广东省韶关市2019届高三1月调研考试数学理试题(解析版)

广东省韶关市2019届高三1月调研考试数学理试题一、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，，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由可得，解得m值，进而得到集合B.【详解】依题意可知3是集合的元素，即，解得.由，解得，故选B.【点睛】本题考查交集的概念及运算，考查计算能力，属于基础题.2.复数在复平面内对应的点所在象限为（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算化简复数z，明确对应点的坐标，即可得到结果.【详解】因为，在复平面内对应的点为（1，-1）故选D.【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，考查复数的几何意义，属于基础题.3.两名同学在5次数学考试中的成绩统计如下边的茎叶图所示，若两人的平均成绩分别是，观察茎叶图，下列结论正确的是（）A. ，比成绩稳定B. ，比成绩稳定C. ，比成绩稳定D. ，比成绩稳定【答案】A【解析】【分析】计算A、B的平均数，并且观察A、B的五次成绩离散程度，即可得出正确的结论．【详解】由茎叶图可知A平均成绩为92. B的成绩为98.从茎叶图上可以看出B的数据比A的数据集中，B的成绩比A的成绩稳定，故选：A.【点睛】本题考查了茎叶图的应用问题，解题时应观察茎叶图中的数据，根据数据解答问题，是基础题．4.已知三棱柱的底面边长和侧棱都相等，侧棱底面，则直线与所成角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】连接，由AC可得∠是直线与所成角，计算即可.【详解】连接，因为AC，所以∠就是异面直线与所成角.在中，设，，由余弦定理可求得，故选A.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角问题,难度一般．求异面直线所成角的步骤:1平移,将两条异面直线平移成相交直线．2定角,根据异面直线所成角的定义找出所成角．3求角,在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角．4结论．5.我国古代数学家刘徽在《九章算术》中提出“割圆”之说：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”.意思是“圆内接正多边形的边数无限增多的时候，它的周长的极限是圆的周长，它的面积的极限是圆的面积”.如图，若在圆内任取一点，则此点不落在圆内接正方形内部的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据几何概型的概率公式分别求出正方形的面积和圆的面积即可．【详解】设圆的半径为，则圆与正方形面积分别为，，所以此点不落在圆内接正方形内部的概率为，故选：C.【点睛】本题主要考查几何概型的概率的计算，根据定义求出相应的面积是解决本题的关键．6.将函数的图象向左平移个单位长度，再将各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若，则图象的一个对称中心是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据图象变换规律及，得到，进而得到对称中心.【详解】由题意知：，且，由，可得，即.令，得，当时，对称中心为，故选：B.【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换，函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的对称性，属于基础题．7.在中，为边的中点，若，则（）A. B.C. D.【答案】C【分析】利用平面向量的线性运算，即可用基底表示，从而得到结果.【详解】因为，所以，故选：C.【点睛】本题考查平面向量的线性运算，考查用基底表示向量，考查推理能力，属于基础题.8.设点为双曲线和圆的一个交点，若，其中为双曲线的两焦点，则双曲线的离心率为（）A. 2B.C.D.【答案】B【解析】【分析】a2+b2＝c2，知圆C必过双曲线E的两个焦点，，＝，则|M|＝c，c，由此能求出双曲线的离心率．【详解】圆是以原点为圆心，以为半径的圆，则，从而有，∴|M|＝c，c，，由双曲线的定义得，得离心率为，故选：B.【点睛】本题考查双曲线的性质和应用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件．9.某中学元旦晚会共由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在乙的前面，丙不能排在最后一位，该晚会节目演出顺序的编排方案共有（）A. 720种B. 360种C. 300种D. 600种【答案】C【解析】【分析】先安排好除丙之外的5个节目，再安排丙即可.【详解】先安排好除丙之外的5个节目，有种可能，再安排丙，有5种可能，共300种方案，【点睛】本题考查排列、组合的应用，注意题目限制条件比较多，需要优先分析受到限制的元素．10.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用两角和与差余弦公式化简条件可得，再结合同角基本关系式即可得到结果.【详解】所以，，，从而，故选：A.【点睛】三角函数式的化简要遵循“三看”原则:一看角，这是重要一环，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分，从而正确使用公式；二看函数名称，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有切化弦；三看结构特征，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，如遇到分式要通分等.11.设抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，过点作斜率为的直线交抛物线于两点，若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】联立方程，借助韦达定理即可建立关于k的方程，解之即可.【详解】方法一：（韦达定理消去）抛物线的焦点为，准线，设，，则，，由得，即有①，联立与直线的方程得，则有②，③.由①、②得，代入②中得，解得，故选.方法二：（韦达定理消去）设抛物线的准线，分别过作，，由得，则有.设、从而有.联立与直线的方程得，则有①，②，由则有③，④，消去得，解得，故选A.方法三：（几何法）设抛物线，分别过作，，由得，则有，则是的中点，设、，从而有.则是的中点，则有（是原点），而，则，故点在线段的垂直平分线上，则，从而，则，，故，故选：A.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系问题，考查了韦达定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.12.已知定义域为函数满足，（是的导函数），且的图象关于直线对称，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可知：为偶函数，根据不等关系可知的单调性，从而可解不等式.【详解】因为的图象关于直线对称，故的图象关于轴对称，故为偶函数.当时，，故，.令，故也是偶函数.且，则是增函数，又，而等价于，即，故.由偶函数的性质知，在上是减函数，故，故选：D.【点睛】本题考查函数的导数与单调性的关系，涉及函数的奇偶性与单调性的应用，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若实数满足，则的最大值为__________．【答案】【解析】【分析】先根据约束条件画出可行域，再转化目标函数，把求目标函数的最值问题转化成求截距的最值问题，找到最优解代入求值即可【详解】解：由约束条件，画出可行域如图：目标函数z＝2x+y可化为：y＝﹣2x+z得到一簇斜率为﹣2，截距为z的平行线要求z的最大值，须满足截距最大∴当目标函数过点B时截距最大又∴x＝，y＝∴点B的坐标为（，）故答案为：．【点睛】本题考查线性规划，要求可行域要画准确，还需特别注意目标函数的斜率与边界直线的斜率的大小关系，即要注意目标函数与边界直线的倾斜程度．属简单题．14.已知直线是曲线在点处的切线，则直线的方程为__________．【答案】【解析】【分析】求出导函数，即可得到直线l的斜率，利用点斜式方程得到结果.【详解】设的方程为，由得，，又过，所以，所以的方程为.故答案为：【点睛】本题考查了函数导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程，正确求导是关键．15.在中，分别是内角的对边，且，则__________．【答案】【解析】【分析】由正弦定理结合条件可得，再利用余弦定理可得，从而得到结果. 【详解】由正弦定理得：整理得：，即由余弦定理得：，，即，故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题. 正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.16.在三棱锥中，平面，且，，，当三棱锥的体积最【分析】设，则，利用正弦定理表示的外接圆的半径为，再利用勾股定理表示球的半径，进而表示三棱锥的体积，利用导数知识求最值，从而得到AB的长度.【详解】如图，点为的外接圆的圆心，点为三棱锥的外接球的球心，点为线段的中点，由球的性质知四边形是矩形，设，则，，，设的外接圆的半径为，三棱锥的外接球的半径为，中，，，，中，，即.三棱锥的体积.易得在内单调递增，在内单调递减.所以，当时，取得最大值.此时.所以，三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，锥体体积的最值，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基本知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．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.已知数列的前项和为，满足，且数列各项为正数.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【分析】(1)由，利用作差法可得从而得到数列的通项公式；（2）由（1）知，，利用分组求和法可得结果.【详解】（1）解：依题意，①②②-①得，即.因为各项为正，所以，即.又当时，，且，解得.所以，数列是首项为1，公差为1的等差数列.通项公式为.（2）由（1）知，，记的前项和为，则，.数列的前项和为.【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.18.如图，四棱锥中，四边形为菱形，，，平面平面.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）取中点连结，，先证明平面BOP，即可证明；（2）先证明两两垂直.以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.求出平面与平面的法向量，代入公式即可得到结果.【详解】（1）证明：取中点连结，，，.又四边形为菱形，，故是正三角形，又点是的中点，.又，平面，平面，又平面..（2）解：，点是的中点，.又平面平面.平面平面，平面，平面，又平面.，.又，所以两两垂直.以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.设，则各点的坐标分别为，，.故，，，，设，分别为平面，平面的一个法向量，由可得，令，则，，故.由可得，令，则，，故..又由图易知二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值是.【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，椭圆的一个顶点为，右焦点到直线的距离为. （1）求椭圆的标准方程；（2）若过作两条互相垂直的直线，且交椭圆于、两点，交椭圆于、两点，求四边形的面积的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由题意布列关于a，b的方程组，解之即可；(2)讨论直线的斜率，联立方程利用韦达定理表示弦长，进而得到四边形的面积，借助对勾函数的图像与性质即可得到结果.【详解】（1）依题意，设椭圆的方程为：则，设，由右焦点到直线的距离为，可得，解得或（舍去）.所以，.故椭圆的方程为：.（2）①当直线的斜率不存在时，此时的斜率为0，此时，，则四边形的面积.②当直线的斜率为0，此时的斜率不存在，同理可得四边形的面积.③当直线的斜率存在，且斜率时，，则，将直线的方程代入椭圆方程中，并化简整理得，可知，设、，则有则同理可得则的面积.令，则，令，则有，则.综上，.【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．20.现有6人参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择，为增加趣味性，主办方制作了一款电脑软件：按下电脑键盘“”键则会出现模拟抛两枚质地均匀的骰子的画面，若干秒后在屏幕上出现两个点数和，并在屏幕的下方计算出的值.主办方现规定：每个人去按“”键，当显示出来的小于时则参加甲游戏，否则参加乙游戏.（1）求这6个人中恰有2人参加甲游戏的概率；（2）用、分别表示这6个人中去参加甲，乙游戏的人数，记，求随机变量的分布列与数学期望.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】(1)利用古典概型公式得到选择甲游戏的概率，再利用独立重复实验概率公式即可得到结果；(2)依题意得的可能取值为：0，2,4,6.求出相应的概率值，即可得到分布列与期望.【详解】（1）依题意得由屏幕出现的点数和形成的有序数对一共有种等可能的基本事件.符合有，等24个，所以选择甲游戏的概率，选择乙游戏概率.这6个人中恰有2人参加甲游戏的概率为.（2）依题意得的可能取值为：0，2,4,6.，，，，所以的分布列为的数学期望为.【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解该类问题，首先要正确理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所以可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.21.已知函数（其中是自然对数的底数）.（1）证明：①当时，；②当时，.（2）是否存在最大的整数，使得函数在其定义域上是增函数？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】(1)①直接作差，构建新函数研究最值即可；②同样作差构建函数，研究最值即可；(2)由题意可得，变量分离研究最值即可.【详解】①令，当时，，故在区间上为减函数，当时，，故在区间上为增函数，因此，故.②令，，因此为增函数当时，，故.（2）据题意，函数的定义域为，又，，因此对一切有.令，则，，故为增函数，又，，因此在区间上有唯一的零点，记它为，在上单调递减，在上单调递增，故，因此，其中由（1）可知恒成立，且当时，成立故当且仅当时等号成立.因此.又因此，即存在最大的整数28，使得在其定义域上是增函数.【点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数，）.（1）当时，求直线的普通方程及曲线的普通方程；（2）过点的直线交曲线于两点，若，求线段的长.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)利用代入消参法与平方消参法，得到直线的普通方程及曲线的普通方程；；(2)将直线参数方程代入得，利用韦达定理表示即可.【详解】（1）解：当时，直线方程为消参数得：又由得.（2）解：将直线参数方程代入得，由韦达定理可得：，，依题意，，，又由，解得，所以，所以，.【点睛】过点M0(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程是.(t是参数，t可正、可负、可为0),若M1，M2是l上的两点，其对应参数分别为t1，t2，则(1)M1，M2两点的坐标分别是(x0＋t1cos α，y0＋t1sin α)，(x0＋t2cos α，y0＋t2sin α).(2)|M1M2|＝|t1－t2|.(3)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t，则t＝，中点M到定点M0的距离|MM0|＝|t|＝.23.（1）解不等式：；（2）若，，，证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】(1) 利用绝对值的几何意义，分段解不等式，将所得的结果并起来，得到绝对值不等式的解集；(2)利用反证法结合均值不等式即可证明.【详解】（1）不等式：或或或或解集为.（2）假设：则，，，故假设与已知矛盾！故假设不成立，原结论成立.法1证明：，又，，，，“=”号成立当且仅当“”法2证明：，，，，，，“=”号成立当且仅当“”【点睛】本题考查不等式的解法，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．。