四川省成都市第七中学2019届高三第一次诊断性检测数学(理)试题(解析版)

2019年四川省成都七中高考数学一诊试卷（理科）
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.若随机变量，且，则（）
A. 0.6
B. 0.5
C. 0.4
D. 0.3
【答案】A
【解析】
【分析】
根据随机变量X服从正态分布N（3，σ2），看出这组数据对应的正态曲线的对称轴x=3，根据正态曲线的特点，即可得到结果．
【详解】∵随机变量X服从正态分布N（3，σ2），
∴对称轴是x=3．
∵P（X≥5）=0.2，
∴P（1＜X＜5）=1﹣2P（X≥5）=1﹣0.4=0.6．
故选：A．
【点睛】本题考查正态曲线的形状认识，从形态上看，正态分布是一条单峰、对称的曲线，其对称轴为x=μ，并在x=μ时取最大值从x=μ点开始，曲线向正负两个方向递减延伸，不断逼近x轴，但永不与x轴相交，因此说曲线在正负两个方向都是以x轴为渐近线的．
2.函数的图象大致是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先判断函数为偶函数，再根据特殊点的函数值即可判断．
【详解】因为满足偶函数f（﹣x）=f（x）的定义，
所以函数为偶函数，其图象关于y轴对称，故排除B，
又x=0时，y=0，排除A、C，
故选D.
【点睛】本题考查了函数的图象的识别，一般常用特殊点的函数值、函数的奇偶性和函数的单调性来排除，属于基础题．
3.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在探求球体体积时构造的一个封闭几何体，它由两个等径正贯的圆柱体的侧面围成，其直视图如图（其中四边形是为体现直观性而作的辅助线）.当“牟合方盖”的正视图和侧视图完全相同时，其俯视图为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】
相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．根据三视图看到方向，可以确定三个识图的形状，判断答案．
【详解】∵相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．
∴其正视图和侧视图是一个圆，俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，∴俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，
故选：B．
【点睛】本题很是新颖，三视图是一个常考的内容，考查了空间想象能力，属于中档题．
4.设是虚数单位，复数满足，则的虚部为（）
A. 1
B. -1
C. -2
D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
令z=a+bi(a,b，将其代入，化简即可得出．
【详解】令z=a+bi，代入，
（a-1+bi）= a+3+bi，,
，
故选C.
【点睛】本题考查了复数相等的概念及运算法则、虚部的定义，考查了计算能力，属于基础题．
5.执行下边的算法程序，若输出的结果为120，则横线处应填入（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由题意知：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，可得结果．
【详解】模拟执行算法程序，可得：
S=1，k=1，
不满足条件，S=1，k=2，
不满足条件，S=2，k=3，
不满足条件，S=6，k=4，
不满足条件，S=24，k=5，
不满足条件，S=120，k=6，
此时i满足条件，退出循环，输出S的值为120；
所以横线处应填写的条件为，
故选C.
【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，属于直到型循环结构，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．
6.设实数满足，则的最大值是（）
A. -1
B.
C. 1
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由约束条件确定可行域，由的几何意义，即可行域内的动点与定点P（0，-1）连线的斜率求得答案．
【详解】由约束条件，作出可行域如图，
联立，解得A（），
的几何意义为可行域内的动点与定点P（0，-1）连线的斜率，
由图可知，最大．
故答案为：．
【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，属于中档题型．
7.“”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】D
【解析】
【分析】
由可推出，再结合充分条件和必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】若，则，所以，即“”不能推出“”，反之也不成立，因此“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选D
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件，熟记概念即可，属于基础题型.
8.函数的图象的一条对称轴方程是（）
【答案】B
【解析】
【分析】
将函数表达式展开合并，再用辅助角公式化简，得f（x）=sin（2x+）-．再根据正弦函数对称轴的公式，求出f（x）图象的对称轴方程.
【详解】f（x）==sinx
=sin2x-=sin2x+-=sin（2x+）-，
∴f（x）=sin（2x+）-，
令2x+=(k,解得x=(k,k=0时，，
故选B.
【点睛】本题考查了三角函数的化简与三角函数性质，运用了两角和差的正余弦公式和二倍角公式，属于中档题．
9.将多项式分解因式得，m为常数，若，则
A. B. C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】
由可得=5m-2=-7,m=-1，
.
【详解】因为的通项公式为，=x+（-2）=(5m-2)，
=5m-2，又，5m-2=-7,m=-1,
=2，
故选D.
【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10.已知正三棱锥的高为6，侧面与底面成的二面角，则其内切球与四个面都相切的表面积为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
过点P作PD⊥平面ABC于D，连结并延长AD交BC于E，连结PE，△ABC是正三角形，AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．由此能求出棱锥的全面积，再求出棱锥的体积，设球的半径为r，以球心O为顶点，棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，利用等体积能求出球的表面积．
【详解】如图，过点P作PD⊥平面ABC于D，
连结并延长AD交BC于E，连结PE，△ABC是正三角形，
∴AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．
∴为侧面与底面所成的二面角的平面角，
∴=
∵PD=6，∴DE=2,PE=4, AB=12,
∴S△ABC=×（12）2=36，S△PAB=S△PBC=S△PCA==24．
∴S
表=108.
设球的半径为r，以球心O为顶点，棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，
=•36•6=72．
∵PD=6，∴V P
﹣ABC
则由等体积可得r==2，
2=16π．
∴S
球=4π2
故选B.
【点睛】本题考查棱锥的内切球的半径的求法，棱锥全面积和体积的求法，
考查球的表面积公式，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
11.设a，b，c分别是的内角A，B，C的对边，已知，设D是BC边的中
点，且的面积为，则等于
A. 2
B. 4
C.
D.
【答案】A
【解析】
利用三角形内角和定理可得．由正弦定理可得b2+c2﹣a2=bc，由余弦定理可得cosA=，结合范围A∈（0，π）可得A的值，结合的面积求得bc,将利用向量加减法运算转化为,即可求得结果.
【详解】∵，，
∴由正弦定理可得：，整理可得：b2+c2﹣a2=-bc，
∴由余弦定理可得：cosA=，∴由A∈（0，π），可得：A=，又的面积为，即,∴bc=4,
又=-=-=-
===-bccosA=2.
故选A.
【点睛】本题主要考查了向量加减法的运算、数量积的运算，综合运用了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，考查了转化思想和计算能力，属于中档题．
12.如果不是等差数列，但若，使得，那么称为“局部等差”数列.已知数列的项数为4，记事件：集合，事件：为“局部等差”数列，则条件概率（）A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
分别求出事件与事件的基本事件的个数，用=计算结果.
【详解】由题意知，事件共有=120个基本事件，事件“局部等差”数列共有以下24个基本事件，（1）其中含1，2，3的局部等差的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3个，含3，2，1的局部等差数列的同理也有3个，共6个.
含3，4，5的和含5，4，3的与上述（1）相同，也有6个.
含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共 2个，
含4，3，2的同理也有2个.
含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4个，
含5，3，1的也有上述4个，共24个，
=.
【点睛】本题主要考查了条件概率的求法，综合运用了等差数列与集合的知识，理解题意是解决此类题的关键.
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.某学校初中部共120名教师，高中部共180名教师，其性别比例如图所示，已知按分层抽样方法得到的工会代表中，高中部女教师有6人，则工会代表中男教师的总人数为________.
【答案】12
【解析】
【分析】
利用分层抽样中的比例，可得工会代表中男教师的总人数．
【详解】∵高中部女教师与高中部男教师比例为2：3，
按分层抽样方法得到的工会代表中，高中部女教师有6人，则男教师有9人，
工会代表中高中部教师共有15人，又初中部与高中部总人数比例为2：3，
工会代表中初中部教师人数与高中部教师人数比例为2：3，
工会代表中初中部教师总人数为10，又∵初中部女教师与高中部男教师比例为7：3，
工会代表中初中部男教师的总人数为10×30%=3；
∴工会代表中男教师的总人数为9+3=12，
故答案为12．
【点睛】本题考查对分层抽样的定义的理解，考查识图能力与分析数据的能力，考查学生的计算能力，比较基础．14.设抛物线的焦点为，准线为，点在上，点在上，且，若，则的值为______．【答案】3
【解析】
【分析】
由先求出坐标，进而求出直线方程，再和准线方程联立，求出点坐标，即可求出结果.
【详解】因为点在上，，所以，即，不妨设在第一象限，则，
得，所以.
故答案为3
【点睛】本题主要考查抛物线的简单性质，根据知三点共线，求即是求出两点纵坐标绝对值的比值问题，属于基础题型.
15.设，，c为自然对数的底数，若，则的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】
运算=1，将变形，利用分母的和为定值，将乘以，利用基本不等式即可求得结果.
【详解】=1，
，.
故答案为.
【点睛】本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，考查了微积分基本定理，积分的运算，属于中档题．
16.若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】
先将函数有三个不同的零点转化为在上有两个根，即在
上有两个根,用导数的方法研究函数的单调性和值域即可.
【详解】因为，由可得，即函数在上有一个零点；
所以函数有三个不同的零点等价于方程在上有两个不等实根，等价于方
即与函数在上有两个不同交点；
由得,
由得;
由得,
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以最小值为，
所以,
因为与函数在上有两个不同交点，所以.
故答案为
【点睛】本题主要考查函数零点，根据题意可将函数有零点，转化为两函数图像有交点的问题来处理，属于常考题型.
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.正项等比数列中，已知，．
Ⅰ求的前n项和；
Ⅱ对于Ⅰ中的，设，且，求数列的通项公式．
【答案】
【解析】
【分析】
利用等比数列通项公式列出方程组，求出a1=1，q=2，由此能求出{a n}的前项和．
（2）由，直接利用累加法求出{b n}的通项．
【详解】设正项等比数列的公比为，则
由及得，化简得，解得或（舍去）.
于是，所以，.
由已知，，所以当时，由累加法得
，
.
又也适合上式，所以的通项公式为，.
【点睛】本题考查数列通项公式、数列的前n项和的求法，考查累加法求通项等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.“黄梅时节家家雨”“梅雨如烟暝村树”“梅雨暂收斜照明”江南梅雨的点点滴滴都流润着浓洌的诗情每年六、七月份，我国长江中下游地区进入持续25天左右的梅雨季节，如图是江南Q镇年梅雨季节的降雨量单位：的频率分布直方图，试用样本频率估计总体概率，解答下列问题：
Ⅰ“梅实初黄暮雨深”假设每年的梅雨天气相互独立，求Q镇未来三年里至少有两年梅雨季节的降雨量超过350mm的概率；
Ⅱ“江南梅雨无限愁”在Q镇承包了20亩土地种植杨梅的老李也在犯愁，他过去种植的甲品种杨梅，平均每年的总利润为28万元而乙品种杨梅的亩产量亩与降雨量之间的关系如下面统计表所示，又知乙品种杨梅的单位利润为元，请你帮助老李排解忧愁，他来年应该种植哪个品种的杨梅可以使总利润万元的期望更大？需说明理由
【答案】乙
【解析】
【分析】
由频率分布直方图可求出降雨量超过的概率，利用独立重复试验的概率公式计算三年里至少有两年梅雨季节的降雨量超过的概率.
根据题意，列出随机变量（万元）的分布列并求期望，与甲品种的平均值作比较得出结论.
【详解】频率分布直方图中第四组的频率为.
江南地区在梅雨季节时降雨量超过的概率为.
所以地区未来三年里至少有两年梅雨季节的降雨量超过的概率为
（或0.15625）.
根据题意，总利润为（元），其中.
所以随机变量（万元）的分布列如下表.
故总利润（万元）的数学期望（万元）. 因为31>28，所以老李来年应该种植乙品种杨梅，可使总利润的期望更大.
【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，离散型随机变量的期望的求法，考查计算能力．
19.已知椭圆的离心率为，且经过点．
Ⅰ求椭圆的标准方程；
Ⅱ设O为椭圆的中心，点，过点A的动直线l交椭圆于另一点B，直线l上的点C满足．，求直线BD与OC的交点P的轨迹方程．
【答案】
【解析】
【分析】
（1）利用椭圆C：的离心率为，且经过点M（2，0），可求椭圆的几何量，从而可求椭圆方程；（2）直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，求得B点坐标，结合求出C的坐标，写出BD、OC的直线方程，利用消参法求轨迹.
【详解】因为椭圆的离心率，且，所以.
又.故椭圆的标准方程为.
设直线的方程为（当存在时，由题意），代入，并整理得.
解得，于是，即.
设，则.
由已知得，得，解得，于是.
又，
由两点的坐标可得直线的方程为.
又由点坐标可得直线的方程为.
两式相乘，消去参数得.（如果只求出交点的坐标，此步不得分）
又当不存在时，四点重合，此时也满足题意.
故直线与的交点的轨迹方程.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查直线过定点，正确运用韦达定理是关键．20.如图，在多面体ABCDE中，AC和BD交于一点，除EC以外的其余各棱长均为2．
Ⅰ作平面CDE与平面ABE的交线l并写出作法及理由；
Ⅱ求证：平面平面ACE；
Ⅲ若多面体ABCDE的体积为2，求直线DE与平面BCE所成角的正弦值．
【答案】见解析见解析
【解析】
【分析】
由题意可得平面，由线面平行的性质作出交线即可.
取的中点，连结，.由条件可证得平面，故.
又.平面.从而平面平面.
利用等体积法求得三棱锥的高，通过建立空间坐标系，利用空间向量法求线面角.
【详解】过点作（或）的平行线，即为所求直线.
和交于一点，四点共面.又四边形边长均相等.
四边形为菱形，从而.
又平面，且平面，平面.
平面，且平面平面，.
取的中点，连结，.，，，.
又，平面，平面，故.
又四边形为菱形，.
又，平面.
又平面，平面平面.
由，即.
设三棱锥的高为，则，解得.
又，平面.
建立如图的空间直角坐标系，则，，，.
，.
由得，平面的一个法向量为.
又，于是.
故直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查证明线面平行的方法，求二面角的大小，找出二面角的平面角是解题的关键和难点．21.已知函数，其中为常数.
若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求的值；
若对，都有，求的取值范围.
【答案】
【解析】
【分析】
（1）求出切点坐标，写出切线方程，利用切线在两坐标轴上的截距相等，求得a即可．
（2）对a分类讨论，易判断当或当时，在区间内是单调的，根据单调性得出结论，当时，
在区间内单调递增，在区间内单调递减，故，又因为，成立.而的最大值为，将最大值构造新函数，通过导函数的符号判断函数的单调性求解函数的最值，然后求解结果．
【详解】求导得，所以.
又，所以曲线在处的切线方程为.
由切线在两坐标轴上的截距相等，得，解得即为所求.
对，，所以在区间内单调递减.
①当时，，所以在区间内单调递减，故，由恒成立，得，这与
矛盾，故舍去.
②当时，，所以在区间内单调递增，故，即，由
恒成立得，结合得.
③当时，因为，，且在区间上单调递减，结合零点存在定理可知，存在唯一，使得，且在区间内单调递增，在区间内单调递减.
故，由恒成立知，，，所以.
又的最大值为，由得，
所以.
设，则，所以在区间内单调递增，于是
，即.所以不等式恒成立.
综上所述，所求的取值范围是.
【点睛】本题考查导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性以及函数的最值的求法，构造新函数以及二次导数是解决函数恒成立问题常用的方法，考查转化思想以及计算能力．
22.在平面直角坐标系中，曲线的参数标方程为（其中为参数），在以为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系（两种坐标系的单位长度相同）中，直线的极坐标方程为.
求曲线的极坐标方程；
求直线与曲线的公共点的极坐标.
【答案】
【解析】
【分析】
（1）先将曲线C的参数标方程化为普通方程，再利用极坐标与直角坐标的互化，把普通方程化为极坐标方程；（2）将与的极坐标方程联立，求出直线l与曲线C的交点的极角，代入直线的极坐标方程即可求得极坐标．【详解】消去参数，得曲线的直角坐标方程.
将，代入，得.
所以曲线的极坐标方程为.
将与的极坐标方程联立，消去得.
展开得.
因为，所以.
于是方程的解为，即.
代入可得，所以点的极坐标为.
【点睛】本题考查曲线的极坐标方程与普通方程的互化，直线的极坐标方程与曲线极坐标方程联立求交点的问题，考查计算能力．
23.已知函数，且.
若，求的最小值；
若，求证：.
【答案】见解析
【解析】
【分析】
由柯西不等式将中的变为，
求得的最小值.
因为，又，故再结合绝对值三角不等式证得结论成立.
【详解】由柯西不等式得，（当且仅当时取等号），所以
，即的最小值为；
因为，所以
，故结论成立.
【点睛】本题考查了利用柯西不等式求最值，考查了利用绝对值三角不等式证明的问题，属于中等题.。