吉林省吉林市普通中学2019届高中毕业班第三次调研测试理科数学试题(解析版)

2019年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷（全国卷Ⅱ）
理科数学
一、选择题：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.已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据一元二次不等式的解法求出，则可求。

【详解】由题意知，所以，所以，故选C
【点睛】本题考查一元二次不等式的解法及集合的并集运算，属基础题。

2.欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，
表示的复数位于复平面内（）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】
根据新定义，化简即可得出答案．
【详解】∵cos i sin i，
∴i)=i，
此复数在复平面中对应的点（，）位于第一象限，
故选：A．
【点睛】本题考查了复数的除法运算及复数的几何意义，涉及三角函数求值，属于基础题．
3.已知角的终边经过点，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】
先求出点P到原点的距离，再用三角函数的定义依次算出正、余弦值，利用二倍角公式计算结果即可．
【详解】角α的终边经过点p（﹣1，），其到原点的距离r 2
故sinα，cosα
∴sinαcosα
故选：B．
【点睛】本题考查了任意角三角函数的定义，考查了二倍角公式，属于基础题．
4.“成等差数列”是“”的（）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
，，，成等差数列,而 ,但1,3,3,5不成等差数列,所以
“，，，成等差数列”是“”的充分不必要条件,选A.
点睛：充分、必要条件的三种判断方法．
1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．
2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．
3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．
5.正三棱锥的三视图如下图所示，则该正三棱锥的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】
通过三视图还原出立体图，通过条件可求得底面正三角形边长为，则底面积为，侧棱长为，则可求侧面积为，所以表面积为。

【详解】如图所示，底面正三角的高AD=3，所以，AB=AC=BC=，所
以。

又SH为侧视图中的高，所以SH=3，则,则在等腰中
,所以侧面积为，所以表面积为，故选A。

【点睛】本题考查已知三视图求几何体的表面积，准确的还原出立体图是解题的关键，属中档题。

6.已知双曲线的焦点到渐近线距离与顶点到渐近线距离之比为，则双曲线的渐近线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意知,由与相似（O为坐标原点）可得，再由，可得，进而可得渐近线方程。

【详解】如图所示，双曲线顶点为A，焦点为F，过A,F作渐近线的垂线，垂足为B，
C，所以与相似（O为坐标原点），又由题意知，所以，即，又因为，所以，即
所以渐近线方程为：，故选A
【点睛】本题考查双曲线的几何性质，需灵活运用三角形相似及之间的关系，属基础题
7.已知是圆内过点的最短弦，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求出圆的标准方程，确定最短弦的条件，利用弦长公式进行求解即可．
【详解】圆的标准方程为（x﹣3）2+（y+1）2＝10，则圆心坐标为C（3，﹣1），半径为，
过E的最短弦满足E恰好为C在弦上垂足，则CE，
则|AB|，
故选：D．
【点睛】本题主要考查圆的标准方程的求解，以及直线和圆相交的弦长问题,属于中档题．
8.执行如图所示的程序框图，则输出的值为（）
A. B. C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【详解】模拟程序的运行，可得
s＝3，i=1
满足条件i，执行循环体s＝3+，i=2
满足条件i，执行循环体s＝3++，i=3，
满足条件i，执行循环体，s＝3++，i=4，
不满足条件i退出循环，输出s的值为s＝．
故选：C．
【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
9.将函数的图像向右平移个周期后，所得图像对应的函数为，则函数的单调递增区间为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意知，然后利用正弦函数的单调性即可得到单调区间。

【详解】由题意知，故向右平移个周期，即向右平移个单位，所以
，
令，
所以，故选B。

【点睛】本题考查三角函数的平移变换，求正弦型函数的单调区间，属基础题。

10.已知，是上的两个随机数，则满足的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
因为，则由题意知，满足条件的区域为与x轴围成的图形。

由积分求出该图形的面积
，再根据几何概型的公式可求得概率。

【详解】
因为为在内随机数，所以点所有的取值构成了边长为的正方形，所以面积为。

如图所示，做出满足题意的正方形及的图像，则满足的范围为与x轴围成的图形。

所以面积
，由几何概型的公式可得，满足的概率为，所以的概率
为，故选B
【点睛】本题考查了与面积有关的几何概型，积分求面积，属基础题。

11.已知抛物线的焦点，点，为抛物线上一点，且不在直线上，则周长取最小值时，线段的长为（）
A. 1
B.
C. 5
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求△PAF周长的最小值，即求|PA|+|PF|的最小值．设点P在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义，可知|PF|＝|PD|．因此问题转化为求|PA|+|PD|的最小值，根据平面几何知识，当D、P、A三点共线时|PA|+|PD|最小，由此即可求出P的坐标，然后求解PF长度．
【详解】求△PAF周长的最小值，即求|PA|+|PF|的最小值，
设点P在准线上的射影为D，
根据抛物线的定义，可知|PF|＝|PD|
因此，|PA|+|PF|的最小值，即|PA|+|PD|的最小值
根据平面几何知识，可得当D，P，A三点共线时|PA|+|PD|最小，
此时P（，3），F（1，0）的长为，
故选：B．
【点睛】本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，判断当D，P，A三点共线时|PA|+|PD|最小，是解题的关键．
12.设函数在上存在导函数，对任意实数，都有，当时，，若
，则实数的最小值为（）
A. -1
B.
C.
D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
构造函数，因为，所以，在为单调递减函数。

在根据
，可得，即得为偶函数。

再将，等价变形，可得，结合的单调性，即可求解。

【详解】设，则，
因为当时，，则
所以当时，为单调递减函数。

因为，
所以，
又因为，
所以，即为偶函数。

将不等式，等价变形得，即。

又因为为偶函数，且在单调递减，则在是单调递增，，解得，所以的最小值为。

【点睛】本题考查了构造函数，函数的单调性，奇偶性及绝对值不等式的解法，难点在于准确的构造新函数
，再根据函数的性质进行求解，属中档题。

二、填空题（将答案填在答题纸上）
13.展开式中含项的系数为______．
【答案】40
【解析】
的展开式的通项为，令，所以展开式中含的项为，因此的系数为40，故答案为.
【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式
；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.
14.已知向量，，若，则实数_____．
【答案】-1
【解析】
【分析】
由条件得到与共线反向，求出m的值即可．
【详解】因为向量，若，则与共线反向，
所以m＝-1，
故答案为：-1．
【点睛】本题考查向量的减法的几何意义及向量共线的应用，考查计算能力．
15.某煤气站对外输送煤气时，用1至5号五个阀门控制，且必须遵守以下操作规则：
（i）若开启3号，则必须同时开启4号并且关闭2号；
（ii）若开启2号或4号，则关闭1号；
（iii）禁止同时关闭5号和1号.
现要开启3号，则同时开启的另两个阀门是__________．
【答案】4号5号
【解析】
【分析】
3，4同时开启，且关闭1，2号，又1，5不能同时关闭，则5开启。

【详解】开启3号，则必须开启4号，同时关闭2号。

因为4号开启，所以1号必须关闭。

因为禁止同时关闭1号和5号，此时1号关闭，则5号必然开启，所以另外开启的两个阀门是4号和5号。

【点睛】本题考查逻辑推理，属基础题。

16.已知函数，若函数恰有2个不同的零点，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】
因为，所以，画出的图像，通过分析图像与x轴交点，结合分段函数的性质，可求出a的范围。

【详解】
由题意得，即，如图所示，因为恰有两个不同的零点，即的图像与x轴有两个交点。

若当时，有两个零点，则令，解得或，则当时，
没有零点，所以。

若当时，有一个零点，则当时，必有一个零点，即，综上
【点睛】本题考查了函数的零点与方程，应用数形结合的方法，将方程求根问题，转换成图像与x轴交点的问题，再结合零点个数，进行分析判断，属中档题。

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.锐角中，角的对边分别为，的面积为，
（1）求的值；
（2）若，，求的最大值.
【答案】（1）（2）6
【解析】
【分析】
（1）由三角形面积公式得，化简整理得。

（2）由（1）结论及，可得，可求得，由余弦定理可得，结合均值定理可得，，即。

【详解】依题意，得，即
由正弦定理得：
∵，∴
∴
（2）∵，
∴
∵为锐角，∴，
由余弦定理得，即，
∴，整理得：，即，当且仅当时取等号
故的最大值为6.
【点睛】本题考查了三角形的面积公式，正弦定理，余弦定理及均值定理，解题时需注意面积公式的选择，考查综合运用知识解题的能力，属中档题。

18.2018年11月15日，我市召开全市创建全国文明城市动员大会，会议向全市人民发出动员令，吹响了集结号.为了了解哪些人更关注此活动，某机构随机抽取了年龄在15～75岁之间的100人进行调查，并按年龄绘制的频率分布直方图如图所示，其分组区间为：，，，，，.把年龄落在和内的人分别称为“青少年人”和“中老年人”，经统计“青少年人”与“中老年人”的人数之比为.
（1）求图中的值，若以每个小区间的中点值代替该区间的平均值，估计这100人年龄的平均值；
（2）若“青少年人”中有15人关注此活动，根据已知条件完成题中的列联表，根据此统计结果，问能否有的把握认为“中老年人”比“青少年人”更加关注此活动？
附参考公式：，其中.
【答案】（1），，（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据频率分布直方图中前两个小矩形的面积和为，后四个小矩形的面积和为求出a,b，再利用频率分布直方图中平均数的计算公式直接求；
（2）依题意完成2×2列联表，计算K2，对照临界值得出结论．
【详解】（1）依题意，青少年人，中老年人的频率分别为，，
由
得，
（2）由题意可知，“青少年人”共有，“中老年人”共有人
完成列联表如下：
结合列联表
故没有把握认为“中老年人”比青少年人“更加关注此活动.
【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用与独立性检验的应用问题，考查了频率分布直方图中平均数的计算公式及的运算，是中档题．
19.如图所示，四棱锥中，平面，，，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）设二面角为，，，求四棱锥的体积.
【答案】（1）见证明；（2）
【解析】
【分析】
（1）取PC中点F，连接EF，BF，则可证四边形为平行四边形，∴，由线面平行的判定定理即可得证。

（2）设，则，进而可表示出任意点的坐标。

由题意知平面，故平面的一个法向量为，又，，设平面的法向量，则其中一条法向量
，
结合二面角为，可求出，所以。

【详解】解：（1）证明：取中点，连，，则，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形
∴
∵平面，平面
∴平面.
（2）以为原点，，，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系
设，则，，，，，，
∵，∴平面，故平面的一个法向量为
，，设平面的法向量，
由得.令得，
即
依题意，∴，解得
∴
【点睛】本题考查线面平行的判定定理，二面角的求法及四棱锥的体积公式，突破点在于根据二面角求出AB 的长度，进而根据体积公式求解，属基础题。

20.已知为椭圆：的上、下顶点，，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点为直线上任意一点，，交椭圆于两点，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）依题意，则，，结合，可得，带入方程即可求解。

（2）设，则直线的方程为，带入椭圆方程化简得，解得，，
同理可解，，所以，带入数据，结合均值定理，即可求得。

【详解】解：（1）依题意，则
又由，解得，故椭圆的方程为
（2）设，，（不妨设），则直线的方程为，
代入椭圆方程化简得，解得，，同理，
∴
令，则四边形面积
又在上单调递减，∴
【点睛】本题考查椭圆的几何性质及椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，属中档题。

椭圆方
程的求法，需根据条件得到的关系，解出，得到方程。

解决直线与椭圆的位置关系问题，常规思路是直线方程与椭圆方程联立，消元，化简，应用韦达定理建立关系，再进行求解。

21.已知函数.
（1）若在处的切线方程为，求的值；
（2）若为区间上的任意实数，且对任意，总有成立，求实数的最小值.
【答案】（1），（2）3
【解析】
【分析】
（1）由题意得，即，又，解得。

（2）根据，，可得∴，故在上单调递增。

假设，可得且，即可去掉绝对值，令，依题意，应满足在上单调递减，在上恒成立. 即在上恒成立，令，讨论可得若，
，若，，分析可得最小值为3。

【详解】解：（1）∵∴，即
，解得
（2）依题意∴，故在上单调递增，不妨设，
则且，原不等式即为.
令，依题意，应满足在上单调递减，
即在上恒成立.
即在上恒成立，令，则
（i）若，，此时在上单调递增，故此时
（ii）若，时，，单调递增；
时，，单调递减；
故此时∴，
故对于任意，满足题设条件的最小值为3.
【点睛】本题考查导数应用：已知切线方程求参数，恒成立求最值，考查分类讨论和构造函数法，考查计算，推理，方程转化的能力，属难题。

22.选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴
建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（2）若与交于两点，点的极坐标为，求的值.
【答案】（1）曲线普通方程为曲线的直角坐标方程为（2）
【解析】
【分析】
（1）将曲线的参数方程中的t消掉得到曲线的普通方程，利用ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，能求出C 2的直角坐标方程．
（2）将代入，得，利用直线参数的几何意义结合韦达定理，能求出
．
【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），两式相加消去t可得普通方程为；又
由ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，
曲线的极坐标方程为转化为直角坐标方程为
（2）把曲线的参数方程为（为参数），代入得，
设，是对应的参数，则，
所以
【点睛】本题考查了普通方程与参数方程、极坐标方程的相互转化，考查直线参数方程中参数的几何意义及应用，是中档题．
23.选修4-5：不等式选讲
已知函数.
（1）解不等式；
（2）记函数的最小值为，若均为正实数，且，求的最小值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）分，，三种情况去绝对值解不等式即可；
（2）由柯西不等式，有．可得a2+b2+c2的最小值．
【详解】（1）
所以等价于或或，解得或，
所以不等式的解集为或
（2）由（1）可知，当时，取得最小值，所以，即
故，
由柯西不等式，整理得，
当且仅当，即，，时等号成立
所以的最小值为.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值不等式的性质，柯西不等式的应用，属于中档题.。