届广东省广州市天河区高三毕业班综合测试二数学理试题解析版.docx
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届广东省广州市天河区高三毕业班综合测试二数学理试题解析版
2019届广东省广州市天河区高三毕业班综合测试
（二）数学（理）试题
一、单选题
1．已知全集，，，则图中阴影部分表示的集合是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】通过韦恩图，可知所求集合为，求解出集合，利用集合运算知识求解即可。
【详解】
由，即
图中阴影部分表示的集合为：
又
本题正确选项：
【点睛】
本题关键在于通过韦恩图确定所求集合，属于基础题。
2．若复数是纯虚数，其中m是实数，则
A．iB．C．2iD．
【答案】A
【解析】因为复数是纯虚数，所以，则m=0，所以，则.
3．设等比数列的前n项和为，若，，则
A．144B．81C．45D．63
【答案】B
【解析】根据等比数列性质，得到关于，，的新等比数列，求解出公比后，求出的值即可。
【详解】
由等比数列性质可知：
，，，……成等比数列，设公比为
由题意得：
本题正确选项：
【点睛】
解决本题的关键在于根据等比数列的性质得到：
依然成等比数列，从而快速求解此题。
本题也可以利用等比数列的基本项和来进行求解，但计算量较大。
4．设函数，则下列结论错误的是
A．的一个周期为
B．的图象关于直线对称
C．的一个零点为
D．在上单调递减
【答案】D
【解析】根据余弦型函数的性质，依次判断各个选项，得到最终结果。
【详解】
选项：
最小正周期为：
，所以选项正确；
选项：
，是的对称轴，所以选项正确；
选项：
，时，，所以选项正确；
选项：
，在上不单调，所以选项错误.
本题正确选项：
【点睛】
本题考查函数的性质，关键是采用整体代入的方式，将所求对称轴、单调区间、零点等性质与相对应，判断出结果。
5．下列说法中，正确的是（）
A．命题“若，则”的逆命题是真命题
B．命题“存在”的否定是：
“任意”
C．命题“p或q”为真命题，则命题“p”和命题“q”均为真命题
D．已知，则“”是“”的充分不必要条件
【答案】B
【解析】试题分析：
A．原命题的逆命题是“若a＜b，则am2＜bm2”是假命题，由于m=0时不成立；
B．利用“全称命题”的否定是“特称命题”即可判断出正误；
C．由“p或q”为真命题，可知：
命题“p”和命题“q”至少有一个为真命题，即可判断出正误；
D．x∈R，则“x＞1”是“x＞2”的必要不充分条件，即可判断出正误．
解：
A．命题“若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题是“若a＜b，则am2＜bm2”是假命题，m=0时不成立；
B．命题“存在x∈R，x2﹣x＞0”的否定是：
“任意x∈R，x2﹣x≤0”，正确；
C．“p或q”为真命题，则命题“p”和命题“q”至少有一个为真命题，因此不正确；
D．x∈R，则“x＞1”是“x＞2”的必要不充分条件，因此不正确．
故选：
B．
【考点】命题的真假判断与应用．
6．若函数、分别是定义在R上的偶函数、奇函数，且满足，则
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】分别求解出与的解析式，再利用函数单调性和作差法，比较出大小关系。
【详解】
为偶函数
为奇函数
由已知可得：
即
又，，
由函数单调性可知，在上单调递增
又
综上所述：
本题正确选项：
【点睛】
本题解题关键在于利用奇偶性和构造方程组的方式，求得函数的解析式，再利用解析式来求解问题。
在比较大小时，主要采用作差法、作商法、单调性法、临界值法来求解。
7．在中，，，则
A．3B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意得：
，展开得：
，又因为，所以可得：
，因为所以.
故本题正确答案为
8．安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则不同的安排方式共有
A．360种B．300种C．150种D．125种
【答案】C
【解析】先把名学生分成组，再分配到个社区即可求得结果。
【详解】
名学生分成组，每组至少人，有和两种情况
①：
分组共有种分法；再分配到个社区：
种
②：
分组共有种分法；再分配到个社区：
种
综上所述：
共有种安排方式
本题正确选项：
【点睛】
本题考查排列组合中的平均分组问题，易错点在于对学生进行分组时，忽略了有两组平均分组，造成重复。
处理平均分组问题的方法是：
组均分时，分组选人后除以。
9．如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为矩形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：
直线BE与直线CF异面；直线BE与直线AF异面；直线平面PBC；平面平面PAD．
其中正确的结论个数为
A．4个
B．3个
C．2个
D．1个
【答案】C
【解析】把平面展开图还原回立体图形，根据异面直线的概念和线面关系的判定，依次判断各个选项，得到正确结论的个数。
【详解】
将平面展开图还原后可得立体图形如图所示：
①为中点，又四边形为矩形
四点共面
直线与共面，不是异面直线，即①错误
②平面，平面，，平面
直线与直线为异面直线，即②正确
③，平面，平面
平面，即③正确
④假设平面平面，即平面平面
又平面平面，作，垂足为，可得平面
但实际无法证得平面，故假设不成立，即④错误
本题正确选项：
【点睛】
本题考查直线与直线、直线与平面的位置关系。
关键在于熟悉异面直线的概念、线面平行和垂直关系的判定定理。
10．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】通过正弦定理可得的范围即为的范围，通过整理可求得，再利用的范围求得的取值范围，得到最终结果。
【详解】
即
又，即
本题正确选项：
【点睛】
本题的关键是运用正弦定理将边长关系变为角的关系；需要注意的是在求解最终结果时，要注意角的范围对三角函数取值范围的影响。
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，若，且，则（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图：
，
，
设，则，
由双曲线定义可得：
，
故，解得
则
在中，由勾股定理可得：
即
得
故选
点睛：
本题考查了直线与双曲线的位置关系，依据题意得到直角三角形，本题的关键是求出三角形三边的长度与的数量关系，借助勾股定理求出离心率的取值，本题属于中档题，需要理解关键步骤。
12．已知函数满足，则的单调递增区间为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】对函数进行求导运算，将和分别代入原函数和导函数，可以求得和的取值，得到的解析式，利用导数的知识求得的单调递增区间。
【详解】
由题意得：
令，可得：
令，可得：
当时，，即在上单调递增
本题正确选项：
【点睛】
本题考察了导数运算的问题。
解题关键在于求解出的解析式，需要明确的是与表示的都是固定的常数。
二、填空题
13．某城市为了了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2016年1月至2018年12月期间月接待游客量单位：
万人的数据，绘制了下面的折线图．
根据该折线图，下列结论正确是______填序号．
月接待游客量逐月增加；年接待游客量逐年增加；
各年的月接待游客量髙峰期大致在7，8月份；
各年1月至6月的月接待游客量相对7月至12月，波动性更小，变化比较平稳．
【答案】
【解析】根据折线图的数据，依次判断各个选项所描述的数据特点，得到正确结果。
【详解】
①折线图整体体现了上升趋势，但存在2016年9月接待游客量小于2016年8月接待游客量的情况，故并不是逐月增加，因此①错误；
②折线图按照年份划分，每年对应月份作比较，可发现同一月份接待游客数量逐年增加，可得年接待游客量逐年增加，因此②正确；
③根据折线图可发现，每年的7，8月份接待游客量明显高于当年其他月份，因此每年的接待游客高峰期均在7，8月份，因此③正确；
④根据折线图可知，每年1月至6月的极差较小，同时曲线波动较小；7月至12月极差明显大于1月至6月的极差，同时曲线波动幅度较大，说明1月至6月变化比较平稳，因此④正确.
本题正确结果：
②③④
【点睛】
本题考察了统计部分的基础知识，关键在于读懂折线图，属于基础题。
14．已知抛物线C：
的焦点为F，准线l与x轴的交点为A，M是抛物线C上的点，且轴若以AF为直径的圆截直线AM所得的弦长为2，则______．
【答案】
【解析】由抛物线的定义和简单几何性质可以利用表示出三点坐标，再表示出圆的方程与直线的方程，利用弦长构造出关于的方程，求得结果。
【详解】
由题意可得大致图形如下：
由可得：
，，
由抛物线的对称性可知，取与结果一致，不妨令
以为直径的圆的方程为：
；直线方程为：
设圆心到直线距离为，则
直线被圆解得弦长为：
本题正确结果：
【点睛】
本题考察了抛物线的定义和简单几何性质，以及直线被圆截得的弦长问题。
解题关键是利用直线被圆截得弦长等于快速构造出关于的方程。
15．已知三棱锥的体积为2，是等腰直角三角形，其斜边，且三棱锥的外接球的球心O恰好是AD的中点，则球O的体积为______．
【答案】
【解析】通过球的性质可以确定与中点的连线平面，从而得到与几何体高的关系。
求解出后，再利用勾股定理求出球的半径，即可求得结果。
【详解】
由题意可得几何体如图所示：
为直角三角形且斜边为中点为的外接圆圆心
由外接球性质可知：
平面
又为中点，所以到底面的距离为
，又
即球的半径为
本题正确结果：
【点睛】
本题主要考察了三棱锥外接球问题。
关键在于利用外接球球心与三角形外接圆圆心连线与三角形所在平面垂直的关系，推导出球心到底面的距离，将问题转化为求解三棱锥的高的问题。
16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点O为外接圆的圆心，若，且，，则的最大值为______．
【答案】
【解析】通过，可求得，进一步通过正弦定理和余弦定理求得半径和的大小；通过将向量和进行拆解，将与联系起来，通过平方运算，得到关于的等量关系，最终利用基本不等式得到的最大值。
【详解】
由可得：
即
由正弦定理可得圆半径为：
，即
根据余弦定理可知：
又
整理可得：
又
得：
解得：
或
当时，点在外部，且，所以四点共圆，不满足题意，舍去
（当且仅当时取等号）
本题正确结果：
【点睛】
本题将解三角形、平面向量、基本不等式等几个部分相结合，对学生各部分知识的综合运用能力要求较高。
难点在于将中的和通过向量的线性运算，表示为夹角和模长全都已知的向量和的关系，这也是解决平面向量线性关系中常用的处理问题的方法：
将未知向量向已知向量进行转化。
三、解答题
17．已知为数列的前n项和，且，，，．
求数列的通项公式；
若对，，求数列的前2n项的和．
【答案】
（1）；
（2）.
【解析】，，时，，化为：
，
，由，可得，时，，且，解得，利用等差数列的通项公式可得
，利用分组求和即可得出
【详解】
，．
时，，化为：
，
，，
时，，且，解得．
数列是等差数列，首项为1，公差为3．
．
．
．
数列的前2n项的和．
【点睛】
本题考查了数列递推关系、等差数列的定义通项公式与求和公式、分组求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题
18．如图，已知等边中，，分别为，边的中点，为的中点，为边上一点，且，将沿折到的位置，使平面平面.
（Ⅰ）求证：
平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
【答案】（I）证明见解析；（II）
【解析】试题分析：
（1）证明A'M⊥EF，推出A'M⊥
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