河北省唐山市第一中学2019届高三下学期冲刺(一)数学(理)试题(解析版)

唐山一中2019届高三冲刺卷（一）高三数学理科试卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.
1.已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求解一元二次不等式化简集合A，求值域化简集合B，然后直接利用交集运算得答案．
【详解】∵，＝，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了一元二次不等式的解法及函数的值域问题，是基础题．
2.已知，则在，，，中最大值是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用指数函数和幂函数的单调性，可以比较四个数的大小，进而得到在，，，的最大值．【详解】∵，
∴y＝和y＝均为减函数，
∴＞，＜，
又∵y＝在（0，+∞）为增函数，
∴＞，
即在，，，中最大值是，
故选：C．
【点睛】本题考查的知识点是指数函数的单调性和幂函数的单调性的应用，属于基础题．
3.设复数，则的二项展开式的第7项是（）
A. 84
B.
C. 36
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
将分子、分母同乘分母的共轭复数，化简为a+bi（a，b∈R）的形式，复数化简为2i，然后求出z代入
，利用二项式定理求出展开式的第7项．
【详解】∵，
所以（1+z）9＝（1+i）9
展开式的第7项是：C9613i6＝﹣84
故选A.
【点睛】本题考查复数的基本概念，二项式定理，考查计算能力，是基础题．
4.设为区间]内的均匀随机数，则计算机执行下列程序后，输出的值落在区间内的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意知函数y是分段函数，写出函数解析式，计算y∈[，3]时x的取值范围，利用几何概型求对应的概率．【详解】根据题意知，当x∈[﹣2，0]时，y＝2x∈[，1]；
当x∈（0，2]时，y＝2x+1∈（1，5]；
所以当y∈[，3]时，x∈[﹣1，1]，其区间长度为2，
所求的概率为P．
故选：C．
【点睛】本题考查了程序语言应用问题，也考查了函数与几何概型的概率计算问题，是中档题．
5.在正项等比数列中，若成等差数列，则的值为（）
A. 3或-1
B. 9或1
C. 3
D. 9
【答案】C
【解析】
设正项等比数列{a n}的公比为q＞0，∵成等差数列，
∴a3=2a2+3a1，
化为，即q2﹣2q﹣3=0，解得q=3．
则==q=3，
故选：C．
6. 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4为朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有
A. 4种
B. 10种
C. 18种
D. 20种
【答案】B
【解析】
分两种情况：①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友，有C42＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友，有C41＝4种方法．所以不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)．
7.过点且不垂直于轴的直线与圆交于两点，点在圆上，若是正三角形，则直线的斜率是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，分析圆的圆心与半径，设直线l的斜率为k，写出直线l的方程，由等边三角形的性质分析可得圆心到直线l的距离d，则有，解可得k的值，即可得答案．
【详解】根据题意，圆即（x﹣1）2+y2＝4，圆心为（1，0），半径r＝2，
设正的高为h，由题意知为正的中心，∴M到直线l的距离d h，
又, 即,∴由垂径定理可得：，可得，
∴
由题意知设直线l的斜率存在且不为0，设为k，
则直线l的方程为y+1＝k（x+1），即kx﹣y+k-1＝0，
则有，
解可得：k＝或0（舍）
故选：D．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系以及点到直线的距离公式，考查了一定的逻辑推理能力，属于中档题．
8.已知等边三角形中，是线段的中点，，垂足为,是线段的中点，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先由中线向量定理得到=，=，再将，，都用基底表示，利用向量相等，求得关系.
【详解】∵是线段的中点，∴==；
∵是线段的中点，∴=；
又=；
令，
则-=（，
∴，，解得，，∴，
故选C.
【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用，考查了中线向量定理、向量相等的概念及应用，属于中档题.
9.设函数满足,当时，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：因为函数满足，当时，，所以
，故选A．
考点：抽象函数的性质；三角函数的求值．
【方法点晴】本题主要考查了抽象函数的性质、三角函数的求值、三角函数的诱导公式等知识点的综合应用，本题的解答中函数满足，当时，，利用三角函数的诱导公式，即可求解
的值，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
10.已知F1，F2是双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点，若点F1关于双曲线渐近线的对称点P满足∠OPF2＝∠POF2（O为坐标原点），则双曲线的离心率为（）
A. B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先利用对称求出点P的坐标，结合∠OPF2＝∠POF2可知，利用两点间距离公式可求得离心率.
【详解】设是关于渐近线的对称点，则有；
解得；
因为∠OPF2＝∠POF2，所以，；
化简可得，故选B.
【点睛】本题主要考查双曲线的性质.离心率的求解一般是寻求之间的关系式.
11.三棱锥各顶点均在球上，为该球的直径，，，三棱锥的体积为，则
球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由体积公式求出三棱锥的高，可得到平面，由正弦定理可得三角形的外接圆的半径，由勾股定理可得球半径，从而可得结果.
【详解】
如图，，
三棱锥的体积为，
所以，
解得三棱锥的高为，
设为三角形的外接圆的圆心，
连接，则平面，
因为为该球的直径，
所以，
连接，由正弦定理可知三角形的外接圆的直径为
，
由勾股定理可得球半径
球的表面积为，故选D.
【点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），
则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.
12.锐角中，为角所对的边，点为的重心，若，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
如图，连接，延长交于，由于为重心，故为中点，
∵
，，∴，由重心的性质得，，即，由余弦定理得，
，，∵，，
∴，则又因为为锐角三角形，则应该满
足将代入可得则，由对勾函数性质可得
的取值范围为，故选B.
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.边长为的等边三角形内任一点到三边距离之和为定值，这个定值等于，将这个结论推广到空间是：棱长为的正四面体内任一点到各面距离之和等于______.
【答案】
【解析】
【分析】
由平面图形的性质向空间物体的性质进行类比，根据已知“正三角形内任意一点到三边距离之和是个定值且为等边三角形的高”，直接推断出空间几何中关于面的性质：棱长为的正四面体内任一点到各面距离之和等于正四面体的高．
【详解】解：边长为a的等边三角形内任意一点到三边距离之和是由该三角形的面积相等得到的，
由此可以推测棱长为a的正四面体内任意一点到各个面的距离之和可由体积相等得到．
方法如下，如图，
在棱长为a的正四面体内任取一点P，P到四个面的距离分别为h1，h2，h3，h4．
四面体A﹣BCD的四个面的面积相等，均为，高为．
由体积相等得：．
所以．
故答案为．
【点睛】本题是基础题，考查类比推理及正四面体的结构特征，考查空间想象能力，计算能力．
14.的值等于.
【答案】
【解析】
试题分析：,其中表示半径为的圆的面积的
,,,因此原式等于,故填.
考点：定积分的计算.
15.已知满足，且目标函数的最大值为7，最小值为4，则_________. 【答案】
【解析】
【分析】
先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z＝2x+y表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最大最小值时所在的顶点即可．
【详解】画出可行域如图：
由题意得：
目标函数z＝2x+y在点B取得最大值为7，
在点A处取得最小值为1，
∴A（1，﹣1），B（3，1），
∴直线AB的方程是：x﹣y﹣2＝0，
∴则2．
故答案为：﹣2．
【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值的方法，属于基础题．
16.已知过抛物线的焦点且垂直于轴的直线与抛物线相交于两点，动直线与抛物线
相交于两点，若,则直线与圆相交所得最短弦的长度为___________.
【答案】4
【解析】
【分析】
求出A，B坐标，计算，即y1y2＝﹣4．联立直线与抛物线，根据根与系数的关系可得直线过定点，
再根据平面几何知识可得PE时弦最短．利用垂径定理求解即可.
【详解】由题意可知，＝2，＝﹣2，∴•＝﹣4，
设，则，
∴y1y2＝﹣4．
又直线，
联立方程组消去x得：y2﹣4ty﹣4n＝0，
则y1y2＝﹣4n，y1+y2＝4t，
∵y1y2＝﹣4，∴n＝1．即直线过点E（1，0）．
又圆的圆心P（2，-2），半径r=3，
∴当弦最短时，PE,弦长=2=4,
故答案为:4.
【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查了直线过定点问题的判断，考查了圆中弦长问题，属于中档题．
三、解答题：本大题共6小题，共70分.
17.已知数列满足，，．
（1）证明数列为等比数列，求出的通项公式；
（2）数列的前项和为,求证:对任意，.
【答案】（1）证明见解析，；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）把已知等式的两边同时除以，然后再依据问题构造一个等比数列，可得到证明并能求；
（2）将各项进行放缩后得到一个等比数列，可求和，进而得到证明的问题.
【详解】（1）由有
数列是首项为，公比为的等比数列.
（2），
，
=
=
【点睛】本题考查了数列的递推式、等比数列的证明、通项公式及求和公式，考查了由递推式构造新数列的方法，考查了放缩的技巧，属于中档题．
18.如图，在三棱锥中，底面，，为的中点．
（1）求证：；
（2）若二面角的大小为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由余弦定理求出BC，因为为的中点，得BD＝CD，因为，平方求出AD，利用勾股定理得AB⊥AD，结合PA⊥AD，得AD⊥平面PAB，从而AD⊥PB得证．
（2）分别以直线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设PA＝a，求出平面PBC的法向量，平面PAB的法向量，利用向量法求出a，然后求解V P﹣ABC＝×S△ABC×PA即可．
【详解】（1）在中，由余弦定理得，则．
因为为的中点，则．
因为，则
，所以．
因为，则．
因为底面，则，所以平面，从而．
（2）分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设，则点，，，所以，．
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，所以．
因为为平面的法向量，
则，即．
所以，解得，所以．
所以．
【点睛】本题考查了利用向量法求二面角的平面角，也考查了三棱锥的体积，线面垂直的判定定理，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
19.某高校在2018年的自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组：第1组，第2组
，第3组，第4组，第5组得到的频率分布直方图如图所示：
（1）分别求第3，4，5组的频率；
（2）若该校决定在第3，4，5 组中用分层抽样的方法抽取6名学生进入第二轮面试.
①已知学生甲和学生乙的成绩均在第3组，求学生甲和学生乙同时进入第二轮面试的概率；
②根据直方图试估计这100名学生成绩的平均分．（同一组中的数据用改组区间的中间值代表）
【答案】（1）；（2）①；②.
【解析】
【分析】
（1）根据频率分布直方图的性质，根据所给的频率分布直方图中小矩形的长和宽，求出矩形的面积，即这组数据的频率．
（2）①先求得试验发生包含的事件数是，再求得满足条件的事件数是，根据等可能事件的概率公式，得到结果．
②由频率分布直方图的平均数公式直接计算即可.
【详解】（1）第3组的频率为；第4组的频率为；
第5组的频率为.
（2）按分层抽样的方法在第3、4、5组中分别抽取3人、2人、1人.
①第3组共有，设“学生甲和学生乙同时进入第二轮面试”为事件
，学生甲和学生乙同时进入第二轮面试的概率为.
②.
【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查了概率的求法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
20.已知椭圆，为椭圆的左、右焦点，点在直线上且不在轴上，直线与椭圆的交点分别为和，为坐标原点.
（1）设直线的斜率为，证明：；
（2）问直线上是否存在点，使得直线的斜率满足？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设出P的坐标，表示出斜率，化简可得结论；
（2）设出直线的方程与椭圆方程联立，求出斜率，利用k OA+k OB+k OC+k OD＝0，即可得到结论．
【详解】因为椭圆方程为，所以F1（﹣1，0）、F2（1，0）
设P（x0，2﹣x0），则，，
所以
（2）记A、B、C、D坐标分别为（x1，y1）、（x1，y1）、（x1，y1）、（x1，y1）．
设直线PF1：x＝m1y﹣1，PF2：x＝m2y+1
联立可得
，
代入，可得
同理，联立PF2和椭圆方程，可得
由及m1﹣3m2＝2（由（1）得）可解得，或，
所以直线方程为或，
所以点P的坐标为（0，2）或
【点睛】本题考查椭圆方程，考查直线与椭圆位置关系，考查化简计算能力，属于中档题．
21.已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，若对任意的恒成立，求整数的最大值；
（3）求证：当时，.
【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）若a≤0，则f（1）＝﹣a+1＞0，不满足f（x）≤0恒成立．若a＞0，由（Ⅰ）可知，函数f（x）在（0，）上单调递增；在（）上单调递减．由此求出函数的最大值，由最大值小于等于0可得实数a的取值范围．（3）由（2）可知，当a＝1时，f（x）≤0恒成立，即lnx﹣x+1≤0．得到﹣xlnx≥﹣x2+x，则e x﹣xlnx+x﹣1≥e x ﹣x2+2x﹣1．然后利用导数证明e x﹣x2+2x﹣1＞0（x＞0），即可说明e x﹣xlnx+x＞0．
【详解】（1）∵函数f（x）＝（a∈R）．
∴，x＞0，
当a＝0时，f′（x）0，f（x）在（0，+∞）单调递增．
当a＞0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增．
当a＜0时，令f′（x）＞0，解得：0＜x，
令f′（x）＜0，解得：x，
故f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减．
（2）当时，则f（1）＝2a+3＞0，不满足f（x）≤0恒成立．
若a<0，由（1）可知，函数f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减．
∴，又f（x）≤0恒成立，
∴f（x）max≤0，即0，令g(a)=,则g(a)单调递增，g(-1)=1，
g(-2)=<0，∴a时，g(a) <0恒成立，此时f（x）≤0恒成立，
∴整数的最大值-2．
（3）由（2）可知，当a＝-2时，f（x）≤0恒成立，即lnx﹣2x2+1≤0．即x lnx﹣2x3+x≤0，恒成立，①
又e x﹣x2+2x﹣1+（）
∴只需证e x﹣x2+2x﹣1，
记g（x）＝e x﹣x2+2x﹣1（x＞0），则g′（x）＝e x﹣2x+2，
记h（x）＝e x﹣2x+2，则h′（x）＝e x﹣2，由h′（x）＝0，得x＝ln2．
当x∈（0，ln2）时，h′（x）＜0；当x∈（ln2，+∞）时，h′（x）＞0．
∴函数h（x）在（0，ln2）上单调递减；在（ln2，+∞）上单调递增．
∴4﹣2ln2＞0．
∴h（x）＞0，即g′（x）＞0，故函数g（x）在（0，+∞）上单调递增．
∴g（x）＞g（0）＝e0﹣1＝0，即e x﹣x2+2x﹣1＞0．
结合①∴e x﹣x2+2x﹣1+（）＞0，即＞0成立．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法，是中档题．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分．22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）曲线与直线交于两点，若，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）先将曲线的参数方程化为普通方程，然后再化为极坐标方程；
（2）由题意，写出直线的参数方程，然后带入曲线的普通方程，利用韦达定理表示出
求得结果即可.
【详解】（1）由题，曲线的参数方程为（为参数），
化为普通方程为：
所以曲线C的极坐标方程：
（2）直线的方程为，的参数方程为为参数)，
然后将直线得参数方程代入曲线C的普通方程，化简可得：
，
所以
故解得
【点睛】本题主要考查了极坐标和参数方程的综合，极坐标方程，普通方程，参数方程的互化为解题的关键，属于基础题.
23.已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若函数有三个零点，求实数的取值范围．
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)
【解析】
【分析】
（Ⅰ）分x﹣2，﹣2≤x≤2，x2三种情况求解；
（Ⅱ）若函数有三个零点，只需与有三个交点即可.
【详解】解：（Ⅰ）当时，,
,不等式的解集为.
（Ⅱ）若函数有三个零点，只需与有三个交点即可，只需的两个分段点位于的两侧即可.,.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，函数与方程的思想，属于中档题．。