1、 天津市和平区天津市和平区 20192019 届高三下学期第一次质量调查届高三下学期第一次质量调查 数学（理）试题数学（理）试题 温馨提示：本试卷包括第温馨提示：本试卷包括第卷（选择题）和第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共卷（非选择题）两部分，共 150150 分。分。 考试时间考试时间 120120 分钟。祝同学们考试顺利！分钟。祝同学们考试顺利！ 第第卷卷 选择题（共选择题（共 4040 分）分） 注意事项注意事项: : 1. 1. 答第答第卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上。卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上。 2. 2. 每小题选出答案后
2、，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净每小题选出答案后，用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 后再选涂其他答案标号。答在试卷上的无效。后再选涂其他答案标号。答在试卷上的无效。 3. 3. 本卷共本卷共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分。分。 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项一、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是符合题目要求的. . 1.已知集合， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据集合的交集运算得到结果即可. 【详解】集合 M=0
3、，1，2，N=x|x-1x1，xZ=-1，0，1 则. 故答案为：C. 【点睛】本题考查了集合的交集运算及集合的包含关系，属简单题 2.设变量满足约束条件 ，则的最大值为（ ） A. 1 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 首先绘制可行域，然后结合目标函数的几何意义确定目标函数取得最大值时点的坐标，据此求解目标函数的 最大值即可. 【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示， 目标函数即：，其中 z 取得最大值时，其几何意义表示直线系在 y 轴上的截距最大， 据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点 C处取得最大值， 联立直线方程：，可得点的坐标为：， 据此可知目标
4、函数的最大值为：. 本题选择 C选项. 【点睛】求线性目标函数 zaxby(ab0)的最值，当 b0时，直线过可行域且在 y 轴上截距最大时，z值最 大，在 y 轴截距最小时，z值最小；当 b0时，直线过可行域且在 y 轴上截距最大时，z 值最小，在 y轴上截 距最小时，z 值最大. 3.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ） A. 20 B. 30 C. 40 D. 50 【答案】B 【解析】 试题分析：不成立，执行循环体，；不成立，执行循环体， ， 不成立，执行循环体，不成立，执行循环体， 成立，退出循环体，输出，故答案为 B. 考点：程序框图的应用. 4.在中， ，则的面积为（ ）
5、 A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 试题分析： 由结合余弦定理， 可得， 则 故 答案选 C 考点：余弦定理，同角间基本关系式，三角形面积公式 【此处有视频，请去附件查看】 5.不等式成立的充分不必要条件是 A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】 由解得：或，据此确定其成立的一个充分不必要条件即可. 【详解】由可得，解得：或， 据此可得不等式成立的充分不必要条件是. 本题选择 A选项. 【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，充分必要条件的判定等知识，意在考查学生的转化能力和计算求 解能力. 6.已知，则下列不等式一定成立的是 A. B. C. D.
6、【答案】D 【解析】 【分析】 由可得，故，据此逐一考查所给的选项是否正确即可. 【详解】由可得，故，逐一考查所给的选项： A.； B.，的符号不能确定； C.； D 本题选择 D选项. 【点睛】本题主要考查对数函数的性质，不等式的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求 解能力. 7.设双曲线的一个焦点与抛物线 的焦点相同，离心率为 ，则抛物线的焦点到双曲线的一 条渐近线的距离为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意可得双曲线的一个焦点为(0,2)，据此整理计算可得双曲线的渐近线方程为，求得渐近线方程 为，结合点到直线距离公式求解焦点到渐近线的距离即可.
7、【详解】抛物线的焦点为(0,2)， 的一个焦点为(0,2)， 焦点在 轴上， . 根据双曲线三个参数的关系得到， 又离心率为 2，即， 解得， 此双曲线的渐近线方程为， 则双曲线的一条渐近线方程为， 则抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离为：. 本题选择 B选项. 【点睛】本题主要考查双曲线方程的求解，双曲线的渐近线方程，点到直线距离公式等知识，意在考查学生 的转化能力和计算求解能力. 8.已知函数， 若关于 的方程恰有三个不相等的实数解,则 的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 原问题等价于与有三个不同的交点.首先研究函数的性质并绘制出函数图像，然后结合 函
8、数图像确定实数 m的取值范围即可. 【详解】关于 的方程恰有三个不相等的实数解， 即方程恰有三个不相等的实数解， 即与有三个不同的交点. 令， 当时，函数单调递减； 当时，函数单调递增； 且当时， 当时， 当时， 据此绘制函数的图像如图所示， 结合函数图像可知，满足题意时 的取值范围是 . 本题选择 C选项. 【点睛】函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令 f(x)0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点 (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间a，b上是连续不断的曲线，且 f(a) f(b)0，还必须结合函 数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点 (3)利
9、用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的 值，就有几个不同的零点 第第卷卷 非选择题（共非选择题（共 110110 分）分） 注意事项注意事项: : 1. 1. 用钢笔或圆珠笔直接答在答题卷上，答在本试卷上的无效。用钢笔或圆珠笔直接答在答题卷上，答在本试卷上的无效。 2. 2. 本卷共本卷共 1212 小题，共小题，共 110110 分。分。 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 6 小题小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 3030 分分. .把答案填在答题卷上把答案填在答题卷上. . 9.已知，且复数 是纯虚数,则 _.
10、【答案】 【解析】 【分析】 由复数的运算法则可得，结合题意得到关于 的方程，解方程即可确定实数 的值. 【详解】由复数的运算法则可得： ， 复数为纯虚数，则：，据此可得：. 故答案为： 【点睛】本题主要考查复数的运算法则，纯虚数的概念及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求 解能力. 10.的展开式中的系数为_.（用数字作答） 【答案】80 【解析】 【分析】 由二项式展开式的通项公式可得，据此即可确定的系数. 【详解】由二项式展开式的通项公式可得， 令可得， 则的系数为. 故答案为：80 【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)
11、 和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中 n和 r的隐含条件，即 n，r 均为非负整数，且 nr，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项 11.已知一个几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该几何体的体积为_cm3 【答案】20 【解析】 根据几何体的三视图知，该几何体是直三棱柱，切去一个三棱锥，如图所示； 该几何体的体积为 . 12.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点， 轴的非负半轴为极轴且单位长度相同建立极坐标系，若直线 (为参数)被曲线截得的弦长为，则 的值为_. 【答案】或 【解析】 【分析】 消去参数 t 得到直线的普通
12、方程，然后将极坐标方程转化为直角坐标方程，结合弦长公式可知圆心到直线的 距离为，据此求解 a 的值即可. 【详解】消去参数可得直线方程为，即， 极坐标方程化为直角坐标方程可得曲线的直角坐标方程为， 由圆的弦长公式有：， 结合点到直线距离公式可得：，解得：或. 【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，圆的弦长公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能 力和计算求解能力. 13.如图，在直角梯形中，.若分别是边上的动点，满足 ， ，其中，若，则 的值为_. 【答案】 【解析】 【分析】 建立直角坐标系，由题意可得：，由题意可得，结合平面向量数 量积的坐标运算得到关于 的方程，解方程即可求得实数
13、 的值. 【详解】建立如图所示的直角坐标系，由题意可得：，设， 即，据此可得：， 故，同理可得， 据此可得：， 则， 整理可得：，由于，故. 【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义具体 应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用 14.已知为正数，若直线 被圆截得的弦长为，则的最大值是 _. 【答案】 【解析】 【分析】 由题意可知圆的圆心坐标为(0,0)，半径 r=2，结合点到直线距离公式有，据此整理计算可得 ，结合二次函数的性质确定其最大值即可. 【详解】圆的圆心坐标为(0,0)，半径 r=2， 由直线被圆截取的弦长为,
14、可得圆心到直线的距离， ， 则时,取得最大值. 故答案为： 【点睛】本题主要考查等价转化的数学思想，二次函数最值的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算 求解能力. 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 6 小题小题, ,共共 8080 分分. .解答应写出文字说明解答应写出文字说明, ,证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤. . 15.设的内角 所对边的长分别是，且. ()求 的值； ()求的值. 【答案】 （）； （）. 【解析】 【分析】 ()由题意结合正弦定理可得，代入边长求解 a 的值即可； ()由余弦定理可得：，则，利用二倍角公式和两角和差正余弦公式求解 的值 即可. 【
15、详解】()由可得， 结合正弦定理可得：， 即：，据此可得. ()由余弦定理可得：， 由同角三角函数基本关系可得， 故， . 【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，两角和差正余弦公式，二倍角公式等知识，意在考查学生的转化能 力和计算求解能力. 16.点外卖现已成为上班族解决午餐问题的一种流行趋势.某配餐店为扩大品牌影响力，决定对新顾客实行让 利促销，规定：凡点餐的新顾客均可获赠 10 元或者 16 元代金券一张，中奖率分别为 和 ，每人限点一餐， 且 100%中奖.现有 A 公司甲、乙、丙、丁四位员工决定点餐试吃. () 求这四人中至多一人抽到 16 元代金券的概率； () 这四人中抽到 10 元
16、、16 元代金券的人数分别用 、 表示，记，求随机变量的分布列和数学期望. 【答案】 （）； （）答案见解析. 【解析】 【分析】 (1)设“这 4 人中恰有 i 人抽到 16 元代金券”为事件.由题意求解“四人中至多一人抽到 16 元代金券”的概率即 可； (2)设“这 4 人中恰有 i人抽到 500 元代金券”为事件.由题意可知可取 0,3,4.求得相应的概率值，列出分布列， 最后求解数学期望即可. 【详解】(1)设“这 4 人中恰有 i 人抽到 16元代金券”为事件. 易知“四人中至多一人抽到 16 元代金券”的概率： . (2)设“这 4 人中恰有 i人抽到 500 元代金券”为事件.
17、 由题意可知可取 0,3,4. ， ， . 故的分布列为： . 【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列，离散型随机变量的期望的求解，古典概型计算公式等知识， 意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 17.如图，四棱锥的底面是菱形，底面，分别是 的中点， . （I）证明：； （II）求直线与平面所成角的正弦值； （III）在边上是否存在点 ，使与所成角的余弦值为，若存在，确定点 位置；若不存在，说明理 由. 【答案】 （）见解析； （）； （）见解析. 【解析】 【分析】 ()由题意结合几何关系可证得平面，据此证明题中的结论即可； ()建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的一个法向量
18、，然后求解线面角的正弦值即可； ()假设满足题意的点 存在，设，由直线与的方向向量得到关于 的方程，解方程 即可确定点 F 的位置. 【详解】()由菱形的性质可得：，结合三角形中位线的性质可知：，故， 底面，底面，故， 且，故平面， 平面， ()由题意结合菱形的性质易知， 以点 O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则：， 设平面的一个法向量为, 则：， 据此可得平面的一个法向量为， 而， 设直线与平面所成角为 ， 则. ()由题意可得：，假设满足题意的点 存在， 设， 据此可得：，即：, 从而点 F 的坐标为， 据此可得：,， 结合题意有：，解得：. 故点 F为中点时满足题意. 【点
19、睛】本题主要考查线面垂直的判定定理与性质定理，线面角的向量求法，立体几何中的探索性问题等知 识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 18.已知数列的前 n 项和，是等差数列，且 . （）求数列的通项公式； （）令.求数列的前 n 项和. 【答案】 （）;（） 【解析】 试题分析： （1）先由公式求出数列的通项公式；进而列方程组求数列的首项与公差，得 数列的通项公式； （2）由（1）可得，再利用“错位相减法”求数列的前 项和. 试题解析： （1）由题意知当时， 当时，所以 设数列的公差为 ， 由，即，可解得， 所以 （2）由（1）知，又，得 ， ，两式作差，得 所以 考点 1、待定系数法求等
20、差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前 项和. 【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前 项和，属于难 题. “错位相减法”求数列的前 项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：掌握 运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积） ；相减时注意最后一项 的符号； 求和时注意项数别出错；最后结果一定不能忘记等式两边同时除以. 【此处有视频，请去附件查看】 19.已知椭圆 经过点 ,左、右焦点分别、，椭圆的四个顶点围成的菱形面积 为. () 求椭圆 的方程； () 设 是椭圆 上不在 轴上的一个动点
21、, 为坐标原点,过点作的平行线交椭圆于 、 两点， 求的 值. 【答案】 （）； （） 1 . 【解析】 【分析】 ()由题意可知,据此求得 a,b 的值确定椭圆方程即可； ()设 ,直线 ,则直线 ,联立直线方程与椭圆方程， 结合韦达定 理和交点坐标确定的值即可. 【详解】()由题意可知, 解得 ,故椭圆 C 的标准方程为. ()设 ,直线 ,则直线 , 由得,所以, 所以, 由得. 所以 , 所以,即. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的
22、关系、弦长、斜率、三角 形的面积等问题 20.设函数. () 求曲线在点处的切线方程； () 讨论函数的单调性； () 设,当时,若对任意的，存在，使得，求实数 的取值 范围. 【答案】 （）； （）见解析； （）. 【解析】 【分析】 ()由题意可得，据此确定切线的斜率，结合切点坐标确定切线方程即可； ()由 可得，据此分类讨论确定函数的单调性即可； ()由题意可得，则原问题等价于 ，据此求解实数 b的取值范围即可. 【详解】()， 因为,且， 所以曲线在点处的切线方程为：. ()令 ，所以， 当时,， 此时在上单调递减,在上单调递增； 当时,， 此时在上单调递增,在上单调递减. ()当 时,在 上单调递减,在上单调递增， 所以对任意,有， 又已知存在， 使,所以， 即存在,使， 即， 即因为当， 所以,即实数 取值范围是. 所以实数 的取值范围是. 【点睛】本题主要考查导数研究函数的单调性，利用导数求解切线方程，分类讨论的数学思想等知识，意在 考查学生的转化能力和计算求解能力.
