2019届东北师大附中、重庆一中、吉大附中、长春十一中等高三联合模拟考试数学(理)试题(解析版)

2019届东北师大附中、重庆一中、吉大附中、长春十一中等高三联合模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，集合A与B关系的韦恩图如图所示，则阴影部分所表示的集合为( )A．B．C．D．【答案】D【解析】由图像可知阴影部分对应的集合为,然后根据集合的基本运算求解即可.【详解】解: 由图像可知阴影部分对应的集合为,,=,=,故选D.【点睛】本题考查考查集合的基本运算，利用图像先确定集合关系是解决本题的关键，比较基础. 2．为虚数单位，复数在复平面内对应的点的坐标为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】化简复数为a+bi的形式，即可得到其在复平面内对应的点的坐标.【详解】解：在复数平面内，复数=，故对应的店的坐标为，故选C.【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算，复数对应的点的几何意义，属于基本知识的考查. 3．等比数列各项均为正数，若，，则的前6项和为( )A．1365 B．63 C．D．【答案】B【解析】利用等比数列的性质及，可得q的值，计算即可.【详解】解：等比数列各项均为正数，且，，，可得q=2或q=-4(舍去)，=63，故选B.【点睛】本题考查了等比数列的性质及前n项和的公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.4．如图，点为单位圆上一点，，点沿单位圆逆时针方向旋转角到点，则( )A．B．C．D．【答案】A【解析】可得，,再根据化简可得答案.【详解】解：由题意得：，，=+==，故选A.【点睛】本题主要考查任意角三角函数的定义，及两角差的正弦、余弦公式，属于基础题.5．已知双曲线的右焦点到渐近线的距离等于实轴长，则此双曲线的离心率为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】可设双曲线的右焦点F(c,0),渐进线的方程为,由右焦点到渐近线的距离等于实轴长，可得c=，可得答案.【详解】解：由题意可设双曲线的右焦点F(c,0),渐进线的方程为，可得d==b=2a，可得c==，可得离心率e=，故选C.【点睛】本题主要考查双曲线离心率的求法，是基础题，解题时要熟练掌握双曲线的简单性质. 6．已知，，，则( )A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意可得，=，由的性质可得a＜c，同理可得，=，由可得c＜b，可得答案.【详解】解：由题意得：，=，在为单调递增函数，a＜c，同理可得：，=，在R上为单调递增函数，c＜b，综上，故选C.【点睛】本题主要考查利用指数函数、幂函数比较函数值的大小，需熟练掌握指数函数、幂函数的性质.7．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如右图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例．若输入n，x的值分别为5，2，则输出v的值为( )A．64 B．68C．72 D．133【答案】B【解析】根据程序框图与输入n，x的值分别为5，2，依次按循环进行计算可得答案.【详解】解：由题意可得：输入n=5，x=2，第一次循环，v=4，m=1，n=4，继续循环；第二次循环，v=9，m=0，n=3，继续循环；第三次循环，v=18，m=-1，n=2，继续循环；第四次循环，v=35，m=-2，n=1，继续循环；第五次循环，v=68，m=-3，n=0，跳出循环；输出v=68，故选B.【点睛】本题主要考查算法的含义与程序框图，注意运算准确.8．如图所示是某三棱锥的三视图，其中网格纸中每个小正方形的边长为1，则该三棱锥的外接球的体积为( )A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图画出三棱锥的直观图，可得其外接球的的半径，可得其体积.【详解】解：三棱锥的直观图如图D-ABC,设AB的中点为O,易得OA=OB=OD=OC=2,即可得三棱锥的外接球的半径R=2,可得三棱锥的外接球的体积为=，故选D.【点睛】本题主要考查几何体的三视图与直观图，及三菱锥外接球的体积，由三视图画出直观图是解题的关键.9．为了丰富教职工的文化生活，某学校从高一年级、高二年级、高三年级、行政部门各挑选出4位教师组成合唱团，现要从这16人中选出3人领唱，要求这3人不能都是同一个部门的，且在行政部门至少选1人，则不同的选取方法的种数为( ) A．336 B．340 C．352 D．472【答案】A【解析】分政部门选一人和政部门选二人分别计算选取方法的种数，相加可得答案.【详解】解：由题意可得，①政部门选一人，若其他两人为同一部门有=72种，若其他人不为同一部门有=192种，②政部门选二人，有=72种，综上共有72+192+72=336种，故选A.【点睛】本题考查了分类计数原理与排列组合，关键是如何分类，属于中档题.10．在正方体中，点E是棱的中点，点F是线段上的一个动点．有以下三个命题：①异面直线与所成的角是定值；②三棱锥的体积是定值；③直线与平面所成的角是定值．其中真命题的个数是( )A．3 B．2 C．1 D．0【答案】B【解析】以A点为坐标原点，AB,AD,所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系,可得=(1,1,1),=(t-1，1，-t)，可得=0,可得①正确；由三棱锥的底面为定值，且∥,可得②正确；可得=(t，1，-t)，平面的一个法向量为=（1，1，1），可得可得不为定值可得③错误，可得答案.【详解】解:以A点为坐标原点，AB,AD,所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B(1,0,0),C(1,1,O),D(0,1,0),(0,0,1),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1),设F(t，1，1-t)，（0≤t≤1），可得=(1,1,1),=(t-1，1，-t)，可得=0，故异面直线与所的角是定值，故①正确；三棱锥的底面为定值，且∥,点F是线段上的一个动点，可得F 点到底面的距离为为定值，故三棱锥的体积是定值，故②正确；可得=(t，1，-t)，=(0,1,-1),=(-1,1,0),可得平面的一个法向量为=（1，1，1），可得不为定值，故③错误;故选B.【点睛】本题主要考查空间角的求解及几何体体积的求解，灵活建立直角坐标系是解题的关键. 11．2018年，国际权威机构IDC发布的全球手机销售报告显示：华为突破2亿台出货量超越苹果的出货量，首次成为全球第二，华为无愧于中国最强的高科技企业。

华为业务CEO余承东明确表示，华为的目标，就是在2021年前，成为全球最大的手机厂商．为了解华为手机和苹果手机使用的情况是否和消费者的性别有关，对100名华为手机使用者和苹果手机使用者进行统计，统计结果如下表：根据表格判断是否有95%的把握认为使用哪种品牌手机与性别有关系，则下列结论正确的是( )附：A．没有95%把握认为使用哪款手机与性别有关B．有95%把握认为使用哪款手机与性别有关C．有95%把握认为使用哪款手机与性别无关D．以上都不对【答案】A【解析】根据统计数据计算可得的值进行判断可得答案.【详解】解：由表可知：a=30，b=15，c=45，d=10，n=100，则≈3.030≤3.841,故没有95%把握认为使用哪款手机与性别有关，故选A.【点睛】本题主要考查独立性检验的判断，属于基础题型.12．已知抛物线的焦点为，过点作斜率为的直线l与抛物线C 交于A，B两点，直线分别交抛物线C与M，N两点，若，则( )A．1 B．C．D．【答案】D【解析】设A()，B(),P(0,-2),可得，同时可得，，联立直线与方程可得，，，代入可得k的值.【详解】解：设A()，B(),P(0,-2),A、B、P三点共线，可得，整理可得…①，由抛物线关于y轴对称及焦半径公式可得：，,,可得…②,由①②可得，即:…③由直线的方程：y=kx-2，抛物线，可得，，,代入③式可得，，可得，故选D.【点睛】本题直线与抛物线的综合，联立直线与方程灵活利用抛物线的性质是解题的关键.二、填空题13．设x，y满足条件，则的最小值为_____________．【答案】2【解析】根据已知条件画出可行域，用目标函数进行判断可得答案.【详解】解：由题意，根据已知条件作出如下可行域：设z=2x+3y，即:，由图可知，当目标函数过点C时，z=2x+3y最小，由，可得C(1,0),故故答案：2【点睛】本题主要考查简单的线性规划，相对简单.14．由曲线与它在处切线以及x轴所围成的图形的面积为________．【答案】【解析】根据导数的几何意义求出切线方程，作出对应的图像，利用积分的几何意义即可求出区域的面积.【详解】解：,当x=1时，y=1，,在点（1，1）处的切线的斜率为k=，可得切线的方程为y=3x-2，直线y=3x-2与x轴的交点坐标为（），可得围成图形的面积：S====，故答案：.【点睛】本题主要考查利用导数研究曲线上的某点的切线方程及定积分在求面积中应用，属于基础题型.15．已知正方形ABCD的边长为4，M是AD的中点，动点N在正方形ABCD的内部或其边界移动，并且满足，则的取值范围是________．【答案】【解析】建立以A为原点建立直角坐标系，可得A(0,0),B(4,0),C(4,4),D(0,4),M(0,2)，可得N满足的方程（x≥0），同时可得=，设z=，求出其取值范围可得答案.【详解】解：如图建立以A为原点建立直角坐标系，可得A(0,0),B(4,0),C(4,4),D(0,4),M(0,2)设N点坐标N（x，y），可得=(x，y-2)，=（x，y），由，可得N满足的方程（x≥0）…①，可得=(4-x,-y),=(4-x,4-y),可得==…②,将①代入②可得=，即求z=的取值范围，可得（x，y）满足（x≥0），由图像可知当N取（0，0）点的时候z最大，，当直线z=与圆（x≥0）相切时候，z取最小值，设直线为y=-2x+b，则z=-2b+16，联立方程可得，可得，由其只有一个交点可得：△=0，即:，解得：b=或b=（b＞0，舍去），z=-2b+16=14-2，即:，可得的取值范围：.【点睛】本题考查动点的轨迹问题及向量的数量积的取值范围，灵活建立直角坐标系，数形结合是解题的关键.16．已知数列的前项和为，若是和的等比中项，设，则数列的前60项和为______________．【答案】【解析】可求得，同时由，可得，可得数列的前60项和的值.【详解】解：是和的等比中项，，当n=1时，，解得：；当n=2时，，解得：；当n=3时，，解得：，…可得当n=n-1时时候，，由，有，故=，可得，，…,故=+…=.【点睛】本题主要考查数列的求和及数列的通项公式，得出是解题的关键.三、解答题17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为.（1）求；（2）若，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由△ABC的面积为,可得，利用正弦定理进行转化可得的值；（2）由余弦定理及，，可得a的值，同时由可得，，即可的，利用两角差的余弦公式可得的值.【详解】解：（1）由题设得即由正弦定理得，因为所以由于所以又∵，故（2）在△ABC中，由余弦定理及，有，故．由，得所以，因此所以【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用及两角差的余弦，解题的关键是利用正弦定理和余弦定理对边角问题进行转化.18．2018年12月18日上午10时，在人民大会堂举行了庆祝改革开放40周年大会．40年众志成城，40年砥砺奋进，40年春风化雨，中国人民用双手书写了国家和民族发展的壮丽史诗．会后，央视媒体平台，收到了来自全国各地的纪念改革开放40年变化的老照片，并从众多照片中抽取了100张照片参加“改革开放40年图片展”，其作者年龄集中在之间，根据统计结果，做出频率分布直方图如下：（1）求这100位作者年龄的样本平均数和样本方差（同一组数据用该区间的中点值作代表）；（2）由频率分布直方图可以认为，作者年龄X服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．（i）利用该正态分布，求；（ii）央视媒体平台从年龄在和的作者中，按照分层抽样的方法，抽出了7人参加“纪念改革开放40年图片展”表彰大会，现要从中选出3人作为代表发言，设这3位发言者的年龄落在区间的人数是Y，求变量Y的分布列和数学期望．附：，若，则，【答案】（1）,；（2）（i）0.3415；（ii）详见解析.【解析】(1) 利用离散型随机变量的期望与方差的公式计算可得答案；（2）（i）由(1)知，，从而可求出；（ii）可得可能的取值为0，1，2，3，分别求出其概率，可列出的分布列，求出其Y 的数学期望.【详解】解：（1）这100位作者年龄的样本平均数和样本方差分别为（2）（i）由（1）知，，从而；（ii）根据分层抽样的原理，可知这7人中年龄在内有3人，在内有4人，故可能的取值为0，1，2，3，，所以的分布列为Y0 1 2 3P所以Y的数学期望为【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的期望与方差，正态分布的应用，其中解答涉及到离散型随机变量的期望与方差公式的计算、正态分布曲线的概率的计算等知识点的考查，着重考察了学生分析问题的解答问题的能力及推理与运算的能力，属于中档题型.19．如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面．（1）若点是的中点，求证：//平面；（2）棱BC上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为？若存在，求线段CE 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）详见解析；（2）存在，且长度为【解析】(1)连接,可得四边形是平行四边形，可得，可证得//平面；（2）取中点，连接，可得是正三角形，分别以,,为轴,轴,轴，建立空间直角坐标系，假设点存在，设点的坐标为，，可得平面的一个法向量，平面的一个法向量为，由二面角的余弦值为可得的值，可得的长.【详解】解：（1）证明：连接,由已知得，，且所以四边形是平行四边形，即，又平面，平面，所以//平面（2）取中点，连接因为是菱形，且，所以是正三角形，所以即，由于是正三角形所以，分别以,,为轴,轴,轴，建立空间直角坐标系,如图，，，假设点存在，设点的坐标为，，设平面的法向量则即，可取平面的法向量为所以，，解得：又由于二面角大小为锐角，由图可知，点E在线段QC上，所以，即【点睛】本题主要考查立体几何的相关知识，涉及线面的垂直关系，二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用.本题对考试的空间想象能力与运算能力有较高的要求.20．已知平面直角坐标系内的动点P到直线的距离与到点的距离比为．（1）求动点P所在曲线E的方程；（2）设点Q为曲线E与轴正半轴的交点，过坐标原点O作直线，与曲线E相交于异于点的不同两点，点C满足，直线和分别与以C为圆心，为半径的圆相交于点A和点B，求△QAC与△QBC的面积之比的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】(1)设动点P的坐标为, 由题意可得,整理可得曲线E的方程；(2) 解法一：可得圆C方程为，设直线MQ的方程为，设直线NQ的方程为，分别与圆联立，可得，，可得，可得，代入可得答案；解法二：可得圆C方程为，设直线MQ的方程为，则点C到MQ的距离为，，，设直线NQ的方程为，同理可得：，，可得，代入可得答案.【详解】解：（1）设动点P的坐标为，由题意可得，整理，得：，即为所求曲线E的方程；（2）（解法一）由已知得：，，，即圆C方程为由题意可得直线MQ，NQ的斜率存在且不为0设直线MQ的方程为，与联立得：所以，同理，设直线NQ的方程为，与联立得：所以因此由于直线过坐标原点，所以点与点关于坐标原点对称设，，所以，又在曲线上，所以，即故，由于，所以，（解法二）由已知得：，，，即圆C方程为由题意可得直线MQ，NQ的斜率存在且不为0设直线MQ的方程为，则点C到MQ的距离为所以于是，设直线NQ的方程为，同理可得：所以由于直线l过坐标原点，所以点M与点N关于坐标原点对称设，，所以，又在曲线上，所以，即故，由于，所以，【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系，三角形的面积公式的应用，向量数量积的应用，考查计算能力，转化思想.21．已知函数．（1）若，证明：；（2）若只有一个极值点，求的取值范围．【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）将代入，可得等价于，即，令，求出，可得的最小值，可得证明；（2）分，三种情况讨论，分别对求导，其中又分①若②若③若三种情况，利用函数的零点存在定理可得a的取值范围.【详解】解：（1）当时，等价于，即；设函数，则，当时，；当时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，而，故，即．（2），设函数，则；（i）当时，，在上单调递增，又，取b 满足且，则，故在上有唯一一个零点，且当时，，时，，由于，所以是的唯一极值点；（ii）当时，在上单调递增，无极值点；努力的你，未来可期！（iii ）当时，若时，；若时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，①若时，由于，故只有一个零点，所以时，因此在上单调递增，故不存在极值；②若时，由于，即，所以，因此在上单调递增，故不存在极值；③若时，，即．又，且，而由（1）知，所以，取c 满足，则故在有唯一一个零点，在有唯一一个零点；且当时，当时，，当时，由于，故在处取得极小值，在处取得极大值，即在上有两个极值点．综上，只有一个极值点时，的取值范围是【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及利用导数研究函数的极值，及函数的零点存在定理，注意分类讨论思想的运用.22．已知曲线的参数方程为(为参数)，以原点为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）射线与曲线交于点M，射线与曲线交于点努力的你，未来可期！N ，求的取值范围．【答案】（1）的极坐标方程为，的直角方程为；（2）. 【解析】(1)利用三种方程的互化方法求出曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程即可；（2）设点和点的极坐标分别为，，其中，可得，的值，代入可得其取值范围.【详解】解：（1）由曲线的参数方程(为参数)得：，即曲线的普通方程为又，曲线的极坐标方程为，即曲线的极坐标方程可化为，故曲线的直角方程为（2）由已知，设点和点的极坐标分别为，，其中则，于是由，得故的取值范围是【点睛】努力的你，未来可期！本题主要考查简单曲线的极坐标方程、参数方程化为普通方程及极坐标方程的简单应用，需熟练掌握三种方程的互化方法.23．设函数．（1）若，解不等式；（2）求证：．【答案】（1）;（2）详见解析.【解析】(1)，可得a的取值范围，即为的解集；(2)可得的解析式，，可得证明.【详解】解：（1）因为，所以，即或故不等式的解集为（2）由已知得：所以在上递减，在递增即所以【点睛】本题主要考查解绝对值不等式，及不等式的证明，求出的解析式与最小值是解题的努力的你，未来可期！关键.努力的你，未来可期！。