湖北省荆州中学2019届高三第三次模拟考试数学(理科)试题

湖北省荆州中学2019届高三第三次模拟考试
数学（理科）
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页，23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

第Ⅰ卷
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.命题：，，则命题的否定为（）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】
利用特称命题“”的否定为全称命题“”即可得结果.
【详解】因为特称命题的否定为全称命题，且需要将存在量词改写为全称量词，
所以特称命题命题：，的否定为全称命题，，故选B.
【点睛】本题主要考查特称命题的否定，属于简单题.全称命题与特称命题的否定与命题的否定有一定的区别，否定全称命题和特称命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词、存在量词改写为全称量词;二是要否定结论，而一般命题的否定只需直接否定结论即可.
2.已知集合，，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用一元二次不等式的解法化简集合，利用指数函数的性质化简集合，由交集的定义可得结果.
【详解】利用一元二次不等式的解法化简集合,
由指数函数的性质化简集合=，
所以，故选B.
【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.
3.已知，，，则，，的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据指数函数的单调性以及对数函数的单调性分别判断出的取值范围，从而可得结果. 【详解】由指数函数的性质可得，
由对数函数的性质可得，
，
，故选C.
【点睛】本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间
）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.
4.等差数列中，，则该数列前9项的和等于（）
A. 15
B. 18
C. 21
D. 27
【答案】B
【解析】
【分析】
根据微积分基本定理可求得，由等差数列的求和公式结合等差数列的性质可得结果.
【详解】，
，故选B.
【点睛】本题主要考查微积分基本定理的应用、等差数列的性质以及等差数列的求和公式，属于中档题. 解等差数列有关的问题时，一定要注意应用等差数列的性质
（）与前项和的关系.
5.设函数的导函数为，则区间为其定义域的子集，命题:“时”是“在区间上是增函数”的充分不必要条件，命题：“是的零点”是“是的极值点”的充要条件，则下列符合命题中的真命题是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据导函数的符号与函数单调性的关系结合充分条件与必要条件的定义可得为真命题，根据
函数极值点的定义结合充分条件与必要条件的定义可得为假命题，为真，从而可得结果. 【详解】若，则在上为增函数，
若在上是为增函数时，，
是为增函数的的充分不必要条件，为真，
是的零点，则不一定是极值点，（例如是的零点，不是极值点），为假，
为真，为真，故选C.
【点睛】本题主要有考查函数极值点的定义、导函数的符号与函数单调性的关系以及充分条件与必要条件的定义、逻辑联接词的应用，意在考查对基本概念掌握的熟练程度以及综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.
6.等比数列中，，，则数列的前项和的最大值为（）
A. 15
B. 10
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由，，可得求出首项与公比的值，可得等比数列的通项，从而可得
，可判断第七项以后的每一项都是负数，可得前项或前5项和最大，从而可得结果.
【详解】设首项为，公比为，
则，，
，，
即第七项以后的每一项都是负数，
所以前项或前5项和最大，
最大值为，故选A.
【点睛】本题主要考查等比数列通项公式基本量的运算以及等差数列的性质，属于中档题.求等差数列前项和的最大值的方法通常有两种：①将前项和表示成关于的二次函数，
，当时有最大值（若不是整数，等于离它较近的一个或两个整数时
最大）；②可根据且确定最大时的值.
7.已知是第一象限的角，其终边与单位圆交于点的横坐标为，将射线绕点按逆时针方向旋转，所得射线与单位圆交于点，则点的纵坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设所在终边的角为，则，所在终边的角为，由两角和的正弦公式可得结果.
【详解】设所在终边的角为，则，
因为将射线绕点按逆时针方向旋转，所得射线与单位圆交于点，
所以所在终边的角为，
，
，
点的纵坐标为，故选D.
【点睛】本题主要考查三角函数的定义以及两角和的正弦公式，属于中档题. 应用三角公式解决问题的三个变换角度(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”；(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、
“升幂与降幂”等；(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.
8.已知函数，则使得成立的实数的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
函数的定义域为，讨论函数的单调性，奇偶性可得实数的取值范围.
【详解】
由函数可知其定义域为，且
故函数为偶函数
且函数在上单调递增，在上单调递减；函数
在上单调递增，在上单调递减；
即函数在上单调递增，在上单调递减；则
故选D.
【点睛】本题考查函数奇偶性，单调性的应用，属中档题.
9.已知的面积为1，角，，的对边分别为，，，且，，则角的大
小为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据余弦定理，三角形面积公式即可求得角的大小.
【详解】由题ΔABC的面积为1，即由，，
根据余弦定理可得
综上可得
故选C .
【点睛】本题考查三角函数知识和解三角形的综合应用，属中档题.
10.函数（）的图象关于直线对称，在区间上任取三个实数，，，总能以，，的长边构成三角形，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
任取三个实数a，b，c，均存在以f（a），f（b），f（c）为边长的三角形，等价于f（a）+f （b）＞f（c）恒成立，从而2f（x）min＞f（x）max且f（x）max＞0，由此能求出实数h的取值范围．
【详解】函数（）的图象关于直线对称
即
,当时，
，即由三角函数的单调性可知在
区间上，
则在区间上任取三个实数，，，总能以，，的长边构成三角形，
且，即
故选D.
【点睛】本题考查三角函数的应用，是中档题，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用．
11.已知常数是正数，若关于的不等式（）的解集中有且仅有一个正整数，则整数等于
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
判断的单调性，作出与的图象，根据图象和整数解的个数判断
的范围，从而确定整数．
【详解】
由可知函数在上单调递增，在上单调递减，如图所示，若关于的不等式（）的解集中有且仅有一个正整数，则，即
又为正整数，故
故选C.
【点睛】本题考查利用导数研究不等式的解集，注意转化思想，数形结合思想的应用，属中档题.
12.函数（）在区间上有唯一极大值点，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数f（x）有极值点得出f′（x）=0有实根，再根据余弦函数的图象与性质，列出方程组求出ω的取值范围．
【详解】由题意，（），函数（）在区间上有唯一极大值
点，在上有唯一实根，得
故选A.
【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了利用导数研究函数的极值问题，是综合性题目．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，把答案填写在答题卡中相应的横线上。

13.实数，满足不等式组，则的最大值为__________．
【答案】3
【解析】
【分析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.
【详解】
画出表示的可行域，如图，
由可得，
将变形为，
平移直线，
由图可知当直经过点时，
直线在轴上的截距最大，
最大值为，故答案为.
【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
14.函数在处的切线于坐标轴围成的三角形的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
求出,求出的值可得切点坐标，求出的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程，分别求出直线与坐标轴的交点，由三角形面积公式可得结果.
【详解】，
则，
故曲线在点处的切线的方程为，
令，得，
令，得，
则直线与两坐标轴的交点为和，
所围成三角形的面积为，故答案为.
【点睛】本题主要考查利用导数求曲线切线方程，属于中档题.求曲线切线方程的一般步骤是：
（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程
.
15.数列前项和为，若，则__________．
【答案】2020
【解析】
【分析】
由，可得分别为，归纳可得每相邻四项和为4，将前项和分组求和可得结果.
【详解】
，
分别为，
归纳可得，每相邻四项和为4，
，故答案为2020.
【点睛】本题主要考查数列的通项公式以及分组求和的应用，考查了归纳推理的应用，属于难题. 利用归纳推理的关键是通过观察个别情况发现某些相同的性质，从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题.
16.函数（）的图象关于轴对称的点恰好有2对，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】
函数f（x）图象上存在2对关于y轴对称的点，设就是y=）与
有2个交点，结合图象解题即可．
【详解】
若，则，∵时，，
∴若函数f（x）图象上存在2对关于y轴对称的点，也就是函数与函数有2个交点，在同一坐标系内画函数与函数的图象，设切点为
则解得，
由图像可知函数与函数有2个交点，则 .
故答案为.
【点睛】本题主要考查函数的图象，把方程的根的问题转化为函数图象的交点问题，体现了数形结合的思想．属中档题.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.已知函数，.
（1）求函数的最小值，并写出取得最小值时的集合；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求函数的单调递增区间.
【答案】（1），取最小值时的集合为；
（2），。

【解析】
【分析】
（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为
，从而可得时；（2）将函数的图象向右平移个单位长
度，得到函数，利用正弦函数的单调性解不等式，可得到函数的递增区间.
【详解】（1）
令，得
故取最小值时的集合为，
（2）
令，解得
所以的单调增区间为，
【点睛】本题主要考查三角函数的单调性、三角函数的图象变换及最值，属于中档题.函数
的单调区间的求法：(1) 代换法：①若,把看作是一个整体，
由求得函数的减区间，求得增区间；
②若,则利用诱导公式先将的符号化为正，再利用①的方法，或根据复合函数的单调性规律进行求解；(2) 图象法：画出三角函数图象，利用图象求函数的单调区间.
18.已知数列前项和为，，，在数列中，且。

（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列前项中所有奇数项的和
【答案】（1），；（2）。

【解析】
【分析】
（1）由，可得两式相减得，是首项为1 ，公比为2的等比数列，从而可得的通项公式；，（）两式相减得（），分奇偶讨论可得的通项公式；（2）令，由（1）可得前项中所有奇数项和，利用错位相减法可得结果.
【详解】（1）∵，∴两式相减得，
又，，∴是首项为1 ，公比为2的等比数列
∴，
∵ ,（）
两式相减得（），又
由此可得是首项为1，公差为3的等差数列，
是首项为3，公差为3的等差数列，
所以
（2）令，前项中所有奇数项和为
则
∴
【点睛】本题主要等差数列的通项公式、等比数列的求和公式以及“错位相减法”求数列的和，以及不等式恒成立问题，属于难题. “错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.
19.在中，角，，的对边分别为，，，且，.
（1）求；
（2）求边上的中线长度的最大值.
【答案】（1）；（2）。

【解析】
【分析】
（1）由和差角公式以及化简已知可得，求得cosA,结合A的范围可求；
（2）设，，由余弦定理，在，中分别有，
，又由于，可得，再根据余弦定理可得
，由基本不等式可求得，从而得到的取值范围，得到的最大值. 【详解】（1）∵
而，所以
∴
又由于，，
∴，结合
∴
（2）设，，
由余弦定理，在，中分别有，，
又由于
所以
在中，，即
∵，
∴，
从而，，当且仅当时取等号，
故边上的中线长度的最大值为
【点睛】本题考查三角形和差角公式，余弦定理以及基本不等式，属中档题.
20.为响应国家提出的“大众创业，万众创新”的号召,小李同学大学毕业后,决定利用所学专业进行自主创业。

经过市场调查,生产某小型电子产品需投入年固定成本为5万元，每年生产
万件，需另投入流动成本为万元，且，每件产品售价为10元。

经市场分析,生产的产品当年能全部售完。

(1)写出年利润(万元)关于年产量(万件)的函数解析式；
(注:年利润=年销售收入-固定成本-流动成本)
(2)年产量为多少万件时，小李在这一产品的生产中所获利润最大?最大利润是多少?
【答案】（1）；
（2）当年产量为8万件时，小李在这一产品的生产中所获利润最大，最大利润为万元。

【解析】
【分析】
（1）因为每件产品售价为10原，则万件产品销售收入为万元，分两种情况讨论，当
时，当时，分别利用销售收入减去成本可得出年利润(万元)关于年产量(万件)的函
数解析式；（2）当时，由二次函数的性质可得取得最大值；当时，
取得最大值，由可得结果.
【详解】（1）因为每件产品售价为10元，则万件产品销售收入为万元，
当时，
当时，，
所以
（2）当时，
当时，取得最大值
当时，，所以为减函数，
当时，取得最大值，因为
故当年产量为8万件时，小李在这一产品的生产中所获利润最大，最大利润为万元
【点睛】本题主要考查阅读能力及建模能力、分段函数的解析式，属于难题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.理解本题题意的关键是构造分段函数，构造分段函数时，做到分段合理、不重不漏，分段函数的最值是各段的最大(最小)者的最大者(最小者).
21.已知定义域为的函数（，）
（1）设，求的单调区间；
（2）设为导数，
（i）证明：当，时，；
（ii）设关于的方程的根为，求证：
【答案】（1）当为奇数时的增区间为，减区间为；当为偶数时的
增区间为及，减区间为。

（2）（i）证明见解析，（ii）证明见解析。

【分析】
（1）对，求导可得，分当为大于1的奇数，和为偶数时两种情况讨论可得的单调区间；
（2）（i）设，，求导得，根据研究即可得到所证结论；
（ii），原方程化为解得，
因为，所以；作差得，，由（i）知，可得，所以，即可得证.
【详解】（1），
当，时
即
（a）当为大于1的奇数时，是偶数，，，
当时，，当时
故的增区间为，减区间为
当为偶数时，是奇数，由于，所以
当或时，，当时
故的增区间为及，减区间为
综上，当为奇数时的增区间为，减区间为，
当为偶数时的增区间为及，减区间为，
（2）（i）证明：设，，则，
因为，，故在是增函数，
从而，由于，
所以，
所以在是增函数，，即
（ii），原方程化为
解得，因为，所以；
作差得，，
由（i）知，当，时，，
令，，故有，所以，，
综上，
【点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查分类讨论的数学思想，属于难题．
请考生在22、23两题中任选一题作答，注意：只能做所选定的题目。

如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号的方框涂黑。

选修4-4：坐标系与参数方程
22.直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），过点作倾斜角互补的两条相交直线，，分别交曲线于，和，，设的倾斜角为
（1）写出的参数方程，并求曲线的普通方程；
（2）求证：
【答案】（1）的参数方程（为参数），的普通方程；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）直接利用直线参数方程的标准形式可得结果；利用平方法消去曲线的参数方程中的参
数即可得到的普通方程；（2）将的参数方程与的普通方程联立，消去，得关于的方程
，根据直线参数方程的几何意义，由韦达定理，结合三角恒等变换即可得结果.
【详解】（1）的参数方程（为参数），的普通方程；
（2）将的参数方程与的普通方程联立，消去，得关于的方程
，设其两根为，
由直线参数方程参数的几何意义知，
同理
所以
【点睛】本题主要考查参数方程和普通方程的转化，消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；
④三角恒等式消元法，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程．
选修4-5：不等式选讲
23.已知，其中
（1）当时，求不等式的解集；
（2）是否存在常数，使不等式的解集恰为？若存在，求的值，若不存在，请说明理由。

【答案】（1）；（2）存在符合题意的，。

【解析】
【分析】
（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；（2）原不等式化作，由于其解集为，故，且，可得，令，得，则，且，从而可得结果.
【详解】（1）当时，
只需考虑的情形，令，得
故原不等式的解集为
（2），原不等式化作，
由于其解集为，故，且，∴，令，
得，则，且
所以，故存在符合题意的，.
【点睛】绝对值不等式的常见解法：
①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．。