2019届宝鸡理数质检Ⅱ解析版

备选：

$A.cfrac{pi}{12}$ $B.cfrac{pi}{6}$ $C.cfrac{pi}{4}$ $D.cfrac{pi}{3}$

$A.cfrac{1}{2}$ $B.cfrac{1}{3}$ $C.cfrac{1}{4}$ $D.cfrac{1}{5}$

一、选择题：

例1【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第1题】

例2【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第2题】

分析：(z=cfrac{1+i}{(1-i)^2}=cfrac{1+i}{-2i})，故(|z|=cfrac{|1+i|}{|-2i|}=cfrac{sqrt{2}}{2})。故选(B)。

例3【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第3题】

若直线(x+(1+m)y-2=0)与直线(mx+2y+4=0)平行，则(m)的值为【】

$A.1$ $B.-2$ $C.1或-2$ $D.-cfrac{3}{2}$

分析：由题可知，(cfrac{1}{m}=cfrac{m+1}{2} eq cfrac{-2}{4})①，具体求解时我们往往只利用下式求值，

由(cfrac{1}{m}=cfrac{m+1}{2})②，解得(m=1)或(m=-2)，由于刚才扩大了范围，故此时需要代入①式验证，

验证得到(m=-2)时不符，故(m=1)，则选(A)。

反思：满足②式的解不见得就一定满足①式，故不要忘记验证。补充直线平行或垂直的充要条件。

例4【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第4题】

例5【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第5题】

例6【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第6题】

分析：由题目可知，(a=sqrt{5})，由椭圆的定义可知(|DA|+|DB|=2sqrt{5})，由(|PD|=|BD|)，故(|AD|+|DP|=|AP|=2sqrt{5})，

即点(P)的轨迹是以点(A(0，-2))为圆心，以(|AP|)为半径的圆，故其方程为(x^2+(y+2)^2=20)，选(C)。

例7【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第7题】

例8【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第8题】

分析：①由于(ACperp)平面(BDD_1B_1)，(BEsubseteq)面(BDD_1B_1)，则可知(ACperp BE)，故①正确；

②由于(EF//BD)，(BDsubseteq)面(ABCD)，(EF otsubseteq)面(ABCD)，则(EF//)面(ABCD)，故②正确；

③(V_{A-BEF}=cfrac{1}{3}cdot S_{ riangle BEF}cdot h)，(h)即点(A)到平面(BDD_1B_1)的距离，是定值，而(S_{ riangle BEF}=cfrac{1}{2}cdot EFcdot h_0)，(h_0)即(BB_1)为定值，且(EF)为定值，则三棱锥(A-BEF)的体积为定值，故③正确；

④(S_{ riangle BEF}=cfrac{1}{2}cdot EFcdot h)，(h=BB_1=1)，而(S_{ riangle AEF}=cfrac{1}{2}cdot EFcdot h_0)，(h_0=sqrt{1+(cfrac{sqrt{2}}{2})^2})，由于两个三角形同底但不同高度，则(S_{ riangle BEF} eq S_{ riangle AEF})，故④错误，

综上所述，选(C)。

例9【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第9题】

例10【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第10题】

分析：由题可知，双曲线的(a=2)，由双曲线的定义可知，(|PF_1|-|PF_2|=2a=4)，即(|PF_1|=|PF_2|+4)，

(|PF|+|PF_1|=|PF|+|PF_2|+4ge |FF_2|+4=sqrt{3^2+4^2}+4=9)，故选(C)。

反思：解决圆锥曲线问题，一定不要忘了使用定义式；两点之间线段最短，

例11【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第11题】

分析：将(alpha-eta>sinalpha-sineta)，等价转化为(sineta-eta>sinalpha-alpha)，

令(f(x)=sinx-x)，则(f'(x)=cosx-1<0)，故(f(x))在(R)上单调递减，

故原命题等价于(alpha>eta)是(f(eta)>f(alpha))的什么条件，很显然是充要条件，故选(A)。

例12【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第12题】

定义在(R)上的函数(y=f(x))，满足(f(3-x)=f(x))，(f'(x))为函数(f(x))的导函数，且((x-cfrac{3}{2})cdot f'(x)<0)，若(x_1<x_2)，且(x_1+x_2>3)，则有【】

$A.f(x_1)>f(x_2)$ $B.f(x_1)=f(x_2)$ $C.f(x_1)

分析：由((x-cfrac{3}{2})cdot f'(x)<0)，得到当(x>cfrac{3}{2})时，必有(f'(x)<0)，当(x<cfrac{3}{2})时，必有(f'(x)>0)，

即(xin (cfrac{3}{2}，+infty))时，(f'(x)<0)，函数(f(x))单调递减，

(xin (-infty，cfrac{3}{2}))时，(f'(x)>0)，函数(f(x))单调递增，

又由(f(3-x)=f(x))得到函数的对称轴为(x=cfrac{3}{2})，

在利用(x_1<x_2)，(x_1+x_2>3)这一条件时，可以先考虑其临界状态以降低难度，

令(x_1+x_2=3)，则(x_1)和(x_2)到对称轴等距离，则必有(f(x_1)=f(x_2))，

那么当(x_1<x_2)，(x_1+x_2>3)时，必有(x_1)，(x_2)分布在对称轴的两侧，且(x_2)距离对称轴更远，

故有(f(x_1)>f(x_2))，故选(A)。

二、填空题：

例13【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第13题】

例14【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第14题】

例15【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第15题】

一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_____________。

分析：由题目给定的三视图我们可以看出，原几何体的长、宽、高都是2，故我们先做一个正方体的模型备用，暂时不用标记顶点字母。

然后观察正视图中的所有顶点，将其顶点所落的正方体中的线段用红色标记并加粗，如下图所示；

然后观察左视图中的所有顶点，将其顶点所落的正方体中的线段用蓝色标记并加粗，如下图所示；

再观察附视图中的所有顶点，将其顶点所落的正方体中的线段用绿色标记并加粗，如下图所示；

最后，确定出原几何体的各个顶点。我们这样做，从图中找出来由三条有色加粗的线段交汇的点(如果仅仅由两个颜色的线段交汇的点舍弃不用)，将得到的这些点相连就得到了如下图的几何体，至此，完成了由三视图到几何体的直观图的还原过程。

如图所示，连结(BD)，则原几何体即可以看成一个三棱锥(D_1-ABD)和一个四棱锥(B-CDD_1F)合体构成的一个几何体，故其体积计算如下：

(V=V_{三棱锥D_1-ABD}+V_{四棱锥B-CDD_1F})

(=cfrac{1}{3} imes cfrac{1}{2} imes 2 imes 2 imes 2+cfrac{1}{3} imes cfrac{1}{2} imes(1+2) imes 2 imes 2=cfrac{10}{3})。

例16【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第16题】

已知三角形的内角(A、B、C)所对的对边分别是(a、b、c)，若(a=sqrt{2})，(b^2-c^2=6)，则角(A)最大时，三角形(ABC)的面积为_________。

分析：由(cosA=cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=cfrac{b^2+c^2-2}{2bc}=cfrac{b^2+c^2-cfrac{b^2-c^2}{3}}{2bc}=cfrac{b^2+2c^2}{3bc}ge cfrac{2sqrt{2}}{3})，

即(cosA)的最小值为(cfrac{2sqrt{2}}{3})，当且仅当(b=sqrt{2}c)且(b^2-c^2=6)，即(b=2sqrt{3})，(c=sqrt{6})时取到等号；

此时(A)取到最大值，(sinA=cfrac{1}{3})，

故(S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2}bcsinA=cfrac{1}{2} imes 2sqrt{3} imes sqrt{6} imes cfrac{1}{3}=sqrt{2})。

反思：①常数代换，由(2=cfrac{6}{3}=cfrac{b^2-c^2}{3})，之所以做常数代换，是为了整理后便于使用均值不等式求(cosA)的最值。

②教师备用，也可以这样考虑，(cosA=cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc})，即(f(c)=cfrac{2c^2+4}{2sqrt{c^2+6}c}(c>0))，求函数(f(c))的最小值，如果想运算简单，还可以考虑求(f(c)^2=cfrac{(2c^2+4)^2}{4(c^2+6)c^2}(c>0))的最小值。

三、解答题：

例17【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第17题】【很容易检测学生的思路积累和运算能力的题目】

设数列({a_n})满足(a_1=2)，(a_{n+1}-a_n=2^n)；数列({b_n})的前(n)项和为(S_n)，且(S_n=cfrac{1}{2}(3n^2-n))。

(1).求数列({a_n})和({b_n})的通项公式。

分析：求数列({a_n})的通项公式用累加法；

提示：(a_n=2^n)；

求数列({b_n})的通项公式用(b_n)和(S_n)的关系式法；

提示：(b_n=3n-2)；

相关链接：求数列的通项公式(a_n)

(2).若(c_n=a_ncdot b_n)，求数列({c_n})的前(n)项和(T_n)。

分析：(c_n=a_ncdot b_n=(3n-2)cdot 2^n)，使用错位相减法求和。

提示：(T_n=10+(3n-5)cdot 2^{n+1}).

求数列的前n项和(S_n)

例18【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第18题】

分析：先由题意得出甲公司的日工资函数(f(x)=70+2x)，(x)为送餐单数；

乙公司的日工资函数(g(x)=left{egin{array}{l}{4x，xleq 40}\{160+(x-40)cdot 6，x>40}end{array} ight.)，(x)为送餐单数；

(1).令“这两天送餐单数都大于40”为事件(A)，

则(P(A)=cfrac{C_{20}^2}{C_{100}^2}=cfrac{19}{495})；

(2).①当(x=38)时，(X=g(38)=152)；(x=39)时，(X=g(39)=156)；(x=40)时，(X=g(40)=160)；(x=41)时，(X=g(41)=166)；(x=42)时，(X=g(42)=172)；

则(X)的所有可能取值为152，156，160，166，172，故(X)的分布列为

(X)	152	156	160	166	172
(P)	0.1	0.2	0.2	0.4	0.1

故(EX=152 imes 0.1+154 imes 0.2+160 imes 0.2+166 imes 0.4+172 imes 0.1=162)

②令甲公司的日工资为(Y)，则当(x=38)，(39)，(40)，(41)，(42)时，分别得到(Y=146)，(148)，(150)，(152)，(154)，

则仿上的解法，同样可以求得(EY=146 imes 0.2+148 imes 0.4+150 imes 0.2+152 imes 0.1+154 imes 0.1=149)

由于(EX>EY)，即乙公司的日工资的平均值要高于甲公司的日工资的平均值，故选择乙公司就业。

例19【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第19题】

例20【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第20题】

例21【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第21题】已知函数(f(x)=lnx-cfrac{ax}{x+1}，(ain R))，

(1).讨论函数(f(x))的单调性；

分析：定义域为((0，+infty))，(f(x)=lnx-cfrac{ax}{x+1}，(ain R))，

(f'(x)=cfrac{1}{x}-acdot cfrac{(x+1)-xcdot 1}{(x+1)^2}=cfrac{1}{x}- cfrac{a}{(x+1)^2})

(=cfrac{(x+1)^2-ax}{xcdot (x+1)^2}=cfrac{x^2+(2-a)x+1}{xcdot (x+1)^2})

其中分子函数(y=x^2+(2-a)x+1)，开口向上的抛物线，对称轴为(x=-cfrac{2-a}{2}=cfrac{a}{2}-1)，

①当(Delta =(2-a)^2-4leq 0)时，即(0leq aleq 4)时，(f'(x)ge 0)恒成立，此时在((0，+infty))上单调递增；

②当(a<0)时，对称轴为(x=cfrac{a}{2}-1<-1)，(Delta >0)，(f(0)=1)，在((0，+infty))上(f'(x)>0)，故((0，+infty))上(f(x))单调递增；

③当(a>4)时，对称轴为(x=cfrac{a}{2}-1>1)，(Delta >0)，

令(x^2+(2-a)x+1=0)，则(x=cfrac{(a-2)pm sqrt{(a-2)^2-4}}{2 imes 1})

令(x_1=cfrac{(a-2)- sqrt{(a-2)^2-4}}{2})，(x_2=cfrac{(a-2)+sqrt{(a-2)^2-4}}{2})，则(x_1<x_2)，

且有(0<x_1<cfrac{a}{2}-1)，(x_2>cfrac{a}{2}-1)，做出函数(h(x)=x^2+(2-a)x+1)的简图，由图可知，

当(xin (0，x_1))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，

当(xin (x_1，x_2))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，

当(xin (x_2，+infty))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，

综上所述，

当(aleq 4)时，函数(f(x))在((0，+infty))上单调递增，

当(a>4)时，函数(f(x))在((0，x_1))，((x_2，+infty))上单调递增，在((x_1，x_2))上单调递减。

(2).若函数(f(x))有两个极值点(x_1)，(x_2)，证明：(f(cfrac{x_1+x_2}{2})<cfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2})；

分析：由(1)知，(a>4)，且有(x_1+x_2=a-2)，(x_1x_2=1)，

则(f(x_1)+f(x_2)=lnx_1-cfrac{ax_1}{x_1+1}+lnx_2-cfrac{ax_2}{x_2+1})

(=lnx_1x_2-cfrac{ax_1(x_2+1)+ax_2(x_1+1)}{(x_1+1)(x_2+1)})

(=lnx_1x_2-acdot cfrac{x_1x_2+x_1+x_2x_1+x_2}{x_1x_2+x_1+x_2+1})

(=lnx_1x_2-acdot cfrac{x_1x_2+x_1+x_2x_1+x_2}{x_1x_2+x_1+x_2+x_1x_2})

(=ln1-a=-a)，

又(f(cfrac{x_1+x_2}{2})=f(cfrac{a-2}{2})=lncfrac{a-2}{2}-cfrac{acdot cfrac{a-2}{2}}{cfrac{a-2}{2}+1}=lncfrac{a-2}{2}-(a-2))，

(f(cfrac{x_1+x_2}{2})-cfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}=lncfrac{a-2}{2}-a+2+cfrac{a}{2}=lncfrac{a-2}{2}-cfrac{a}{2}+2)，

设(h(a)=lncfrac{a-2}{2}-cfrac{a}{2}+2(a>4))，则(h'(a)=cfrac{2}{a-2}cdot cfrac{1}{2}-cfrac{1}{2}=cfrac{4-a}{2(a-2)}<0)，

则(h(a))在((4，+infty))上单调递减，又(h(4)=0)，所以(h(a)<0=h(4))，

所以(f(cfrac{x_1+x_2}{2})<cfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2})；

反思：做差构造函数，利用导数判断新构造函数的单调性，从而证明不等式。

例22【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第22题】

(1).将( hocdot cos heta=x)，( hocdot sin heta=y)代入方程((x-2)^2+y^2=4)，

得到(( ho cos heta-2)^2+( ho sin heta)^2=4)，化简为( ho=4cos heta， hetain [-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2}))。

即曲线(C_1)的极坐标方程为(C_1： ho=4cos heta)；

设(C_1)上的动点的极坐标为(P( ho， heta))，则将点(P)沿着逆时针方向旋转(90^{circ})得到点(Q( ho_1，phi))，

则有( ho= ho_1)，(phi= heta+cfrac{pi}{2})，即反解得到( ho= ho_1)，( heta=phi-cfrac{pi}{2})，

将其代入曲线(C_1)的极坐标方程，得到( ho_1=4cdot cos(phi-cfrac{pi}{2})=4sinphi)，

故曲线(C_2)的极坐标方程为(C_2： ho=4sinphi，phiin [0，pi))；

总结：相关点法在极坐标系中的使用案例。

法2：由于点((Rcos heta，Rsin heta))，绕原点逆时针选择后得到点((Rcos( heta+cfrac{pi}{2})，Rsin( heta+cfrac{pi}{2})))，即得到((-Rsin heta，Rcos heta))，

(C_1)上的任意一点的坐标(P(x，y))，逆时针选择后得到点(Q(m，n)=(-y，x))

即(m=-y)，(n=x)，变换后得到(x=n)，(y=-m)，将其坐标代入方程((x-2)^2+y^2=4)，

得到((n-2)^2+m^2=4)，即(C_2)的普通方程为(x^2+(y-2)^2=4)，

然后分别将(C_1)，(C_2)的普通方程化为极坐标方程为：

曲线(C_1)的极坐标方程为(C_1： ho=4cos heta)；

曲线(C_2)的极坐标方程为(C_2： ho=4sinphi)；

法3：由于点((Rcos heta，Rsin heta))，绕原点顺时针选择后得到点((Rcos( heta-cfrac{pi}{2})，Rsin( heta-cfrac{pi}{2})))，即得到((Rsin heta，-Rcos heta))，

设(C_2)上的任意一点的坐标(Q(x，y))，则其顺时针选择后得到点(P(y，-x))

将点(P(y，-x))的坐标代入方程((x-2)^2+y^2=4)，得到((y-2)^2+(-x)^2=4)，即(C_2)的普通方程为(x^2+(y-2)^2=4)，

然后分别将(C_1)，(C_2)的普通方程化为极坐标方程为：

曲线(C_1)的极坐标方程为(C_1： ho=4cos heta)；

曲线(C_2)的极坐标方程为(C_2： ho=4sinphi)；

法4：曲线(C_1)的普通方程为((x-2)^2+y^2=4)，即圆心在点((2，0))半径为(2)的圆，将其整体图形逆时针旋转(cfrac{pi}{2})，圆的半径不变，但是圆心变为((0，2))，故曲线(C_2)的普通方程为(x^2+(y-2)^2=4)，其余自己整理。

(2).在极坐标中，由(left{egin{array}{l}{ ho=4cos heta}\{ heta=cfrac{pi}{3}}end{array} ight.)解得( ho_A=2)，同理解得( ho_B=2sqrt{3})，

由极坐标系下的同极角的弦长公式可得，(|AB|=| ho_A- ho_B|=2sqrt{3}-2)；

过点(M)做直线( heta=cfrac{pi}{3})的垂线，由直角三角形可以得到( riangle MAB)的高为(h=sqrt{3})，

故(S_{ riangle MAB}=cfrac{1}{2} imes (2sqrt{3}-2) imes sqrt{3}=3-sqrt{3})。

例23【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第23题】