东北三省三校2019届高三数学第三次模拟考试试题文(含解析)

东北三省三校2019届高三数学第三次模拟考试试题文（含解析）
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.设集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出集合，然后再求出即可．
【详解】∵，，
∴．
故选C．
【点睛】解答集合运算的问题时，首先要分清所给的集合是用列举法还是用描述法表示的，对于用描述法表示的集合，在运算时一定要把握准集合中元素的特征．
2.，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据复数的乘法运算法则展开，再求模即可.
【详解】所以，故答案 A
【点睛】本题考查复数的乘法运算和求模,基础题.
3.已知向量的夹角为，，，则（）
A. -16
B. -13
C. -12
D. -10
【答案】C
【解析】
根据数量积的运算律和数量积的定义求解即可得到答案．
【详解】∵向量的夹角为，，，
∴，
∴．
故选C．
【点睛】本题考查数量积的运算，解题时根据运算律和定义求解即可，属于基础题．
4.已知双曲线的离心率为2，则其渐近线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由离心率为2可得，于是得，由此可得渐近线的方程．
【详解】由得，即为双曲线的渐近线方程．
∵双曲线的离心率为2，
∴，解得，
∴双曲线的渐近线方程为．
故选D．
【点睛】解题时注意两点：一是如何根据双曲线的标准方程求出渐近线的方程；二是要根据离心率得到．考查双曲线的基本性质和转化、计算能力，属于基础题．
5.等比数列的各项和均为正数，，,则（）
A. 14
B. 21
C. 28
D. 63
【答案】C
【分析】
根据题中的条件求出等比数列的公比，再根据即可得到所求．【详解】设等比数列的公比为，
∵，，
∴，
即，解得或，
又，
∴，
∴．
故选C．
【点睛】本题考查等比数列项的运算，解题时注意将问题转化为基本量（首项和公比）的运算，另外解题时还需注意数列中项之间性质的灵活应用，以减少计算量、提高解题的效率．
6.设命题，则为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据含有量词的命题的否定的定义进行求解即可．
【详解】∵命题，
∴为：．
故选A．
【点睛】对含有存在(全称)量词的命题进行否定需要两步操作：①将存在(全称)量词改成全称(存在)量词；②将结论加以否定．
7.如图，直角梯形中，，，,在边上任取点，连交
于点，则的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由相似三角形求出AE的长，利用几何概型概率计算公式求解即可.
【详解】由已知三角形ABC为直角三角形, ，可得AC=2.
当时，因为所以即，所以，且点E的活动区域为线段AD，AD=1.所以的概率为
故答案为B.
【点睛】本题考查几何概型中的“长度”之比，基础题.
8.运行程序框图，如果输入某个正数后，输出的，那么的值为（）
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】
依次运行框图中给出的程序，根据输出结果所在的范围来判断图中的值．
【详解】依次运行框图中的程序，可得：
第一次：；
第二次：；
第三次：；
第四次：；
第五次：；
……
因为输出的，
所以程序运行完第四次即可满足题意，所以判断框中的值为4．
故选B．
【点睛】程序框图的补全及逆向求解问题思路：①先假设参数的判断条件满足或不满足；②运行循环结构，一直到运行结果与题目要求的输出结果相同为止；③根据此时各个变量的值，补全程序框图．此类试题要求学生要有比较扎实的算法初步的基本知识，以及综合分析问题和解决问题的能力，要求较高，属中档题．
9.已知四面体中，平面平面，为边长2的等边三角形，，
，则四面体的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先利用面面垂直求出四面体的高,因为是等腰直角三角形易求面积,利用三棱锥的体积公式即得.
【详解】解:取BD中点M,因为为边长2的等边三角形,所以,且.
又因为平面平面且交线为BD,所以,而且是等腰直角三角形,且面积为2,所以,故答案为A.
【点睛】本题考查面面垂直的性质,锥体体积的运算,基础题.
10.一项针对都市熟男（三线以上城市，岁男性）消费水平的调查显示，对于最近一年内是否购买过以下七类高价商品，全体被调查者，以及其中包括的1980年及以后出生（80后）被调查者，1980年以前出生（80前）被调查者回答“是”的比例分别如下：
根据表格中数据判断，以下分析错误的是（）A. 都市熟男购买比例最高的高价商品是电子产品B. 从整体上看，80后购买高价商品的意愿高于80前C. 80前超过3成一年内从未购买过表格中七类高价商品D. 被调查的都市熟男中80后人数与80前人数的比例大约为【答案】D 【解析】【分析】根据表格中给出的信息，对四个选项分别进行分析、判断后可得答案．
【详解】对于选项A，从表中的数据可得都市熟男购买电子产品的比例为，为最高值，所以A正确．
对于选项B，从表中后两列的数据可看出，前6项的比例均是80后的意愿高于80前的意愿，所以B正确．
对于选项C，从表中的最后一列可看出，80前一年内从未购买过表格中七类高价商品的比例为，约为3成，所以C正确．
对于选项D，根据表中数据不能得到被调查的都市熟男中80后人数与80前人数的比例，所以D不正确．
故选D．
【点睛】本题考查统计图表的应用和阅读理解能力，解题的关键是读懂表中数据的意义，然后结合所求进行分析、判断，属于基础题．
11.椭圆上存在两点，关于直线对称，若为坐标原点，则=（）
A. 1
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意设直线的方程为，与椭圆方程联立后求得到点的坐标与参数的关系，然后根据的中点在直线上求出参数的值，进而得到点的坐标，进而得到向量的坐标，于是可得结果．
【详解】由题意直线与直线垂直，设直线的方程为．
由消去整理得，
∵直线与椭圆交于两点，
∴，解得．
设，的中点为，
则，
∴，，
∴点的坐标为．
由题意得点在直线上，
∴，解得．
∴，
∴，
∴．
故选C．
【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系，解题的关键是得到直线的方程．其中题中的对称是解题的突破口，对于此类问题要注意两对称点的连线与对称轴垂直、两对称点的中点在对称轴上，解题是要注意这两点的运用，属于中档题．
12.如图，直角梯形，，，，是边中点，沿翻
折成四棱锥，则点到平面距离的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意得在四棱锥中平面．作于，作于，连，可证得平面．然后作于，可得即为点到平面的距离．在中，根据等面积法求出的表达式，再根据基本不等式求解可得结果．
【详解】由翻折过程可得，在如图所示的四棱锥中，底面为边长是1的正方形，侧面中，，且．
∵，
∴平面．
作于，作于，连，
则由平面，可得，
∴平面．
又平面，
∴．
∵，，
∴平面．
在中，作于，则平面．
又由题意可得平面，
∴即为点到平面的距离．
在中，，
设，则，
∴．
由可得，
∴，当时等号成立，此时平面，
综上可得点到平面距离的最大值为．
故选B．
【点睛】本题综合考查立体几何中的线面关系和点面距的计算，解题的关键是作出表示点面距的垂线段，另外根据线面平行将所求距离进行转化也是解答本题的关键．在求得点面距的表达式后再运用基本不等式求解，此时需要注意等号成立的条件，本题难度较大．
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.已知等差数列的前项和为，且，，则__________．
【答案】80
【解析】
【分析】
解方程组求出等差数列的首项和公差后再根据前项和公式求解即可．
【详解】设等差数列的公差为，
由题意得，解得，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查等差数列中的基本运算，解题时注意方程思想的运用，同时将问题转化为等差数列的首项和公差的问题是解题的关键，属于基础题．
14.函数的一条对称轴，则的最小值为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】
根据题意得到，进而得，最后根据题中的要求得到答案．【详解】∵函数的一条对称轴，
∴，
∴，
又，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查函数的性质，解题时要把作为一个整体，然后再结合正弦函数的相关性质求解，同时还应注意的符号对结果的影响，属于中档题．
15.若函数在上单调递增，则的取值范围是__________．【答案】
【解析】
【分析】
由题意根据函数在区间上为增函数及分段函数的特征，可求得的取值范围．
【详解】∵函数在上单调递增，
∴函数在区间上为增函数，
∴，解得，
∴实数取值范围是．
故答案为：．
【点睛】解答此类问题时要注意两点：一是根据函数在上单调递增得到在定义域的每一个区间上函数都要递增；二是要注意在分界点处的函数值的大小，这一点容易忽视，
属于中档题． 16.已知
，
，其中
，则下列判断正确的
是
__________．（写出所有正确结论的序号） ①关于点成中心对称； ②
在
上单调递增； ③存在，使； ④若有零点，则；
⑤
的解集可能为
.
【答案】①③⑤ 【解析】 【分析】
对于①，根据函数为奇函数并结合函数图象的平移可得正确．对于②，分析可得
当
时，函
数
在
上单调递减，故不正确．对于③，
由，可得
，从而得
，可得结果成立．对于④，根据③中的函数的值域可得
时方程也有解．对于
⑤，分析可得当时满足条件，由此可得⑤正确．
【详解】对于①，令，则该函数的定义域为，且函数为奇函数，故其图象关于原点
对称．又函数
的图象是由的图象向上或向下平移
个单位而得到的，所以函数图象的对称中心为
，故①正确． 对于②，当
时，
，若
，则函数
在
上单调递减，
所以函数单调递增；函数在上单调递增，所以函数
单调递
减．故②不正确． 对于③，令
，则当
时，
，
则．
所以，
令，则成立．故③正确．
对于④，若有零点，则，得，从而得，故，结合③可得当有零点时，只需即可，而不一定为零．故④不正确．
对于⑤，由，得．取，则，整理得
．当时，方程的两根为或．又函数为奇函数，故方程的解集为．故⑤正确．
综上可得①③⑤正确．
故答案为：①③⑤
【点睛】本题考查函数性质的运用及命题真假的判定，解题时要结合函数的性质对函数的零点情况进行分析，注意直接推理的应用，同时在判断命题的真假时还要注意举反例的方法的运用，难度较大．
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17.在中，.
（Ⅰ）求的大小；
（Ⅱ）求的取值范围.
【答案】（I）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）将切函数化为弦函数，整理后两边约掉，然后逆用两角和的余弦公式得到
，于是，从而．（Ⅱ）将代入所求值的式子后化简得
，然后再结合的范围得到所求．
【详解】（Ⅰ）由条件得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
∴
，
∵，
∴，
∴，
∴的取值范围是.
【点睛】本题考查三角形中的三角变换问题，解题时注意三角形内角和定理的运用，同时要注意三角变换公式的合理应用．对于求范围或最值的问题，一般还是要以三角函数为工具进行求解，解题时需要确定角的范围．
18.如图四棱锥中，底面，是边长为2的等边三角形，且，
.
（I）求证：平面平面;
（Ⅱ）若点是棱的中点，求直线与所成角的余弦值.
【答案】（I）证明见解析；（Ⅱ） .
【解析】
【分析】
(I)先证出平面,再利用面面垂直的判定定理即可.
(Ⅱ) 取中点，连接，，则,可得或其补角是异面直线与所成的角. 在中利用余弦定理求解即可.
【详解】（Ⅰ）证明：底面，
取中点，连接，则,，
点共线，即
又，平面
平面，平面平面
（Ⅱ）解：取中点，连接，，则
或其补角是异面直线与所成的角
中，，，即
中，，.
中，，，，由余弦定理得
中，
所以直线与所成角的余弦值为 .
【点睛】本题考查线面垂直的
性质定理,判定定理,面面垂直的判定定理,异面直线所成的角的
作法及运算,基础题.
19.现代社会，“鼠标手”已成为常见病，一次实验中，10名实验对象进行160分钟的连续鼠标点击游戏，每位实验对象完成的游戏关卡一样，鼠标点击频率平均为180次/分钟，实验研究人员测试了实验对象使用鼠标前后的握力变化，前臂表面肌电频率（）等指标.
（I ）10 名实验对象实验前、后握力（单位：）测试结果如下： 实验前：346,357,358,360,362,362,364,372,373,376 实验后：313,321,322,324,330,332,334,343,350,361
完成茎叶图，并计算实验后握力平均值比实验前握力的平均值下降了多少？
（Ⅱ）实验过程中测得时间（分）与10名实验对象前臂表面肌电频率（）的中的位数
（
）的九组对应数据
为
，
.建立关于时间的线性回归方程；
（Ⅲ）若肌肉肌电水平显著下降，提示肌肉明显进入疲劳状态，根据（Ⅱ）中9组数据分析，使用鼠标多少分钟就该进行休息了？ 参考数据：； 参考公式：回归方程
中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
，
【答案】（I ）茎叶图见解析，；（Ⅱ）
；（Ⅲ）60分钟.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）结合所给数据可得茎叶图；分别求出实验前、后握力的平均数后比较可得结果．（Ⅱ）
根据所给公式并结合条件中的数据可得，于是可得线性回归方程．（Ⅲ）分析九组数据可得，在40分钟到60分钟的下降幅度最大，由此可得结论．
【详解】（Ⅰ）根据题意得到茎叶图如下图所示：
由图中数据可得
，
，
∴，
∴故实验前后握力的平均值下降.
（Ⅱ）由题意得，
，
，
又，
∴，
∴，
∴关于时间的线性回归方程为.
（Ⅲ）九组数据中40分钟到60分钟的下降幅度最大，提示60分钟时肌肉已经进入疲劳状态，
故使用鼠标60分钟就该休息了.
【点睛】本题考查统计的基本问题，即数据的整理、分析和应用，解题时由于涉及到大量的计算，所以在解题时要注意计算的合理性和准确性，同时要充分利用条件中给出的中间数据，属于中档题．
20.抛物线的焦点为，准线为，若为抛物线上第一象限的一动点，过作的垂线交准线于点，交抛物线于两点.
（Ⅰ）求证：直线与抛物线相切；
（Ⅱ）若点满足，求此时点的坐标.
【答案】（I）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）设，由此可得直线的斜率，进而得到直线的斜率，由此得到
的方程为，令可得点的坐标，于是可得直线的斜率．然后再由导数的几何意义得到在点A处的切线的斜率，比较后可得结论．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，直线
的方程为，将直线方程与椭圆方程联立消元后得到二次方程，结合根与系数的关系及可求得点A的坐标．
【详解】（Ⅰ）由题意得焦点．设，
∴直线的斜率为，
由已知直线斜率存在，且直线的方程为，
令，得，
∴点的坐标为，
∴直线的斜率为．
由得，
∴，即抛物线在点A处的切线的斜率为，
∴直线与抛物线相切．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，直线的方程为，
由消去整理得，
设，
则．
由题意得直线的斜率为，
直线的斜率为，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理得，
解得或．
∵，
∴，
又，且，
∴存在，使得．
【点睛】解答本题时要注意以下几点：（1）题中所需要的点的产生的方法，即由线与线相交产生点的坐标；（2）注意将问题合理进行转化，如根据线的垂直可得斜率的关系；（3）由于解题中要涉及到大量的计算，所以在解题中要注意计算的合理性，通过利用抛物线方程进行曲线上点的坐标间的转化、利用“设而不求”、“整体代换”等方法进行求解．
21.已知函数 .
（I）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若对任意的恒成立，求整数的最大值.
【答案】（I）的减区间为，无增区间；（Ⅱ）3.
【解析】
【分析】
(I) 利用二次求导即得.
(Ⅱ)先分离参数得到令，通过二次求导和零点存在性定理确定零点所在区间及整数的最大值.
【详解】（I）的定义域为
当时，
令，
，，单调递增
，，单调递减
的减区间为，无增区间；
（Ⅱ）
令，则
令，则，在上单调递增，
，
存在唯一，使得
即，
列表表示：
整数的最大值为3.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,利用零点存在性定理确定零点所在区间,中档题.
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
选修4-4：坐标系与参数方程
22.已知曲线的参数方程为（为参数），，为曲线上的一动点.
（I）求动点对应的参数从变动到时，线段所扫过的图形面积；
（Ⅱ）若直线与曲线的另一个交点为，是否存在点，使得为线段的中点？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在点满足题意，且.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先判断出线段所扫过的图形由一三角形和一弓形组成，然后通过分析图形的特征并结合扇形的面积可得所求．（Ⅱ）设，由题意得，然后根据点在
曲线上求出后可得点的坐标．
【详解】（Ⅰ）设时对应的点为时对应的点为，由题意得轴，
则线段扫过的面积.
（Ⅱ）设，，
∵为线段的中点，
∴，
∵在曲线上，曲线的直角坐标方程为，
∴，
整理得，
∴，
∴，
∴存在点满足题意，且点的坐标为．
【点睛】本题考查参数方程及其应用，解题的关键是将问题转化为普通方程后再求解，考查转化和计算能力，属于中档题．
选修4-5：不等式选讲
23.已知函数.
（Ⅰ）解不等式: ；
（Ⅱ）已知，若对任意的，不等式
恒成立，求正数的取值范围.
【答案】（I）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由题意得不等式为，然后根据分类讨论的方法，去掉绝对值后解不等式组即可．（Ⅱ）根据题意先得到，故由题意得恒成立，分类讨论去掉绝对值后可得所求范围．
【详解】（Ⅰ）由题意得不等式为．
①当时，原不等式化为，解得，不合题意；
②当时，原不等式化为，解得，∴；
③当时，原不等式化为，解得，∴．
综上可得
∴原不等式的解集为．
（Ⅱ）∵，
∴.
当且仅当且，即时等号成立，
∴．
由题意得恒成立，
①当时，可得恒成立，即恒成立，
∴，
由，可得上式显然成立；
②当时，可得恒成立，即恒成立，
∵，∴；
③当时，可得恒成立，即恒成立，
∴．
综上可得，
∴故的取值范围是．
【点睛】解绝对值不等式的关键是通过对对变量的分类讨论，去掉绝对值后转化为不等式（组）求解，考查转化和计算能力，属于中档题．。