2019届海南省海口市高三高考调研测试数学(文)试题(解析版)

2019届海南省海口市高三高考调研测试数学（文）试题一、单选题1．设集合，，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】分别求出和，然后对给出的四个选项分别进行验证可得正确结论．【详解】∵，，∴，．∴选项B正确．故选B．【点睛】本题考查集合的交集和并集运算，属于基础题．2．若复数满足，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据题意可得，然后根据乘法法则求出复数即可．【详解】∵，∴．故选C．【点睛】本题考查复数的乘法运算，解题时根据乘法法则求解即可，注意把换为．属于基础题．3．某地区的高一新生中，来自东部平原地区的学生有2400人，中部丘陵地区的学生有1600人，西部山区的学生有1000人.计划从中选取100人调查学生的视力情况，现已了解到来自东部、中部、西部三个地区学生的视力情况有较大差异，而这三个地区男女生视力情况差异不大，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是（）A．简单随机抽样B．按性别分层抽样C．系统抽样D．按地区分层抽样【答案】D【解析】根据抽样方法的特征，即可得出结论.【详解】由于该地区东部、中部、西部三个地区学生的视力情况有较大差异，故按地区分层抽样. 【点睛】本题主要考查抽样方法，熟记每种抽样方法的特征即可，属于基础题型.4．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】画出图形分析，先根据定义找出异面直线与所成的角，然后通过解三角形的方法求解即可．【详解】画出图形，如图所示．连，则，所以即为与所成的角或其补角．在中，，，所以由余弦定理得，所以异面直线与所成角的余弦值为．故选A．【点睛】用几何法求空间角的步骤为：“找、证、求”，即先根据定义确定出所求角，并给出证明，再通过解三角形的方法求出所求角（或三角函数值）．解题时容易出现的问题是忽视两条异面直线所成角的范围，属于基础题．5．已知点为双曲线：的左支上一点，，分别为的左、右焦点，则（）A．1 B．4 C．6 D．8【答案】B【解析】由双曲线的方程写求出，结合双曲线的定义即可求解.【详解】由，，得，则.故选B【点睛】本题考查双曲线的定义与基本性质，考查运算求解能力与双曲线定义的应用，属于基础题型.6．设，，是等比数列的前三项，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】先由，，是等比数列的前三项，求出，进而可求出公比，即可求出结果.【详解】因为，，是等比数列的前三项，所以，解得，，所以公比，因此.故选A【点睛】本题主要考查等比数列，熟记等比数列的性质以及通项公式即可，属于基础题型. 7．下列不等式正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】根据，，，用排除法即可得出结果.【详解】，，，排除A，B，C，，故选D.【点睛】本题主要考查三角函数值以及对数比较大小的问题，熟记三角函数与对数函数的性质即可，属于常考题型.8．袋子中有四个小球，分别写有“和、平、世、界”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“和”“平”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率.利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“和、平、世、界”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下24个随机数组：232 321 230 023 123 021 132 220 011 203 331 100231 130 133 231 031 320 122 103 233 221 020 132由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】从24组随机数中找到满足“前两次抽取的数中必须包含0或1，且0与1不能同时出现，第三次必须出现前面两个数字中没有出现的1或0”的随机数，利用古典概型概率公式可得结果.【详解】由题意可知，满足条件的随机数组中，前两次抽取的数中必须包含0或1，且0与1不能同时出现，出现0就不能出现1，反之亦然，第三次必须出现前面两个数字中没有出现的1或0，可得符合条件的数组只有3组：021，130，031，故所求概率为.故选A.【点睛】在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率.9．已知函数在上单调递减，且是偶函数，则，，的大小关系是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】先根据条件得到的图象关于直线对称，且在上单调递增，然后通过比较到对称轴距离的大小可得所求结果．【详解】由是偶函数可得其图象的对称轴为，所以函数的图象关于直线对称．又函数在上单调递减，所以函数在上单调递增．因为，所以，即．故选D．【点睛】比较函数值大小的常用方法：（1）将自变量转化到同一单调区间上，然后根据函数的单调性进行比较；（2）对于图象有对称轴的函数来讲，可将函数值的大小问题转化为自变量到对称轴的距离的大小的问题求解．10．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示.若将“没了壶中酒”改为“剩余原壶中的酒量”，即输出值是输入值的，则输入的（）A．B．C．D．【答案】C【解析】模拟执行程序框图，使得最后退出循环时，即可得解.【详解】时，；时，；时，；时，退出循环.此时，，解得.故选：C【点睛】本题主要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，以便得出正确结论，属于基础题.11．某高为4的三棱柱被一个平面截去一部分后得到一个几何体，它的三视图如图所示，则该几何体的体积与原三棱柱的体积之比是（）A．B．C．D．【解析】先由三视图确定该几何体是四棱锥，结合题中熟记，求出体积，再求出原三棱柱的体积，即可得出结果.【详解】由侧视图、俯视图知该几何体是高为2且底面积为的四棱锥，其体积为.又三棱柱的体积为，故体积比为.故选B【点睛】本题主要考查几何体的三视图以及几何体的体积，熟记公式即可，属于常考题型. 12．已知函数的导函数满足对恒成立，则下列判断一定正确的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据题意及选项构造函数，然后求导判断出函数的单调性，再根据单调性判断出各值的大小，进而得到结论．【详解】由题意设，则，所以函数在上单调递增，所以，即．故选B．【点睛】当题目条件中有含有导函数的不等式，而所求结论与判断函数值的大小有关时，解题时一般需要通过构造函数来解决．构造函数时要根据题意及积或商的导数来进行，然后判断出所构造的函数的单调性，进而可比较函数值的大小．二、填空题13．已知向量，的夹角为，且，，则__________．【答案】8【解析】根据向量数量积的概念，列出式子即可求出结果.因为向量，的夹角为，且，，所以即，解得.故答案为【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，熟记概念即可，属于基础题型.14．将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则的最小正周期是__________．【答案】【解析】先由图像的变化得到解析式，再由，即可求出函数的最小正周期. 【详解】依题意可得，所以的最小正周期是.故答案为【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换问题以及函数的周期，熟记三角函数的性质即可，属于常考题型.15．若抛物线上一点到其焦点的距离为，则__________．【答案】【解析】根据抛物线的定义将曲线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离求解，即可得到的值．【详解】由题意得，抛物线的准线方程为，又点到焦点的距离为，所以，解得．故答案为：．【点睛】本题考查抛物线定义的应用，解题的关键是将曲线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离求解，属于基础题．16．设数列的通项公式为，为其前项和，则数列的前9项和__________．【答案】【解析】将化简得，利用裂项相消求得结果.【详解】因为，所以.因为，所以.故答案为.【点睛】本题考查了数列求和的方法，考查了学生的运算能力，属于基础题．三、解答题17．在△ABC中，3sinA=2sinB，．（1）求cos2C；（2）若AC-BC=1，求△ABC的周长．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先求，由二倍角公式即可求（2）由题得，解得a,b值，再由余弦定理求c边即可求解.【详解】（1）∵，∴，∴.（2）设的内角的对边分别为.∵，∴，∵，∴，.由余弦定理可得，则，的周长为.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，熟记三角的基本关系式，准确运用余弦定理计算c边是关键，是基础题.18．如图，在三棱柱中，底面，，，，点，分别为与的中点.（1）证明：平面.（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析（2）4【解析】（1）连接，，根据三角形中位线的性质可得，然后根据线面平行的判定定理可得结论成立．（2）根据等积法，将所求转化为三棱锥的体积求解．【详解】（1）证明：如图，连接，，在三棱柱中，为的中点，为的中点，所以，又平面，平面，所以平面．（2）解：因为，，，所以平面，又，为的中点，所以点到平面的距离为．又的面积为，所以．【点睛】本题考查空间中线面关系的证明和三棱锥体积的求法，是立体几何中的常规题型，求三棱锥的体积时常用的方法是等积法，即将所求锥体的体积转化为容易求解的同体积的三棱锥的体积求解．19．某城市的公交公司为了方便市民出行，科学规划车辆投放，在一个人员密集流动地段增设一个起点站，为了研究车辆发车间隔时间与乘客等候人数之间的关系，经过调查得到如下数据：间隔时间（等候人数（调查小组先从这6组数据中选取4组数据求线性回归方程，再用剩下的2组数据进行检验.检验方法如下：先用求得的线性回归方程计算间隔时间对应的等候人数，再求与实际等候人数的差，若差值的绝对值不超过1，则称所求方程是“恰当回归方程”.（1）若选取的是后面4组数据，求关于的线性回归方程；（2）判断（1）中的方程是否是“恰当回归方程”；（3）为了使等候的乘客不超过35人，试用（1）中方程估计间隔时间最多可以设置为多少（精确到整数）分钟？附：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.【答案】（1）（2）是“恰当回归方程”.（3）18【解析】（1）由题中的数据及给出的公式可得，进而可得所求方程；（2）根据（1）中的方程求出当时的估计值，然后根据题中的标准进行验证即可得到结论；（3）解不等式可得所求结论．【详解】（1）有题意得后面4组数据是：（所以，，，，所以，故，所以所求的回归方程为．（2）当时，，故；当时，，故．所以求出的线性回归方程是“恰当回归方程”．（3）由，得，故间隔时间最多可设置为18分钟．【点睛】本题考查线性回归方程的求法及其应用，属于统计在实际中的应用类问题，解题的关键是正确进行计算以得到回归方程，属于基础题．20．已知直线：与椭圆：交于，两点，与直线：交于点.（1）证明：与相切.（2）设线段的中点为，且，求的方程.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）将直线和椭圆的方程联立消元后根据所得方程的判别式为0可证得结论成立；（2）由并结合弦长公式可得关于的方程，解方程可得的值，进而得到所求直线方程．【详解】（1）证明：由消去整理得，∵，∴与相切．（注：消去得到关于的一元二次方程，根据判别式等于0一样得分）（2）解：由，得的坐标为.由消去整理得，因为直线与椭圆交于两点，所以，解得．设，，，则，，所以．∵，即，∴，即，解得，满足．∴，∴直线的方程为．【点睛】本题体现了代数方法在解决解析几何问题中的应用，通过代数运算达到解决位置关系和数量关系的目的．由于在解题中会遇到大量的计算，所以在解题中要注意“设而不求”、“整体代换”等方法的运用，以达到简化运算的目的．21．已知函数.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若只有一个零点，且，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，然后由点斜式可得所求切线方程．（2）利用导数判断出函数的单调性和极值，进而得到函数的大体图象，然后根据函数的图象及极值判断出函数只有一个零点时参数的取值范围．【详解】（1）当时，，所以，故，又，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）由题意得.（i）当，即时，则当或时，；当时，，所以的极小值为，因为函数的零点，且，所以当函数只有一个零点时，需满足，又，则或．（ii）当，即时，则有，所以为增函数．又，所以只有一个零点，且，所以满足题意．（iii）当，即时，则当或时，；当时，．所以的极小值为，极大值为，因为，，所以，又，所以．综上可得或．实数的取值范围为．【点睛】导数是研究函数性质的工具，由导数首先可得函数的单调性，进而得到函数的极值，由此可得函数的大体图象，为研究函数的性质提供了直观性和形象性，从而可达到研究函数零点或两个函数图象位置关系的目的．22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线：与曲线交于，两点.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】（1）先由参数方程得到普通方程，再由普通方程即可得到极坐标方程；（2）先设，.，以及直线的极坐标方程为，代入（1）中的结果，得到，由韦达定理，以及，即可求出结果.【详解】解：（1）由（为参数），得，即. 故的极坐标方程为.（2）设，，直线的极坐标方程为，代入，得，所以，.因为，所以，则，，则.当时，取得最大值，且最大值为.【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化、以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，熟记公式即可，属于常考题型.23．已知函数.（1）求的最小值；（2）若不等式的解集为，且，求的值.【答案】（1）3（2）【解析】（1）先将函数写出分段函数的形式，再根据每一段的单调性，确定函数的单调性，即可得出结果；（2）先将函数写出分段函数的形式，根据函数单调性，分别由和，求出不等式的解集，在由题中条件即可得出结果.【详解】解：（1）,则在上单调递减，在上单调递增,所以.（2）因为，令，则；令，则.所以不等式的解集为，又不等式的解集为，且，所以，故.【点睛】本题主要考查含绝对值不等式，熟记不等式的解法即可，属于常考题型.。