河北省省级示范性高中联合体2019届高三3月联考数学(文)试卷(含解析)

河北省省级示范性高中联合体2019届高三3月联考
数学（文）试卷
（考试时间：120分钟试卷满分：150分）
一、选择题:本大题共12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.下列格式的运算结果为实数的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用复数运算化简每个选项即可求解
【详解】对A,
对B,
对C,
对D,
故选：D
【点睛】本题考查复数的运算，熟记运算法则是关键，是基础题
2.设集合，则集合可以为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先解集合A,对照选项即可求解
【详解】因为，所以当时，
故选：C
【点睛】本题考查集合的交集，考查运算求解能力与推理论证能力，是基础题
3.在平行四边形中，,,则点的坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求,再求,即可求D坐标
【详解】，∴，则D(6,1)
故选：A
【点睛】本题考查向量的坐标运算，熟记运算法则，准确计算是关键，是基础题
4.从某小学随机抽取名同学，将他们的身高（单位：厘米）分布情况汇总如下：
有此表估计这名小学生身高的中位数为（结果保留4位有效数字）（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由表格数据确定每组的频率，由中位数左右频率相同求解即可.
【详解】由题身高在,的频率依次为0.05，0.35，0.3,前两组频率和为0.4，组距为10，设中位数为x,则,解x=123.3
故选：C
【点睛】本题考查中位数计算，熟记中位数意义，准确计算是关键，是基础题.
5.如图，某瓷器菜盘的外轮廓线是椭圆，根据图中数据可知该椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分析图知2a,2b,则e可求.
【详解】由题2b=16.4,2a=20.5,则则离心率e=.
故选：B.
【点睛】本题考查椭圆的离心率，熟记a,b的几何意义是关键，是基础题.
6.若函数，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据对数的运算的性质计算即可．
【详解】f（x）＝1+|x|，
∴f（﹣x）+f（x）＝2+2|x|，
∵lg lg2，lg lg5，
∴f（lg2）+f（lg）+f（lg5）+f（lg）＝2×2+2（lg2+lg5）＝6，
故选：C
【点睛】本题考查了对数的运算，函数基本性质，考查了抽象概括能力和运算求解能力，是基础题
7.汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为
A. 32
B. 40
C.
D.
【分析】
将三视图还原，即可求组合体体积
【详解】将三视图还原成如图几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积为
，利用张衡的结论可得
故选：C
【点睛】本题考查三视图，正确还原，熟记圆柱圆锥的体积是关键，是基础题
8.若存在等比数列，使得，则公比的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
将原式表示为的关系式，看做关于的二次型方程有解问题，利用判别式列不等式求解即可.
【详解】由题设数列的公比为q(q≠0),则,整理得=0,当
时，易知q=-1，符合题意；但q≠0,当≠0时，，解得故q的最大值为
故选：D
【点睛】本题考查等比数列，考查函数与方程的思想，准确转化为的二次方程是关键，是中档题.
9.已知函数，则下列判断错误的是（）
A. 为偶函数
B. 的图像关于直线对称
C. 的值域为
D. 的图像关于点对称
【答案】D
化简f（x）＝1+2cos4x后，根据函数的性质可得．
【详解】f（x）＝1+cos（4x）sin（4x）＝1+2sin（4x）＝1+2cos4x，
f（x）为偶函数，A正确；
4x 得,当k=1时，B正确；
因为2cos4x的值域为，C正确；
故D错误．
故选：D．
【点睛】本题考查三角恒等变换，三角函数的性质，熟记三角函数基本公式和基本性质，准确计算是关键，是基础题
10.已知，设满足约束条件的最大值与最小值的比值为，则（）
A. 为定值
B. 不是定值，且
C. 为定值
D. 不是定值，且
【答案】C
【解析】
【分析】
由约束条件画出可行域，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，进一步求出最值，结合最大值与最小值的差为3求得实数m的值．.
【详解】画出m＞0，x，y满足约束条件的可行域如图：
当直线z＝x+y经过点A（2，m+4），z取得最大值，当直线经过B（﹣1，﹣2）时，z取得最小值，故
k2为定值．
故选：C．
【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．
11.在棱长为的正方体中，为棱上一点，且到直线与的距离相等，四面体
的每个顶点都在球的表面上，则球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题，先确定F的位置，由互相垂直，构造以为棱的长方体，求其外接球半径即可求得球的表面积
【详解】过做面B,∴面NF,∴FN为到直线的距离，则,设解得x=,
互相垂直, 以为棱的长方体球心即为O，则球的表面积为4
故选：D
【点睛】本题考查椎体的外接球，明确点F的位置是突破点，构造长方体是关键，是中档题
12.已知函数的导函数满足对恒成立，则下列不等式中一定成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求出函数g（x）的导数，判断函数的单调性，从而得出答案．
【详解】令由（x+xlnx）f′（x）<f（x），
得（1+lnx）f′（x）f（x）<0，
g′（x），
则g′（x）<0，
故g（x）在递减；故,即,∴
故选：A
【点睛】本题考查抽象函数的单调性，构造函数，准确构造新函数是突破，准确判断单调性是关键，是中档题
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上．
13.小张要从种水果中任选种赠送给好友，其中芒果、榴莲、椰子是热带水果，苹果、葡萄是温带水果，则小张送的水果既有热带水果又有温带水果的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】
确定基本事件个数即可求解
【详解】由题从种水果中任选种的事件总数为小张送的水果既有热带水果又有温带水果的基本事件总数为小张送的水果既有热带水果又有温带水果的概率为
故答案为
14.函数的值域为________．
【答案】
【解析】
【分析】
由函数性质确定每段的值域，再求并集即可
【详解】由题单调递增，∴,又=,故函数的值域为
故答案为.
【点睛】本题考查分段函数的值域，三角函数性质，指数函数的性质，熟记函数性质，准确计算是关键，是基础题
15.已知，分别是双曲线：的左、右顶点，为上一点，则的外接圆的标准方程为
__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由点为上，求m,由外心设外心坐标M(0,t),M在PB的中垂线上求t即可
【详解】为上一点,,解得m=1,则B(1,0),∴PB中垂线方程为+2,
令x=0,则y=3,设外接圆心M(0,t),则M(0,3),,∴ 外接圆的标准方程为
故答案为
【点睛】本题考查圆的标准方程，双曲型方程，熟记外心的基本性质，准确计算是关键，是基础题
16.设为等差数列的前项和，若，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
分别利用等差数列的通项公式及求和公式表示已知条件，然后求出得a1，d，在代入求和公式，并利用导数判单调性求最值即可求解．
【详解】由题意可得，解可得a1＝﹣19，d＝4，
∴S n＝﹣19n2n2﹣21n，∴nS n＝2n3﹣21n2，
设f（x）＝2x3﹣21x2，f′（x）＝6x（x﹣7），
当0＜x＜7时，f′（x）＜0；函数是减函数；
当x＞7时，f′（x）＞0，函数是增函数；
所以n＝7时，nS n取得最小值：﹣343．
故答案为-343
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，准确计算是关键，属于基础试题．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．第17～21题为必考题，每道试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分.
17.在中，.
证明：为等腰三角形.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
由正弦定理得，由得，利用余弦定理求得b=c即可证明；由的面积求a,设，在中运用余弦定理求得x，即为所求
【详解】（1）证明：，
，
设的内角的对边分别为，，，
由余弦定理可得
即，则为等腰三角形.
（2），
则的面积
解得.
设，则，由余弦定理可得，
解得（负根舍去），从而线段的长为.
【点睛】本题考查正余弦定理，同角三角函数基本关系，证明三角形形状，熟练运用定理及三角公式，准确计算是关键，是中档题
18.如图，在三棱柱中，平面，为边上一点，，.
（1）证明：平面平面.
（2）若，试问：是否与平面平行？若平行，求三棱锥的体积；若不平行，请说明理由.
【解析】
【分析】
（1）利用平面，证得平面，得到，利用余弦定理证得，由此证得
平面，从而证得平面平面.（2）取的中点，连接，通过证明四边形
为平行四边形，证得,同理证得,所以平面平面，由此证得平面.利用
求得三棱锥的体积.
【详解】(1)证明：因为AA1⊥平面ABC，
所以BB1⊥平面ABC，
因为，
所以AD⊥BB1．
在△ABD中，由余弦定理可得，，
则，
所以AD⊥BC，
又，
所以AD⊥平面BB1C1C，
因为，
所以平面ADB1⊥平面BB1C1C．
(2)解：A1C与平面ADB1平行．
证明如下：取B1C1的中点E，连接DE，CE，A1E，
因为BD＝CD，所以DE∥AA1，且DE＝AA1，
所以四边形ADEA1为平行四边形，
则A1E∥AD．
同理可证CE∥B1D．
因为，
所以平面ADB1∥平面A1CE，
又，
所以A1C∥平面ADB1．
因为AA1∥BB1，
所以，
又，且易证BD⊥平面AA D，
所以．
【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查线面垂直的证明以及三棱锥体积的求法，属于中档题. 19.某小学举办“父母养育我，我报父母恩”的活动，对六个年级（一年级到六年级的年级代码分别为
）的学生给父母洗脚的百分比进行了调查统计，绘制得到下面的散点图.
由散点图看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明.
建立关于的回归方程，并据此预计该校学生升入中学的第一年（年纪代码为）给父母洗脚的百分比.
附注：参考数据：参考公式：相关系数
若，则与的线性相关程度相当高，可用线性回归模型拟合与的关系.回归方程中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为：，.
【答案】（1）详见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）计算得，代入计算公式求值即可判断与的线性相关程度；（2）由公式计算
求带入回归直线求得进而求得回归方程，将x=7代入直线，即可确定百分比
【详解】（1）因为
所以，
所以，
因为所以，
所以
由于与的相关系数约为，说明与的线性相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合与的关系.
(2)
因为，所以
所以回归方程为
将，代入回归方程可得，
所以预计该校学生升入中学的第一年给父母洗脚的百分比为.
【点睛】本题考查相关系数r,回归直线方程，熟练运用公式计算是关键，是基础题
20.已知点是抛物线上一点，为的焦点．
（1）若，是上的两点，证明：，，依次成等比数列.
（2）过作两条互相垂直的直线与的另一个交点分别交于，(在的上方），求向量在轴正方向上的投影的取值范围.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由在抛物线上求P,再利用焦半径公式求，，，再利用等比数列定义证明即可（2）设直线
的方程为，与联立，得，由，求k的范围，并求得P 坐标，同理求得Q坐标，则向量在轴正方向上的投影为，求函数的范围即求得结果
【详解】（1）证明：在抛物线上，，.
，，，
，，依次成等比数列.
(2)设直线的方程为，与联立，得
则，，
设，，则，即
在的上方，则.
以代，得，
则向量在轴正方向上的投影为，
设函数，则在上单调递减，在上单调递增，从而，
故向量在轴正方向上的投影的取值范围为.
【点睛】本题考查抛物线的简单性质与应用，直线与抛物线位置关系，范围问题，熟练运用定义，准确计算P,Q 坐标，将在轴正方向上的投影表示为k的函数时关键，是中档题.
21.已知函数.
讨论的单调性.
若，求的取值范围.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；（2）. 【解析】
【分析】
讨论当，时导数符号变化情况求得单调性由
的讨论知：时，,解；时，<0,解符合；当时，，构造函数，，求导判单调性解a的不等式；时，,解a范围，则问题得解
【详解】（1）
当时，，；，.
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
当时，对恒成立，所以在上单调递增.
当时，，；，.
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）①当时，由（1）知在上单调递增，则在上单调递增，
所以，解得
②当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增.
当时，在上单调递增.
所以对恒成立，则符合题意；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
所以.
设函数，，
易得知时，
所以，
故对恒成立，即符合题意.
当时，在上单调递减.
所以对恒成立，则符合题意.
综上所述：的取值范围为.
【点睛】本题考查函数与导数的综合问题，导数与函数单调性与最值，不等式有解问题，分类讨论思想，明确分类标准，不重不漏是关键，是中档题
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做则按所做的第一题计分.
22.[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系中，直线的参数方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建
立极坐标系，圆的极坐标方程为
若与相交于两点，，求；
圆的圆心在极轴上，且圆经过极点，若被圆截得的弦长为，求圆的半径
【答案】（1）6；（2）13.
【解析】
【分析】
（1）将代入,利用t的几何意义及韦达定理即可求解；（2）化直线和圆为普通方程，
利用圆的弦长公式求得半径
【详解】（1）由，得，
将代入，得，
则，
故.
（2）直线的普通方程为，
设圆的方程为.
圆心到直线的距离为，
因为，所以，
解得（舍去），
则圆的半径为13.
【点睛】本题考查直线参数方程，圆的弦长公式，熟练运用直线与圆的位置关系，准确计算是关键，是中档题.
23.设函数.
（1）求不等式的解集；
（2）证明：.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
【分析】
（1）零点分段法去绝对值解不等式即可；（2）零点分段分情况证明再由绝对值不等式证明
即可
【详解】（1）∵，∴，即，
当时，显然不合；
当时，，解得；
当时，，解得.
综上，不等式的解集为.
（2）证明：当时，；
当时，，
则；
当时，，
则.
∵，∴.
∵，∴.
故.
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，证明不等式，熟练运算是关键，是中档题。