.
即，所以Q点的轨迹是直线，即为原点到直线的距离，所以
【点睛】
本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系，向量的坐标运算，轨迹问题，属于难题.
三、解答题
18．已知函数（1）求
的最小正周期；
.
（2）求函数在区间上的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【解析】试题分析：（Ⅰ）本小题用降幂公式，二倍角公式和辅助角公式把函数变形为
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，用周期公式可求得其周期；（Ⅱ）因为，令
，解出x的范围即可；（Ⅲ）本小题由x的范围得到的范围，
根据正弦函数的图象可得值范围．
的取值范围，从而可得函数在区间上的取
试题解析：（1）所以
．
（2）由得
所以函数的单调递增区间是．
（3）由得，所以
所以．
【考点】降幂公式，二倍角公式，辅助角公式，周期公式，正弦函数的图象和性质，化归思想．
19．在三棱拄ABCA1B1C1中，AB侧面BB1C1C，已知BC1，BCC13，
ABC1C2.
A A1
B C
E
C1
B1
（Ⅰ）求证：C1B平面ABC；
（Ⅱ）试在棱C1C(不包含端点C,C1)上确定一点E的位置，使得EAEB1；
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（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,求AE和平面ABC所成角正弦值的大小. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）5 10【解析】试题分析：（Ⅰ）欲证线面垂直，先考察线线垂直，易证BC1AB，可试证
BC1BC，由题目给条件易想到利用勾股定理逆定理；（Ⅱ）要想在棱C1C找到点E，
使得EAEB1，易知ABEB1，那么这时就需要使BEEB1，这时就转化为一个平面几何问题：以矩形BB1C1C的边BB1为直径作圆，与C1C的公共点即为所求，易知只有一点即C1C的中点 ，将以上分析写成综合法即可，找到这一点后，也可用别的方法证明，如勾股定理逆定理；（Ⅲ）求直线与平面所成的角，根据其定义，应作出这条直线在平面中的射影，再求这条直线与其射影的夹角（三角函数值），本题可考虑点E在平面ABC的射影，易知平面ABC与侧面BB1C1C垂直，所以点E在平面ABC的射影必在两平面的交线上，过E做BC1的垂线交BC1于F，则EAF为所求的直线与平面的夹角.
试题解析：（Ⅰ）因为BC1，BCC122，所以BC1BC BC2BC1CC13，C1C2，所以BC13，
因为AB侧面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，所以BC1AB，又BC所以，C1B平面ABC
4分
ABB，
（Ⅱ）取C1C的中点E，连接BE ，BCCE1，BCC13，等边BEB1中，
BEC3
同理，B1C1C1E11， B1C1E所以EB1EB
2，所以B1EC1，可得BEB1，362因为AB侧面BB1C1C，EB1平面BB1C1C，所以EB1AB，且EBABB，
所以B1E平面ABE，所以EAEB1； 8分 （Ⅲ）AB侧面BB1C1C，AB平面，得平面BCC1B1平面ABC1， 过E做BC1的垂线交BC1于F，EF平面ABC1 连接AF，则EAF为所求，
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因为 BCBC1 ，EFBC1，所以BC中点，
EF ，E为CC1的中点 得F为C1B的
151（2）知AE5 ，所以sinEAF2 13EF ， 由
2510分
【考点】空间中直线与平面垂直、直线与平面平行、平面与平面垂直的判定与性质. 20．数列（1）求数列（2）若
的前项和为，的通项公式； ，求数列
的前项和. ，对任意
，有
.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）根据数列中项与前n项和的关系即可求解（2）利用错位相减法求数列的前n项和即可. 【详解】 （1）由两式相减得：又
知 ，
所以即数列所以
也成立，故
是以1为首项，为公比的等比数列，
.
，
（2）因为所以
两式相减得：，
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所以【点睛】
.
本题主要考查了数列前n项和与项的关系，错位相减法，属于中档题. 21．已知抛物线：于，和，两点，且满足直线
的斜率为.
内有一点
，
，过的两条直线，分别与抛物线交
，已知线段
的中点为，
（1）求证：点的横坐标为定值； （2）如果
，点的纵坐标小于3，求
的面积的最大值.
【答案】（1）见证明；（2）【解析】（1）设利用点差法可得定值（2）由
得到
，且，和三点共线，
轴，故
为
中点为，根据向量的线性运算可知
，，设
，即，
，可知
，联立直线与抛物线方程可求
，写出面积公式即可求最值.
【详解】 （1）设
中点为，则由
，
可推得
，
，这说明
，
且，和三点共线. 对，使用点差法，可得同理
.
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，即
.
于是，即轴，所以为定值.
（2）由得
得到，设，所以
，,
，联立 ,
根据点到直线的距离公式知P到AB的距离为于是
，令x=
,则
，
，
，令得，当时， ,函数为增函数，当时，
，函数为减函数，故当【点睛】
，即时，有最大值.
本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，向量的线性运算，三角形面积，属于难题. 22．函数
（1）若为定值，求（2）求证：对任意（3）若
，
，其中的最大值； ，有，求证：对任意
，直线
与曲线
；
有唯一公共点.
，
.
【答案】（1）（2）见证明；（3）见证明；
，可知函数在
处有
【解析】（1）n看作常数，函数求导后令导数等于零，可得
极大值，可得函数最大值（2）取得，利用放缩法得
，再根据裂项相消法求和即可（3）要证明当
的方程
有唯一解，令
，即证明
，时，关于有唯一零点，
再利用导数得函数单调性，极值确定函数大致图象，证明只有唯一零点即可. 【详解】
（1）为定值，故，令，得，当
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时，
调递减，所以当
，当时，，所以函数在上单调递增，在
.
上单
时，函数有极大值 ，也是最大值，所以
（2）由前一问可知，取得，于是
.
（3）要证明当明
，
时，关于的方程有唯一零点，先证明
有唯一解，令，即证
存在零点，再利用导数得函数单调性，
极值确定函数只有唯一零点. 我们先证三个引理 【引理1】
（由第1问取
【引理2】
即可）
（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.
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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
再令因此函数
在
，由【引理1】可以得到递增，
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【点睛】
本题主要考查了利用导数求函数的最大值，证明不等式，涉及导数在研究单调性，恒成立，不等式方面的应用，属于难题.
，
时，函数
与
的图像有唯一交点.
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