2019届高三年级三校联考数学试题卷
东北三三校2019高三3月第一次联考-数学理(解析版)
东北三三校2019高三3月第一次联考-数学理（解析版）理科数学全解析本试卷分为第I 卷〔选择题〕和第II 卷〔非选择题〕两部分，共150分，考试时间120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
本卷须知1、答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2、选择题必须使用2B 铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。
3、请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4、作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5、保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
第I 卷〔选择题 共60分〕【一】选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分。
在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1、全集U R =,集合{}|2A x x =≥，{|05}B x x =≤<，那么集合)U C A B ⋂=（ 〔 〕A 、{|02}x x <<B 、{|02}x x <≤C 、{|02}x x ≤<D 、{|02}x x ≤≤解析：{}|2U C A x x =<){|02}U C A B x x ∴⋂=≤<（，应选CA 、假设1x >，那么0x ≤B 、假设1x ≤，那么0x >C 、假设1x ≤，那么0x ≤D 、假设1x <，那么0x <解析：、命题“假设1,x >那么0x >”的否命题是：假设1x ≤，那么0x ≤，应选C 3、在复平面内复数3+41i z i=-的对应点在〔〕A 、第一象限B 、第二象限C 、第三象限D 、第四象限解析：3+4(3+4)(1)1717+1(1)(1)222i i i i z ii i i +-+====---+，而点17(,)22-在第二象限，应选B4数列{}n a 是等差数列，且1472a a a π++=，那么35tan()a a +的值为〔〕AB、CD、解析：1472a a a π++=，43=2a π∴42=3a π∴3544tan()=tan 2=tan 3a a a π∴+应选C5、与椭圆:C 2211612y x +=共焦点且过点的双曲线的标准方程为〔〕A 、2213y x -=B 、2221y x -=C 、22122y x -=D 、2213y x -= 解析：由题知：焦距为4，排除B,又焦点在y 轴上排除A，将代入C 、D 可得C 正确，应选C6、将4名实习教师分配到高一年级的3个班实习，假设每班至少名教师，那么不同的分配方案的种数为〔〕A 、12B 、36C 、72D 、108 解析：先从4名实习教师选出2名教师有24C 种情形，再将选出的2名教师看成1名教师与余下的2名全排列有33A 种情形，所以不同的分配方案的种数为：2343=36C A ⋅，应选B7、按如下图的程序框图运行后，假设输出的结果是63，那么判断框的整数M 的值是〔〕A 、5B 、6C 、7D 、8解析：按框图推演可得：M 的值为：6，应选B 8、假设n的展开式中第四项为常数项，那么n =〔〕第10小题DCBO 1OAA 、4 B、5 C 、6 D、7解析：n的展开式中第四项为：35331332211()()22n n nn C xx C x---∙-∙=-，又第四项为常数项 所以52n -=，从而5n =，应选B9、函数sin()y A x k ωϕ=++的最大值为4，最小值为0，最小正周期为2π，直线3x π=是其图像的一条对称轴，那么下面各式中符合条件的解析式为〔〕 A 、4sin(4)6y x π=+B 、2sin(2)23y x π=++C 、2sin(4)23y x π=++D 、2sin(4)26y x π=++解析：由题得：40A k A k +=⎧⎨-+=⎩，解得：22A k =⎧⎨=⎩又函数sin()y A x k ωϕ=++最小正周期为2π242πωπ∴==()2sin(4)2f x x ϕ∴=++又直线3x π=是()f x 图像的一条对称轴432k ππϕπ∴⨯+=+5,6k k Zπϕπ∴=-∈ 故可得：2sin(4)26y x π=++符合条件，所以选D10、点A B C D 、、、在同一个球的球面上，AB BC ==，2AC =，假设四面体ABCD 体积的最大值为23，那么这个球的表面积为〔〕A 、1256π3B 、8πC 、254πD 、2516π解析：AB BC ==，2AC =，ABC ∴∆是直角三角形，ABC ∴∆的外接圆的圆心在边1AC 的中点O 如下图，假设使四面体ABCD 体积的最大值只需使点D 平面ABC 的距离最大，又1OO ⊥平面ABC ,所以点D 是直线1OO 与球的交点最大。
精品2019高三数学三校联考试题 理(含解析)
2019高三数学三校联考试题理（含解析）第Ⅰ卷（共60分）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. 已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】求解一元二次不等式可得：，求解指数不等式可得：，据此可得：，本题选择D选项.2. 记复数的虚部为，已知复数（为虚数单位），则为（）A. B. 2 C. D. 3【答案】A【解析】由题意可得：，则.本题选择A选项.3. 已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则（）A. B. C. 2 D.【答案】B【解析】由题意可得：，则：，结合同角三角函数基本关系可得：.本题选择B选项.点睛：同角三角函数基本关系式的应用：(2)关于sin α，cos α的齐次式，往往化为关于tan α的式子．4. 2017年8月1日是中国人民解放军建军90周年，中国人民银行为此发行了以此为主题的金银纪念币.如图所示是一枚8克圆形金质纪念币，直径，面额100元.为了测算图中军旗部分的面积，现用1粒芝麻向硬币内投掷100次，其中恰有30次落在军旗内，据此可估计军旗的面积大约是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意，可估计军旗的面积大约是.故选B.5. 已知圆（），当变化时，圆上的点与原点的最短距离是双曲线（）的离心率，则双曲线的渐近线为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】圆E的圆心到原点的距离，据此可得，当m=4时，圆上的点与原点的最短距离是，即双曲线的离心率为，据此可得：，双曲线（）的渐近线为.本题选择C选项.6. 已知数列为等比数列，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由等比数列的性质可得：，，结合可得：，结合等比数列的性质可得：，即：.本题选择B选项.7. 执行如图的程序框图，若输出的的值为，则①中应填（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可得：，即时推出循环，则①中应填.本题选择C选项.8. 已知函数为内的奇函数，且当时，，记，，，则间的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】利用奇函数的性质可得：，即当时，函数的解析式为：，令，由函数的奇偶性的定义可得函数g(x)是定义域内的偶函数，且：，，即函数在区间上单调递减，且：，结合函数的单调性可得：.本题选择C选项.9. 已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为：.本题选择D选项.点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．10. 已知函数（）的部分图象如图所示，其中.即命题，命题：将的图象向右平移个单位，得到函数的图象.则以下判断正确的是（）A. 为真B. 为假C. 为真D. 为真【答案】C【解析】由可得：，解得：，结合可得：，结合可得：，函数的解析式为：，则命题p是真命题.将函数的图像上所有的点向右平移个单位，所得函数的解析式为：的图像，即命题q为假命题，则为假命题；为真命题；为真命题；为假命题.本题选择C选项.11. 抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线的焦点为，一条平行于轴的光线从点射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，则的周长为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】抛物线方程中：令可得，即，结合抛物线的光学性质，AB经过焦点F，设执行AB的方程为，与抛物线方程联立可得：，据此可得：，且：，将代入可得，故，故,故△ABM的周长为,本题选择D选项.12. 已知数列与的前项和分别为，，且，，，，若，恒成立，则的最小值是（）A. B. 49 C. D.【答案】C【解析】当时，，解得：或(舍去)，且：，两式作差可得：，整理可得：，结合数列为正项数列可得：,数列是首项为3，公比为3的等差数列，，则：，据此裂项求和有：结合恒成立的条件可得：.本题选择C选项.点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知在中，，，若边的中点的坐标为，点的坐标为，则__________.【答案】1【解析】依题意，得，故是以为底边的等腰三角形，故，所以.所以.14. 在的展开式中，含项的为，的展开式中含项的为，则的最大值为__________.【答案】【解析】展开式的通项公式为：，令可得：，则，结合排列组合的性质可知，由，当且仅当时等号成立.综上可得：的最大值为.....................................(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．15. 已知满足其中，若的最大值与最小值分别为1，，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】作出可行域如图所示（如图阴影部分所示）设，作出直线，当直线过点时，取得最小值；当直线过点时，取得最大值.即，当或时，.当时，.所以，解得.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.16. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（biē nào）.已知在鳖臑中，平面，，则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为__________.【答案】【解析】设的中点为，如图，由，且为直角三角形，得.由两两垂直，可知为和的斜边，故点到点的距离相等，故点为鳖臑的外接球的球心，设高鳖臑的外接球的半径与内切球的半径分别为,则由.得，解得.由等体积法，知.即，解得.故该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为.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.）17. 已知向量，，设函数.将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象.（1）若，求函数的值域；（2）已知分别为中角的对边，且满足，，，，求的面积.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：(1)结合题意可得..结合函数的定义域和三角函数的性质可得函数的值域是；(2)由题意得到三角方程：.据此可得，然后利用余弦定理求得.最后利用面积公式可得的面积是.试题解析：（1）由题意，得.所以.因为，所以，所以，所以，所以函数的值域为.（2）因为，所以.因为，所以.所以，解得.所以.又，且，，所以.所以的面积.18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，侧面平面，且，动点在棱上，且.（1）试探究的值，使平面，并给予证明；（2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】(1)当时，平面.证明见解析；(2).【解析】试题分析：（1）连接交于点，连接通过证得，即可证得平面；（2）取的中点,连接，可得两两垂直，建立空间直角坐标系，设与平面所成的角为，则，为平面的一个法向量.试题解析：（1）当时，平面.证明如下：连接交于点，连接.∵，∴.∵，∴.∴.又∵平面，平面，∴平面.（2）取的中点,连接.则.∵平面平面，平面平面，且，∴平面.∵，且，∴四边形为平行四边形，∴.又∵，∴.由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，.当时，有，∴可得.∴，，.设平面的一个法向量为，则有即令，得，.即.设与平面所成的角为，则.∴当时，直线与平面所成的角的正弦值为.点睛：高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.19. 如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网上叫外卖也开始成为不少人日常生活中不可或缺的一部分.为了解网络外卖在市的普及情况，市某调查机构借助网络进行了关于网络外卖的问卷调查，并从参与调查的网民中抽取了200人进行抽样分析，得到下表：（单位：人）（1）根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为市使用网络外卖的情况与性别有关？（2）①现从所抽取的女网民中利用分层抽样的方法再抽取5人，再从这5人中随机选出3人赠送外卖优惠券，求选出的3人中至少有2人经常使用网络外卖的概率；②将频率视为概率，从市所有参与调查的网民中随机抽取10人赠送礼品，记其中经常使用网络外卖的人数为，求的数学期望和方差.参考公式：，其中.参考数据：【答案】(1)不能在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为市使用网络外卖情况与性别有关.(2)①；②；.【解析】试题分析：（1）计算的值，进而可查表下结论；（2）①由分层抽样的抽样比计算即可；②由列联表，可知抽到经常使用网络外卖的网民的频率为，将频率视为概率，即从市市民中任意抽取1人，恰好抽到经常使用网络外卖的市民的概率为，由题意得.试题解析：（1）由列联表可知的观测值，.所以不能在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为市使用网络外卖情况与性别有关.（2）①依题意，可知所抽取的5名女网民中，经常使用网络外卖的有（人），偶尔或不用网络外卖的有（人）.则选出的3人中至少有2人经常使用网络外卖的概率为.②由列联表，可知抽到经常使用网络外卖的网民的频率为，将频率视为概率，即从市市民中任意抽取1人，恰好抽到经常使用网络外卖的市民的概率为.由题意得，所以；.20. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为点，其离心率为，短轴长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线与椭圆交于两点，过点的直线与椭圆交于两点，且，证明：四边形不可能是菱形.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）由，及，可得方程；（2）易知直线不能平行于轴，所以令直线的方程为与椭圆联立得，令直线的方程为，可得，进而由是菱形，则，即，于是有由韦达定理代入知无解.试题解析：（1）由已知，得，，又，故解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1），知，如图，易知直线不能平行于轴.所以令直线的方程为，，.联立方程，得，所以，.此时，同理，令直线的方程为，，，此时，，此时.故.所以四边形是平行四边形.若是菱形，则，即，于是有.又，，所以有，整理得到，即，上述关于的方程显然没有实数解，故四边形不可能是菱形.21. 已知函数（），其中为自然对数的底数.（1）讨论函数的单调性及极值；（2）若不等式在内恒成立，求证：.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：(1)由题意可得导函数的解析式，分类讨论可得：当时，在内单调递增，没有极值；当时，在区间内单调递减，在区间内单调递增，的极小值为，无极大值.（2）分类讨论：当时，明显成立；当时，由（1），知在内单调递增，此时利用反证法可证得结论；当时，构造新函数，结合函数的单调性即可证得题中的结论.试题解析：（1）由题意得.当，即时，，在内单调递增，没有极值.当，即时，令，得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故当时，取得极小值，无极大值.综上所述，当时，在内单调递增，没有极值；当时，在区间内单调递减，在区间内单调递增，的极小值为，无极大值.（2）当时，成立.当时，由（1），知在内单调递增，令为和中较小的数，所以，且，则，.所以，与恒成立矛盾，应舍去.当时，，即，所以.令，则.令，得，令，得，故在区间内单调递增，在区间内单调递减.故，即当时，.所以.所以.而，所以.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（，为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）当时，求曲线上的点到直线的距离的最大值；（2）若曲线上的所有点都在直线的下方，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：(1)由题意结合点到直线距离公式可得距离的解析式为，结合三角函数的性质可得曲线上的点到直线的距离的最大值为.(2)原问题等价于对，有恒成立，结合恒成立的条件可得实数的取值范围是. 试题解析：（1）直线的直角坐标方程为.曲线上的点到直线的距离，当时，，即曲线上的点到直线的距离的最大值为.（2）∵曲线上的所有点均在直线的下方，∴对，有恒成立，即（其中）恒成立，∴.又，∴解得，∴实数的取值范围为.23. 已知函数.（1）解不等式；（2）记函数的值域为，若，证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】试题分析：(1)将函数的解析式写成分段函数的形式，然后分类讨论可得不等式的解集为；(2)利用绝对值不等式的性质可得，g(x)的值域为.然后结合恒成立的条件即可证得题中的不等式. 试题解析：（1）依题意，得于是得或或解得.即不等式的解集为.（2）当且仅当时，取等号，∴.原不等式等价于.∵，∴，.∴.∴.点睛：绝对值不等式的解法：法一：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；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：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．。
2019届吉林省高三三校联考理科数学试卷【含答案及解析】
D． 3
7. A．
的展开式中含
项的系数为 （
）
______________ B ． ______________ C ．
______________ D ．
8. 若如图所示的程序框图输出的
是
，则条件 ① 可为（
）
A．
___________________________________ B ．
C．
22. 设函数 （ Ⅰ ）当 （ Ⅱ ）若
（
）．
时，求函数
的单调区间；
在
内有极值点，当
，
．（
）
，求证：
23. 选修 4—— 1 几何证明选讲
如图，
是圆
外一点，
是圆
交于 ， ，
，
为
中点，
的延长线交圆
的切线，
为切点，割线
于点
，证明：
与圆
（ Ⅰ）
；
（ Ⅱ）
．
24. 选修 4—— 4 坐标系与参数方程
在直角坐标系中，曲线
（其中
为函数 在 定义域 上的积分下限和上限 ）； ⑤
④ 为
函数
图象上任意不同两点，则
描述的序号 为（
）
A ． ①②⑤ ______________ B ．
___________ D ． ②④
． 则 关于函数 ①③⑤ ______________ C ．
性质正确 ②③④
二、填空题
13. 向量
，
．
_________________________________ D ．
5. 如图 为某 几何体的三视图，则该几何体的表面积为 （
）
A． C．
浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(解析版)
2019 年一般高等学校招生全国一致考试数学试题一、选择题：本大题共10 小题，每题 4 分，共 40 分. 在每题给出的四个选项中，只有一项是切合题目要求的 .1.已知会合，，则（）A. B. C. D.【答案】 B【分析】【剖析】依据交集定义求解.【详解】选 B.【点睛】此题考察会合交集，考察基本求解能力，属基此题.2.双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离是（）A. 1B. 2C. 4D.【答案】 A【分析】【剖析】依据双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长一半，即得结果.【详解】由于双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长一半，所以双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离是1, 选 A.【点睛】此题考察双曲线的焦点与渐近线，考察基本剖析求解能力，属基此题.3.复数（为虚数单位）的共轭复数是（）A. B. C. D.【答案】 C【分析】【剖析】先化简复数为代数形式，再依据共轭复数观点求解.【详解】由于,所以其共轭复数是，选 C.【点睛】此题考察共轭复数观点，考察基本剖析求解能力，属基此题.4.若变量，知足拘束条件，则的最大值是（）A.1B.2C.3D.4【答案】 D【分析】【剖析】先作可行域，再求范围，最后可得的最大值.【详解】作可行域，如图，则直线过点A(-1,-1) 时取最小值 -4，过点时取最大值2，所以的最大值是4,选D.【点睛】此题考察线性规划求最值，考察基本剖析求解能力，属基此题.5.设函数，则函数的图像可能为（）A. B.C. D.【答案】 C【分析】【剖析】先判断函数奇偶性，舍去B,D ，再依据函数值正负确立选项.【详解】由于，所以舍去 B,D ，由于ln3>0, 所以选 C.【点睛】此题考察函数图象辨别，考察基本剖析判断能力，属基此题.6.设平面与平面订交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且，则“”是“”的（）A. 充足不用要条件B. 必需不充足条件C. 充要条件D. 既不充足也不用要条件【答案】 A【分析】【剖析】依据面面垂直性质定理可证得充足性成立，举反例说明必需性不可立.【详解】由于，平面与平面订交于直线，直线在平面内，且，所以，由于直线在平面内，所以，即充足性成立，若，，但时，与不必定垂直，即不必定垂直，即必需性不可立 .选 A.【点睛】此题考察面面垂直性质定理与充要关系，考察基本剖析判断能力，属中档题.7.已知袋子中装有若干个大小形状同样且标有数字1，2， 3 的小球，每个小球上有一个数字，它们的个数依次成等差数列，从中随机抽取一个小球，若拿出小球上的数字的数学希望是2，则的方差是（）A. B. C. D.【答案】 B【分析】【剖析】依据题意可假定标有数字1， 2， 3 的小球各有 1 个，再依据方差定义求结果.【详解】由于拿出小球上的数字的数学希望是2，且个数挨次成等差数列，所以不如设标有数字1，2，3 的小球各有 1 个，进而随机抽取一个小球概率皆为，方差为，选 B.【点睛】此题考察数学希望与方差，考察基本剖析与求解能力，属中档题.8.已知三棱锥中，为正三角形，，且在底面内的射影在的内部（不包含界限），二面角，二面角，二面角的大小分别为，，，则（）A. B. C. D.【答案】 C【分析】【剖析】作出三个二面角，再依据，确立二面角大小.【详解】设在底面内的射影为O，过 O分别作 AB,BC,CA垂线，垂足分别为 D,E,F, 则，，，进而，，，由于，所以,, 即,即，选 C.【点睛】此题考察二面角，考察基本剖析与判断能力，属中档题.9.已知向量，的夹角为，且，则的最小值为（）A. B. C.5 D.【答案】 B【分析】【剖析】成立坐标系，将转变为直线上一动点到两定点距离和，再依据对称求最小值.【详解】由题意可设,，所以表示直线上一动点到定点距离的和,由于对于直线的对称点为，所以选 B.【点睛】此题考察向量坐标表示与直线对称，考察等价转变与数形联合思想方法，考察基本求解能力，属难题 .10.已知数列知足，，则使的正整数的最小值是（）A. 2018B. 2019C. 2020D. 2021【答案】 C【分析】【剖析】令,利用裂项相消法得，再依据范围求正整数的最小值.【详解】令,则,所以，进而，由于,所以数列单一递加，设当时,当时,所以当时，，，进而,所以,选 C.【点睛】此题考察数列递推关系与裂项相消法，考察等价转变与结构法，考察综合剖析与求解能力，属难题.二、填空题：本大题共7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分.11.我国古代某数学著作中记录了一个折竹抵地问题：“今有竹高二丈，末折抵地，去本六尺，问折者高几何？”意思是：有一根竹子（与地面垂直），原高二丈（ 1 丈 =10 尺），现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离为六尺，则折断处离地面的高为__________尺．【答案】 9.1 尺【分析】【剖析】依据题意列方程，解得结果.【详解】设折断处离地面的高为尺．则【点睛】此题考察数学文化与应用，考察基本剖析与求解能力，属基础题.12.某几何体的三视图如下图（单位：），则该几何体的体积（单位：）等于_______，表面积（单位：）等于 __________ ．【答案】(1).(2).【分析】【剖析】先复原几何体，再依据柱体与锥体性质求体积与表面积.【详解】几何体一个边长为 2 的正方体挖去一个正四棱锥（极点在正方体下底面中心，底面为正方体上底面），所以几何体的体积为，表面积为【点睛】此题考察三视图与柱体与锥体性质，考察空间想象能力与基本求解能力，属基础题.13.在中，内角，，所对的边分别为，，.已知，则的值为__________，若，，则的面积等于 _________.【答案】(1).(2). 16【分析】【剖析】第一空依据两角和正切公式得，再依据同角三角函数关系得的值，第二空先依据正弦定理得，再根据两角和正弦公式得, 最后依据面积公式得结果.【详解】由于，所以，所以由于，所以由于()= ,所以的面积等于【点睛】此题考察两角和正切公式、两角和正弦公式与正弦定理，考察基本剖析求解能力，属基础题.14.若，则_________，_________ .【答案】(1). -27(2). -940【分析】【剖析】利用赋值法求系数.【详解】令得，所以，令得，令得，两式相加得【点睛】此题考察利用赋值法求二项睁开式系数，考察基本剖析求解能力，属基础题.15.已知函数，则__________ ，若实数，且，则的取值范围是__________ ．【答案】(1). 4(2).【分析】【剖析】第一空直接代入对应分析式求解即可，第二空先依据函数图象确立关系及取值范围，再求的取值范围 .【详解】),由于，且，所以,,所以.【点睛】此题考察分段函数求值以及函数图像，考察综合剖析与求解能力，属中档题.16.现有排成一排的7 个不一样的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的 4 个小球所有放入这7 个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不一样放法共有_______种 . （结果用数字表示）【答案】 336【分析】【剖析】依据相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法进行求解.【详解】先不考虑红球与黄球不相邻，则 4 个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，再考虑红球与黄球相邻，则 4 个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，所以所求放法为【点睛】此题考察摆列组合应用，考察综合剖析与求解能力，属中档题.17.已知椭圆的两个极点，，过，分别作的垂线交该椭圆于不一样于的，两点，若，则椭圆的离心率是__________．【答案】【分析】【剖析】先求出，两点坐标，再依据弦长公式化简，解得离心率.【详解】过作的垂线的方程为，与联立方程组解得，过作的垂线的方程为，与联立方程组解得，由于，所以【点睛】此题考察椭圆的离心率，考察综合剖析与求解能力，属中档题.三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分。
2019届浙江省高三三校联考数学试题
2019届浙江省高三三校联考数学试题本试题卷分第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（共40分）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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．若集合{}210A x x =-≥，{}04B x x =<<，则AB =A ．(,1)-∞-B. [)0,4C. [)1,4D. (4,)+∞2．已知i 为虚数单位，2iiz +=，则z 的虚部为 A ．1B. 2-C. 2D. 2i -3．已知双曲线22221-=y x a b的渐近线方程为12=±y x ，则该双曲线的离心率为C. 3D. 24．函数1()||=-f x xx的图象是A. B. C. D. 5．已知随机变量ξ满足(0)ξ==P x，(1)1P xξ==-，若12<<x，则A．()Eξ随着x的增大而增大，()Dξ随着x的增大而增大B．()Eξ随着x的增大而减小，()Dξ随着x的增大而增大C．()Eξ随着x的增大而减小，()Dξ随着x的增大而减小D．()Eξ随着x的增大而增大，()Dξ随着x的增大而减小6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A.23B.43C.83D.1637．“21-<x y”是“ln0<xy”的A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件8．如图，圆O是半径为1的圆，12OA=，设,B C为圆上的任意2个点，则AC BC⋅的取值范围是A．1[,3]8-B．[1,3]-C．[1,1]-D．1[,1]8-9．在棱长为D ABC-中，过点D的平面Γ与底面ABC所成锐二面角的(第6题图)正视图侧视图俯视图（第8题图）Γ与底面ABC 的交线为l ，当平面Γ运动时，直线l 在ABC ∆内 的部分形成的区域的面积为 A．6π B．12π C．6πD．6π10．已知二次函数2()f x ax bx c =++有零点，且1a b c ++=，则max{min{,,}}a b c = A ．12B ．13C ．14D ．16第II 卷（共110分）二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”-P ABCD ，⊥PA 底面ABCD ，21PA AB AD ===，，则该“阳马” 的最长棱长等于 ▲ ；外接球表面积等于 ▲ ．12．设,x y 满足约束条件210201x y x y x ì-+?ïï-?íï£ïî，则23z x y =+的最大值为 ▲ ；满足条件的,x y 构成的平面区域的面积是 ▲ ．13．已知56016(2)(25)x x a a x a x +-=+++L ，则0a = ▲ ；5a = ▲ ． 14．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若6π=A，(4cos =+b a B ， 且1=b ，则B = ▲ ；△ABC 的面积为 ▲ ．15．从0,1,2,3,4,5这6个数中随机抽取5个数构成一个五位数abcde ，则满足条件a b c d e <<>>“”的五位数的个数有 ▲ ．16．已知函数220()1(2)042-≤<+≤⎧⎪=⎨-≤⎪⎩x x f x f x x ，，，．若函数()log ()y f x a x =--恰有两个零点，则实数a的取值范围为 ▲ ．17．如图，椭圆C 1：2214x y +=，椭圆C 2：22182yx +=．点P 为椭圆C 2上一点， 直线PO 与椭圆C 1依次交于 点A B ，，则||=||PA PB ▲ ． 三、解答题（本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算过程)（第17题）18．(本小题满分14分)已知函数2()6cos 32xf x x ωω=+-(0)ω>的图象上相邻两对称轴之间的距离为4．（Ⅰ）求ω的值及()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）若0()5f x =且0214(,)33∈x ，求0(1)+f x 的值．19． (本小题满分15分)如图，已知四棱锥A BCDE -中，2A B B C==，120ABC AE ︒∠==，，//CD BE ，24BE CD ==，60EBC ︒∠=.（Ⅰ）求证：⊥EC 平面ABC ；（Ⅱ）求直线AD 与平面ABE 所成角的正弦值.20．(本小题满分15分)已知数列{}n a 中，1212(13)323(3)n n n a a a a a a a a n --=≠≠-==+≥且，，. （I ）求{}1n n a a ++和{}13n n a a +-的通项公式； （II ）若数列{}n a 单调递增，求a 的取值范围.21. （本小题满分15分）如图，已知抛物线21:4C x y =与椭圆22222:1(0)x y C a b a b+=>>交于点A ，B ，DCAE且抛物线1C 在点A 处的切线1l 与椭圆2C 在点A 处的切线2l 互相垂直. （I ）求椭圆2C 的离心率；（II ）设1l 与2C 交于点P ，2l 与1C 交于点Q ， 求APQ ∆面积的最小值.22．(本小题满分15分) 已知函数()()221ln 12ln f x x ax x x=--+-． （Ⅰ）当0a =时，求证：()0f x >；（Ⅱ）若0x >时，()0f x >，求a 的取值范围； （Ⅲ）求证：()()()()222ln 1213112ln 232*n n n n N⎡⎤++⋅⋅⋅+<+⨯⋅⋅⋅≥∈⎣⎦，且．参考答案一、选择题C B AD B C D A D C二、填空题11. 3, 9π 12. 11,2512 13. 160-, 15 14. 512π, 1415. 2116. (1,3] 17. 3-18.解：（1）()3cos ωω=f x x x )3πω=+x …………………3分由条件8=T ，所以284ππω== …………………4分 所以()sin()43ππ=+x f x 令22,2432ππππππ+≤+≤+∈x k k k Z ，得10288,33-+≤≤+∈k x k k Z 所以增区间为102[8,8],33-++∈k k k Z …………………7分（2）因为0()5=f x 由（1）知00()sin()435ππ=+=-x f x 即03sin()435ππ+=x ， …………………8分 因为0214(,)33∈x ，所以032432ππππ<+<x所以04cos()435ππ+=-x …………………10分所以00(1)sin()443πππ+=++x f x003[sin()cos cos()sin ]434434ππππππ=+++x x343(52525=⨯-=- …………………14分19解：（1）在ABC ∆中，由余弦定理得AC =在EBC ∆中，由余弦定理得EC =由222222,CE CA EA CE CB EB +=+=得， ,EC CA EC CB ⊥⊥,所以EC CAB ⊥面 ……………………7分(2)如图,建立空间直角坐标系-C xyz ，则()0,0,0,C E A B所以(3,1,0),(23,0,,23),(3,1=-=-=--AB AE BE 11(22==--CD BE 所以1(22--D ，1(22=--AD ……………………11分 所以(,,)n x y z =是面ABE 的一个法向量，则0⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩y取(1,3,1)=n ……………………13分 记直线AD 与平面ABE 所成角为α，则330sin AD n AD nα⋅==……………………15分20.解：（I ）21213333a a a a a a +=+-=-， ……………………2分 由1223n n n a a a --=+得1123()n n n n a a a a ---+=+1123(3)n n n n a a a a ----=-- ……………………4分 所以11+1123()(3)3n n n n a a a a a --+=+=+113(1)(33)n n n a a a -+-=-- ……………………7分（II ）由以上两式得111[(3)3(1)(33)]4--=+---n n n a a a ……………………8分 1111[(3)3(1)(33)]2n n n n a a a a --+-=++-- ……………………10分 当n 为奇数时111(3)3(1)(33)(33)33n n n n a a a ---++--=-++ 所以110(33)330n n n n a a a -+->⇒-++>当13=<n a 时，当113312333333n n n n a --+≥>-=----时关于n 递增所以33a -≤< . ……………………12分 当n 为偶数时111(3)3(1)(33)(33)33---++--=++-n n n n a a a所以111331203(33)33+---->⇒>-=-++n n n n n a a a 关于n 递减，所以1>-a ……………………14分 综上 (1,1)(1,3)a ∈- ……………………15分21.解：（I ）设点00(,)A x y ，00(,)B x y -，其中00x >，00y >.则抛物线1C 在点A 处的切线方程为100:2()l x x y y =+， .…………………2分 椭圆2C 在点A 处的切线方程为00222:1x x y yl a b+= ..…………………4分 由题意可知，12l l ⊥，则有20020()12x b x a y ⋅-=-，且2004x y =.所以：222a b =，从而椭圆2C的离心率为2e =.…………………6分 （II222212+=x y b b .…………………7分设2(2,)A t t ，设21:=-l y tx t ,由222222⎧=-⎪⎨+=⎪⎩y tx t x y b得22342(12)4220+-+-=t x t x t b所以22|||2|12=-=++P A tAP x x t t .…………………9分设221:2=-++l y x t t，同理可得4|||22|Q A AQ x x t t t=-=++ .…………………11分 所以1||||2APQS AP AQ ∆=323222144(1)2()812(12)++=+⋅=++t t t t t t t t.…………………12分 令232(1)(),0(12)+=>+t f t t t t ，则2222222(1)(21)(31)'()(12)+-+=+t t t f t t t令'()0=f t得2=t (0,)2上单调递减，在(,)2+∞上单调递增.所以()()2≥=f t f所以∆≥APQ S .…………………15分 法二：设点11(,)P x y ，22(,)Q x y ，由2004x y =及2220022x y b +=可知：22002b y y =+.由10022222:2(),:12l x x y y x y C b b ì=+ïïïíï+=ïïïî消去x 得222220000(24)8420x y y y y b x +++-=， 由题意可知：2222220000000120004248(2)248421y b x y b y y b y y y x y y ---===+++， 则220001002322121y b y y y y y ---==++，01004(21)y x x y -=+ .……………………9分 由0022221:1,2:4x x y yl b b C x y ⎧+=⎪⎨⎪=⎩消去y 得2200240y x x x b +-=， 由题意可知：0020028x x x y x +=-=-， 则2008x x x =--，222200000020002842(2)84422x b y y y y y y y y y +++++++===，…11分 所以323000120200008(1)(4)122(21)2(2)∆++=-⋅==++APQx y x S y y x y y x x ， ……………………13分 记232(4)()(2)x f x x x +=+，其中0x >，则22422222222222(4)(328)(4)(34)(2)()(2)(2)x x x x x x f x x x x x +--++-'==++， 由()0f x '=，得x =所以()f x在上递减，在)+∞上递增.所以3min()f x f===所以∆≥APQS………………15分22．解：（Ⅰ）当0a=时，()()22112f x xln x ln x=-+-因为()1ln x x+≤，当1x=时等号成立，所以222222221111111xln,ln,x,xx x x xlnx+⎛⎫+<<>⎪+⎝⎭即即所以()22112xln x ln x->+-，即()0f x>．……………………4分（Ⅱ）法一：显然0a≤成立，当0a>时，因为11ln xx≥-，当1x=时等号成立，所以22222111111xlnxx xx⎛⎫+>-=⎪++⎝⎭，即222111xxlnx<+⎛⎫+⎪⎝⎭，要()0f x>即22211x axxlnx+<⎛⎫+⎪⎝⎭，所以221x ax x+<+对一切0x>成立，显然0a>不符合，综上所述()0f x>时a的取值范围为0a≤．……………………9分法二：因为2a b a bln a lnb-+<-，所以()2222221211212211x x,,xln x ln xlnx++<<⎛⎫++-⎪⎝⎭即要()0f x>即22211x axxlnx+<⎛⎫+⎪⎝⎭，所以22212xx ax++<对一切0x>成立，显然0a>不符合，综上所述()0f x >时a 的取值范围为0a ≤． ……………………9分 （Ⅲ）由（Ⅱ）可知()221ln 12ln x ax,x x>++- 取1a =-，2n ≥，则有()2210lnn 12ln n n ,x n >->+- 所以()221ln 12ln n n n n +-<-111n n=-- 所以()211ln 212ln212+-<- ()211ln 312ln323+-<- ……()211ln 12ln 1n n n n+-<-- 把以上不等式相加得： ()()()()()()22221ln 121314112ln 23412ln 234n n n n ⎡⎤++++<-+⨯⨯<+⨯⨯⎣⎦……… ……………………15分。
浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(解析版)
2019年普通高等学校招生全国统一考试一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据交集定义求解.【详解】选B.【点睛】本题考查集合交集，考查基本求解能力，属基本题.2.双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离是（）A. 1B. 2C. 4D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长一半，即得结果.【详解】因为双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长一半，所以双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离是1,选A.【点睛】本题考查双曲线的焦点与渐近线，考查基本分析求解能力，属基本题.3.复数（为虚数单位）的共轭复数是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先化简复数为代数形式，再根据共轭复数概念求解.【详解】因为,所以其共轭复数是，选C.【点睛】本题考查共轭复数概念，考查基本分析求解能力，属基本题.4.若变量，满足约束条件，则的最大值是（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】先作可行域，再求范围，最后可得的最大值.【详解】作可行域，如图，则直线过点A(-1,-1)时取最小值-4，过点时取最大值2，因此的最大值是4,选D.【点睛】本题考查线性规划求最值，考查基本分析求解能力，属基本题.5.设函数，则函数的图像可能为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先判断函数奇偶性，舍去B,D，再根据函数值正负确定选项.【详解】因为，所以舍去B,D，因为ln3>0,所以选C.【点睛】本题考查函数图象识别，考查基本分析判断能力，属基本题.6.设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且，则“”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】A【解析】【分析】根据面面垂直性质定理可证得充分性成立，举反例说明必要性不成立.【详解】因为，平面与平面相交于直线，直线在平面内，且，所以，因为直线在平面内，所以，即充分性成立，若，，但时，与不一定垂直，即不一定垂直，即必要性不成立.选A.【点睛】本题考查面面垂直性质定理与充要关系，考查基本分析判断能力，属中档题.7.已知袋子中装有若干个大小形状相同且标有数字1，2，3的小球，每个小球上有一个数字，它们的个数依次成等差数列，从中随机抽取一个小球，若取出小球上的数字的数学期望是2，则的方差是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可假设标有数字1，2，3的小球各有1个，再根据方差定义求结果.【详解】因为取出小球上的数字的数学期望是2，且个数依次成等差数列，所以不妨设标有数字1，2，3的小球各有1个，从而随机抽取一个小球概率皆为，方差为，选B.【点睛】本题考查数学期望与方差，考查基本分析与求解能力，属中档题.8.已知三棱锥中，为正三角形，，且在底面内的射影在的内部（不包括边界），二面角，二面角，二面角的大小分别为，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出三个二面角，再根据，确定二面角大小.【详解】设在底面内的射影为O，过O分别作AB,BC,CA垂线，垂足分别为D,E,F,则，，，从而，，，因为，所以,,即,即，选C.【点睛】本题考查二面角，考查基本分析与判断能力，属中档题.9.已知向量，的夹角为，且，则的最小值为（）A. B. C. 5 D.【答案】B【解析】【分析】建立坐标系，将转化为直线上一动点到两定点距离和，再根据对称求最小值.【详解】由题意可设,，因此表示直线上一动点到定点距离的和,因为关于直线的对称点为，所以选B.【点睛】本题考查向量坐标表示与直线对称，考查等价转化与数形结合思想方法，考查基本求解能力，属难题.10.已知数列满足，，则使的正整数的最小值是（）A. 2018B. 2019C. 2020D. 2021【答案】C【解析】【分析】令,利用裂项相消法得，再根据范围求正整数的最小值.【详解】令,则,所以，从而，因为,所以数列单调递增，设当时, 当时,所以当时，，，从而,因此,选C.【点睛】本题考查数列递推关系与裂项相消法，考查等价转化与构造法，考查综合分析与求解能力，属难题.二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.我国古代某数学著作中记载了一个折竹抵地问题：“今有竹高二丈，末折抵地，去本六尺，问折者高几何？”意思是：有一根竹子（与地面垂直），原高二丈（1丈=10尺），现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离为六尺，则折断处离地面的高为__________尺．【答案】9.1尺【解析】【分析】根据题意列方程，解得结果.【详解】设折断处离地面的高为尺．则【点睛】本题考查数学文化与应用，考查基本分析与求解能力，属基础题.12.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）等于_______，表面积（单位：）等于__________．【答案】(1). (2).【解析】【分析】先还原几何体，再根据柱体与锥体性质求体积与表面积.【详解】几何体一个边长为2的正方体挖去一个正四棱锥（顶点在正方体下底面中心，底面为正方体上底面），因此几何体的体积为，表面积为【点睛】本题考查三视图与柱体与锥体性质，考查空间想象能力与基本求解能力，属基础题.13.在中，内角，，所对的边分别为，，.已知，则的值为__________，若，，则的面积等于_________.【答案】(1). (2). 16【解析】【分析】第一空根据两角和正切公式得，再根据同角三角函数关系得的值，第二空先根据正弦定理得，再根据两角和正弦公式得,最后根据面积公式得结果.【详解】因为，所以，因此因为，所以因为()=,所以的面积等于【点睛】本题考查两角和正切公式、两角和正弦公式与正弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题.14.若，则_________，_________.【答案】(1). -27(2). -940【解析】【分析】利用赋值法求系数.【详解】令得，所以，令得，令得，两式相加得【点睛】本题考查利用赋值法求二项展开式系数，考查基本分析求解能力，属基础题.15.已知函数，则__________，若实数，且，则的取值范围是__________．【答案】(1). 4 (2).【解析】【分析】第一空直接代入对应解析式求解即可，第二空先根据函数图象确定关系及取值范围，再求的取值范围.【详解】),因为，且，所以,,因此.【点睛】本题考查分段函数求值以及函数图像，考查综合分析与求解能力，属中档题.16.现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有_______种.（结果用数字表示）【答案】336【解析】【分析】根据相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法进行求解.【详解】先不考虑红球与黄球不相邻，则4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，再考虑红球与黄球相邻，则4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，因此所求放法为【点睛】本题考查排列组合应用，考查综合分析与求解能力，属中档题.17.已知椭圆的两个顶点，，过，分别作的垂线交该椭圆于不同于的，两点，若，则椭圆的离心率是__________．【答案】【解析】【分析】先求出，两点坐标，再根据弦长公式化简，解得离心率.【详解】过作的垂线的方程为，与联立方程组解得，过作的垂线的方程为，与联立方程组解得，因为，所以【点睛】本题考查椭圆的离心率，考查综合分析与求解能力，属中档题.三、解答题：本大题共5小题，共74分。
2019年5月浙江省三校2019届高三毕业班第二次联考测试数学试题(解析版)
绝密★启用前浙江省三校2019届高三毕业班下学期第二次联考测试数学试题(解析版)2019年5月一、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.已知全集{}{}0,1U x x A x x =≥=≥，则U C A ＝( )A. ∅B. {}1x x <C. {}01x x ≤<D. {}0x x ≥【答案】C【解析】【分析】由补集的定义计算即可.【详解】由{}|0U x x =≥,{|1}A x x =≥,可得{}|01U C A x x =≤<.故选C.【点睛】本题主要考查补集的计算.2.双曲线2214y x -=的焦距是（ ）B. D. 【答案】D【解析】【分析】该双曲线的焦点在y 轴,利用222c a b =+可求得双曲线的焦距.【详解】双曲线22221y x a b-=的焦距为2c ===故选D.【点睛】双曲线中222c a b =+,椭圆中222c a b =-,要注意区别并判断焦点在x 轴上还是在y 轴上.3.已知i 是虚数单位,则复数2i i +的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限 【答案】D【解析】【分析】 将i 2+i的分子分母同乘以2i -,化成()i ,a b a b R +∈的形式,其共轭复数i a b -对应的点为(),a b -. 【详解】()()()i 2-i i 12==+i 2+i 2+i 2-i 55,其共轭复数为12i 55-,对应的点为12,55⎛⎫- ⎪⎝⎭,在第四象限.故选D.【点睛】将分式形式复数的分子分母同乘以分母的共轭复数,可以化得()i ,a b a b R +∈的形式.4.已知实数,x y 满足()()201x y x y x ⎧-+≥⎨≥⎩,则2x y -（ ） A. 有最小值,无最大值B. 有最大值,无最小值C. 有最小值,也有最大值D. 无最小值,也无最大值【答案】A【解析】【分析】作出不等式组表示的可行域,设2x y z -=,则2y x z =-,平移直线2y x z =-可得z 是否能取得最大值和最小值.【详解】作出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示.设2x y z -=,则2y x z =-,z 表示。
浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷
浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷一、单选题 (共10题；共20分)1．（2分）已知集合P={x|−1<x<1}，Q={x|0<x<2}，那么P∪Q=（）A．（-1,2）B．（0，1）C．（-1,0）D．（1,2）2．（2分）双曲线x24−y2=1的一个焦点到一条渐近线的距离是（）A．1B．2C．4D．√53．（2分）复数21+i（i为虚数单位）的共轭复数是（）A．−1+i B．1−i C．1+i D．−1−i4．（2分）若变量x，y满足约束条件{y≤xx+y≤1y≥−1，则|x+3y|的最大值是（）A．1B．2C．3D．45．（2分）设函数f(x)=x2ln1+x1−x，则函数f(x)的图像可能为（）A．B．C．D．6．（2分）设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m则“ α⊥β”是“ a⊥b”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．即不充分不必要条件7．（2分）已知袋子中装有若干个大小形状相同且标有数字1，2，3的小球，每个小球上有一个数字，它们的个数依次成等差数列，从中随机抽取一个小球，若取出小球上的数字X的数学期望是2，则X的方差是（）A ．13B ．23C ．83D ．438．（2分）已知三棱锥 P −ABC 中， ΔABC 为正三角形， PA >PB >PC ，且 P 在底面 ABC内的射影在 ΔABC 的内部（不包括边界），二面角 P −AB −C ，二面角 P −BC −A ，二面角 P −AC −B 的大小分别为 α ， β ， γ ，则（ ） A ．α>β>γB ．γ>α>βC ．α<γ<βD ．α<β<γ9．（2分）已知向量 a ⇀ ， b ⇀ 的夹角为 60° ， |a ⇀|=1 且 c ⇀=−2a ⇀+tb ⇀(t ∈R) ，则 |c ⇀|+|c ⇀−a ⇀|的最小值为（ ） A ．√13B ．√19C ．5D ．9√13410．（2分）已知数列 {a n } 满足 a 1=12 ， a n+1=a n 22018+a n (n ∈N ∗) ，则使 a n >1 的正整数 n的最小值是（ ） A ．2018B ．2019C ．2020D ．2021二、填空题 (共7题；共11分)11．（1分）我国古代某数学著作中记载了一个折竹抵地问题：“今有竹高二丈，末折抵地，去本六尺，问折者高几何？”意思是：有一根竹子（与地面垂直），原高二丈（1丈=10尺），现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离为六尺，则折断处离地面的高为 尺．12．（2分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）等于 ，表面积（单位：cm 2） 等于 ．13．（2分）在 ΔABC 中，内角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c .已知 tan(π4+A)=2 ，则 sinA 的值为 ，若 B =π4 ， a =4 ，则 ΔABC 的面积等于 . 14．（2分）若 (x −3)3(2x +1)5=a 0+a 1x +a 2x 2+...+a 8x 8 ，则 a 0= ， a 0+a 2+...+a 8= .15．（2分）已知函数 f(x)={2−x ,x ≤0−x 2+4x,x >0 ，则 f(f(−1))= ，若实数 a <b <c ，且 f(a)=f(b)=f(c) ，则 a +b +c 的取值范围是 ．16．（1分）现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有 种.（结果用数字表示）17．（1分）已知椭圆 x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0) 的两个顶点 A(a,0) ， B(0,b) ，过 A ， B 分别作AB 的垂线交该椭圆于不同于的 C ， D 两点，若 2|BD|=3|AC| ，则椭圆的离心率是 ．三、解答题 (共5题；共25分)18．（5分）已知函数 f(x)=2cos 2x −2√3sinxcosx .（Ⅰ）求函数 f(x) 的单调递减区间；（Ⅱ）求方程 f(x)=−13在区间 [0，π2] 内的所有实根之和.19．（5分）如图，在四棱锥 E −ABCD 中，底面 ABCD 是边长为2的正方形，且 DE =√3 ，平面 ABCD ⊥ 平面 ADE ，二面角 A −CD −E 为 30° .（Ⅰ）求证： AE ⊥ 平面 CDE ；（Ⅱ）求 AB 与平面 BCE 所成角的正弦值.20．（5分）已知等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1=1 ，公差 d ≠0 ，且 S 1 ， S 3 ， S 9成等比数列，数列 {b n } 满足 b 1S 1+b 2S 2+...+b n S n =6−n 2+4n+62n(n ∈N ∗) ， {b n } 的前 n 项和为 T n .（Ⅰ）求数列 {a n } 和 {b n } 的通项公式；（Ⅱ）记 R n =1a 1a 2+1a 2a 3+...+1a n a n+1 ，试比较 R n 与 12T n 的大小. 21．（5分）已知抛物线 L ： y 2=2px(p >0) 的焦点为 F ，过点 M(5,0) 的动直线 l 与抛物线 L交于 A ， B 两点，直线 AF 交抛物线 L 于另一点 C ， |AC| 的最小值为4.（Ⅰ）求抛物线L的方程；（Ⅱ）记ΔABC、ΔAFM的面积分别为S1，S2，求S1⋅S2的最小值.22．（5分）已知函数f(x)=2x2，g(x)=mlnx(m>0)，曲线f(x)与g(x)有且仅有一个公共点.（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）若存在实数a，b，使得关于x的不等式g(x)≤ax+b≤f(x)+2对任意正实数x 恒成立，求a的最小值.答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】利用数轴，取P,Q所有元素，得P∪Q=(−1,2)．【分析】利用并集的运算法则结合数轴求出集合P和集合Q的并集。
2019届高三第三次全国大联考(江苏卷)数学试题(解析版)
2019届高三第三次全国大联考（江苏卷）数学试题一、填空题1．若复数，其中是虚数单位，则______________.【答案】【解析】直接由复数的运算化简为a+bi（a，b∈R）的形式，则答案可求．【详解】，则．故答案为.【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题2．已知集合，，那么=______________.【答案】【解析】先化简集合A,再根据交集的运算求解即可．【详解】由题意可知，，又，故．故答案为.【点睛】本题考查列举法,描述法及交集的定义，考查简单二次函数的值域，是基础题．3．在学校的春季运动会上，一个小组的5位学生的立定跳远的成绩如下：（单位：米），则这5位学生立定跳远成绩的中位数为______________米.【答案】2.1【解析】将这5位学生的立定跳远成绩按从小到大的顺序排列，由中位数的定义即可求解【详解】将这5位学生的立定跳远成绩按从小到大的顺序排列为，故这5位学生立定跳远成绩的中位数为2.1米，【点睛】本题考查中位数的定义，考查基本概念，是基础题4．运行下面的程序框图，如果输入，则输出的的值为______________.【答案】【解析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，循环可得结论．【详解】第1次循环，;第2次循环，;第3次循环，,输出．故答案为13.【点睛】本题考查程序框图，执行框图认真计算找到循环规律是关键，是基础题5．不等式的解集为______________.（用区间形式表示）【答案】【解析】由对数函数的单调性去掉对数符号得x的不等式求解即可【详解】原不等式等价于，解得，【点睛】本题考查对数函数的性质，解二次不等式，考查计算能力，注意定义域，是易错题6．已知正六边形的边长为1，在这6个顶点中任意取2个不同的顶点得到线段，则的概率为______________.【答案】【解析】列举在这6个顶点中任意取2个不同的顶点得到15条线段，由古典概型求解即可【详解】由已知得，，，在这6个顶点中任意取2个不同的顶点得到以下15条线段：A1A2，A1A3，A1A4，A1A5，A1A6，A2A3，A2A4，A2A5，A2A6，A3A4，A3A5，A3A6，A4A5，A4A6，A 5A6，其中满足的有以下6条线段：A1A3，A1A5，A2A4，A2A6，A 3A5，A4A6，根据古典概型的计算公式得，的概率为．故答案为.【点睛】本题考查古典概型，考查线段长度及正六边形的简单性质，是基础题7．现有橡皮泥制作成的圆柱和圆锥各一个，已知它们的底面半径都为r，高都为2，现在把它们重新捏成一个实心球体，其半径也为r（不计捏合过程中的损耗），则这个实心球体的表面积为______________.【答案】【解析】先求圆柱和圆锥的体积之和，利用球与其等体积即可求解【详解】由已知得圆柱和圆锥的体积之和为，把它们重新捏成一个半径也为r的实心球体的体积为，所以，所以，故这个实心球体的表面积为．故答案为.【点睛】本题考查柱，锥，球的表面积和体积公式，熟记体积公式准确计算是关键，是基础题8．若矩形的长和宽分别为，其对角线的长为5，则该矩形的周长的最大值为______________.【答案】【解析】由题得利用基本不等式求解即可【详解】由已知得，，所以，因为，所以，所以，当且仅当时取等号，所以该矩形的周长的最大值为. 故答案为.【点睛】本题考查基本不等式求最值，考查计算能力，是基础题，注意等号成立9．已知双曲线的方程为(a＞0，b＞0)，以原点为圆心且过双曲线的焦点的圆弧被双曲线四等分，则双曲线离心率的平方为______________.【答案】【解析】由题意可设双曲线与圆的一个交点为，由结合点在双曲线上求得a，c的关系式求解即可【详解】由题意可设双曲线与圆的一个交点为，则（其中为双曲线的半焦距），所以，由，整理得，即，解得或，又 所以双曲线的离心率的平方为，故答案为.【点睛】本题考查双曲线的几何性质，圆与双曲线的交点，考查计算能力，是基础题10．已知曲线Γ上的点到(2,0)的距离比到直线5x =-的距离小3，直线1l 与曲线Γ交于),,(11y x M 22(,)N x y 两点，点3344(,),(,)P x y Q x y 在曲线Γ上，若1234,,,x x x x 均不相等，且MP NQ k k =-，则MN NP PQ QM k k k k +++=______________. 【答案】0 【解析】先求曲线Γ的方程，再求MN 及NP,NQ ，PQ,QM,MP 的斜率，由MP NQ k k =-得12340y y y y +++=，进而得QM NP k k =-，同理得MN PQ k k =-则可求 【详解】因为曲线Γ上的点到(2,0)的距离比到直线5x =-的距离小3，所以曲线Γ上的点到(2,0)的距离与到直线2x =-的距离相等，故曲线2:8y x Γ=，则21212221122181188MN y y y y k x x y y y y --===-+-，同理可得238NP k y y =+，348PQ k y y =+，418QM k y y =+，138MP k y y =+，248NQ k y y =+，由于MP NQ k k =-，则132488y y y y =-++，可得12340y y y y +++=，由此可得412388y y y y =-++，即QM NP k k =-，同理有123488y y y y =-++，即MN PQ k k =-，故0MN NP PQ QM k k k k +++=，故答案为0. 【点睛】本题考查抛物线的定义，考查直线的斜率及抛物线的应用，考查计算能力，是中档题11．将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则函数在上的值域为______________.【答案】【解析】化简整理得g(x)进而得f （x ）的解析式，利用三角函数图像和性质求值域即可 【详解】 依题意，，则，当时，，，则，故答案为.【点睛】本题考查二倍角公式，三角平移变换，三角函数的值域，熟记公式，准确化简是关键，是中档题12．如图，0,||2,||2OA OB OA OB ⋅===，点C 是线段AB 上的一个动点，D 为OB 的中点，则DC OC ⋅的最小值为______________.【答案】12【解析】选取,OA OB 为基向量，设(1)OC OA OB λλ=+-得1=[()][(1)]2DC OC OA OB OA OB λλλλ⋅+-⋅+-，利用数量积运算结合二次函数求最值即可选取,OA OB 为基向量，设(1)OC OA OB λλ=+-，其中10≤≤λ，因为D 为OB 的中点，所以2OBOD =，所以1()2DC DO OC OA OB λλ=+=+-，所以21=[()][(1)]6622DC OC OA OB OA OB λλλλλλ⋅+-⋅+-=-+=2116()22λ-+，因为10≤≤λ，所以当1=2λ时，DC OC ⋅取得最小值，为12，故答案为12．【点睛】本题考查平面向量基本定理，数量积运算，二次函数的值域，考查计算能力，是中档题 13．在锐角三角形中，内角，，的对边分别是，，，且满足，则的取值范围为______________.【答案】【解析】由二倍角公式结合正弦定理得，求得，利用锐角三角形得，利用三角函数性质求范围即可【详解】 由题中条件可得，根据正弦定理可得，即，所以，因为，所以，因为，所以，在锐角三角形中，由，得，所以，所以．故答案为．本题考查正弦定理，三角函数恒等变换化简，三角函数的图像及性质应用，考查计算能力，是中档题，注意锐角三角形的应用是易错点14．若存在实数，使函数有3个不同的零点，则实数的取值范围为______________.【答案】【解析】化简，讨论a的取值，转化为函数与直线有3个不同的交点，求h（x）的最值列a的不等式求解即可【详解】令，若，显然不合题意；当时，若函数有3个不同的零点，即函数与直线有3个不同的交点，则，即存在，使成立，令，求导可得，当时，，单调递减，所以，所以；当时，若函数有3个不同的零点，即函数与直线有3个不同的交点，则，即存在，使成立，令，求导可得，当时，，单调递减，所以，所以.综上所述，，故答案为.【点睛】本题考查分段函数的图像及性质，考查函数零点问题，考查不等式恒成立问题，考查转化化归能力，是中档题二、解答题15．如图，在三棱锥ABC P -中，PA AB =，,M N 分别为棱,PB PC 的中点，平面PAB ⊥平面PBC .求证：（1）BC ∥平面AMN ； （2）平面AMN ⊥平面PBC .【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）证得MN ∥BC ，由线面平行的判定定理证明即可；（2）证得AM ⊥平面PBC . 由面面垂直的判定定理证明即可 【详解】（1）∵,M N 分别为棱,PB PC 的中点，∴MN ∥BC 又BC Ë平面AMN ，∴BC ∥平面AMN . （2）∵PA AB =，点M 为棱PB 的中点， ∴AM PB ⊥，又平面PAB ⊥平面PBC ，平面PAB平面PBC PB =，∴AM ⊥平面PBC .∵AM ⊂平面AMN ，∴平面AMN ⊥平面PBC .【点睛】本题考查线面平行，面面垂直的判定，考查定理，是基础题16．在中，内角的对边分别为，且．（1）求角的大小；（2）若，，求的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由两角和的正切得，进而得，即可求解C; （2），展开整理得，得,由正弦定理求a，则面积可求【详解】（1）因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以.（2）由及得，即，化简得，即.因为及，所以由正弦定理得，得，所以的面积.【点睛】本题考查两角和的正切公式，正弦定理解三角形，考查面积公式，熟记公式，准确计算是关键，是中档题17．某型号汽车的刹车距离s (单位：米)与刹车时间t (单位：秒)的关系为32510(0)s t k t t t =-⋅++>，其中k 是一个与汽车的速度以及路面状况等情况有关的量．（注：汽车从刹车开始到完全静止所用的时间叫做刹车时间，所经过的距离叫做刹车距离.）（1）某人在行驶途中发现前方大约10米处有一障碍物，若此时k =8，紧急刹车的时间少于1秒，试问此人是否要紧急避让？（2）要使汽车的刹车时间不小于1秒，且不超过2秒，求k 的取值范围． 【答案】（1）应紧急避让；（2）61[8,]4. 【解析】（1）求汽车的瞬时速度215161v s't t ==-+，由'0s =，得115t =，计算s 即可判断；（2）汽车的瞬时速度为v s'=，得 21521v t kt =-+，汽车静止时0v =， 问题转化为215210t kt -+=在[1,2]t ∈内有解，分离k 求导求最值即可 【详解】（1）当8=k 时，325810s t t t =-++，这时汽车的瞬时速度为215161v s't t ==-+， 令'0s =，解得1t =（舍）或115t =， 当115t =时，106752210>=s ， 故有撞击障碍物的危险，应紧急避让.（2）汽车的瞬时速度为v s'=，所以21521v t kt =-+，汽车静止时0v =， 故问题转化为215210t kt -+=在[1,2]t ∈内有解，即21511215t k t t t+==+在[1,2]t ∈内有解，记1()15f t t t =+，21()15f 't t =-，[1,2]t ∈∵，∴21()150f 't t=->，∴()f t 单调递增，∴()f t 在区间]2,1[上的取值范围为61[16,]2， ∴611622k ≤≤，即6184k ≤≤， 故k 的取值范围为61[8,]4.【点睛】本题考查导数的物理意义及实际应用，考查导数与函数的最值，注意运算的准确是基础题18．已知椭圆的离心率为，上顶点为，右焦点为，点是椭圆上的一点，轴上到,两点距离之和最小的点为右焦点.（1）求椭圆的标准方程；（2）过原点作直线交椭圆于两个不同的点,,若点是椭圆上一点,三角形是以为顶角的等腰三角形，且，求直线的方程．【答案】（1）；（2）或.【解析】（1）由离心率为，得，设方程为，由距离和最小转化为，，三点共线，得T 坐标，代入方程求c 即可求方程；（2）设直线的方程为，与椭圆联立得，进而得，设直线的方程为.同理得，由得k 值则直线方程可求 【详解】（1）设椭圆的焦距为，∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆C的方程为，设椭圆C的下顶点为，∵轴上到,两点距离之和最小的点为右焦点，∴，，三点共线，∴，故，又为椭圆C上的一点，∴，解得，故，所以椭圆的标准方程为．（2）设过原点且与直线垂直的直线为，∵三角形是以为顶角的等腰三角形，∴点为直线与椭圆的交点.当直线的斜率不存在时，点为椭圆的左顶点或右顶点，此时，,,，∴直线的斜率存在，设直线的方程为，当时，点为椭圆的上顶点或下顶点，此时,,，故，故可得直线的方程为.设，由消去得，，根据根与系数的关系得，∴，故，同理由得,∵,∴，解得，故直线的斜率为或．所以直线l的方程为或.【点睛】本题考查椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系及弦长公式，考查转化化归能力，准确计算是关键，是中档题19．设函数，其中为自然对数的底数.（1）求的极小值；（2）当时，求证：．【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】（1）判断其正负确定单调性得极小值；（2），构造函数，求导求其最小值大于1即可【详解】（1）易知函数的定义域为，令得所以当时，，当时，，所以在处取得极小值，又，所以的极小值为；（2），令，则，令，则，当时，，所以在上单调递增，所以，即，所以在上单调递增，所以，即.【点睛】本题考查函数极值，函数的最值，构造函数，准确计算是关键，是基础题20．设数列的前项积为．若对任意正整数，总存在正整数，使得，则称数列是“R数列”．（1）若数列的前n项积()，证明:是“R数列”；（2）设是等比数列,其首项,公比为．若是“R数列”,求的值；（3）证明：对任意的等比数列，总存在两个“R数列”和，使得（）成立．【答案】（1）详见解析；（2）或；（3）详见解析.【解析】（1）由，求，，满足即可证明；（2）由，得，进而，讨论①当时和②当，分别求得q；（3）设，令，得，再利用定义证明，为“R”数列．【详解】（1）因为数列的前n项积，所以，当时，，所以,对任意正整数，令，满足，所以是“R数列”；（2）因为是等比数列,其首项,公比为，所以，所以，因为是“R数列”，所以对任意正整数，总存在正整数，使得，即对任意正整数，总存在正整数，使得，即，①当时，得，且．②当（显然）时，得，且．所以公比或；（3）对任意的等比数列，设公比为，则，令，则，下面证明：为“R”数列．因为所以，取正整数，得，所以为“R”数列，同理可以证明为“R”数列．所以对任意的等比数列，总存在两个“R数列”和，使得()成立．【点睛】本题考查等比数列的通项公式，等差数列求和，利用新定义证明有关命题，熟练运用定义是关键，是中档题21．已知矩阵，若矩阵A属于特征值的一个特征向量为，属于特征值1的一个特征向量为，求矩阵A．【答案】【解析】由题列a,b,c,d的方程组求解即可得【详解】因为矩阵A属于特征值的一个特征向量为，所以，得，①因为矩阵A属于特征值1的一个特征向量为，所以，得②①②联立，解得，所以．【点睛】本题考查矩阵的有关计算，考查特征向量及特征向量，熟记公式准确计算是关键，是基础题22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是（θ为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．若直线与曲线相交于不同的两点A,B，且，求的值．【答案】【解析】化曲线C为普通方程，直线l为参数方程，联立利用t的几何意义求解即可【详解】因为，所以直线的直角坐标方程为，其倾斜角为，过点，所以直线的参数方程为（为参数），即（为参数）．曲线的参数方程（θ为参数）化为普通方程为，将代入曲线的方程，整理得，，设点，对应的参数分别为，则，所以．【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，极坐标与普通方程的互化，直线参数方程的几何意义，准确计算是关键，是基础题 23．函数．若关于x 的不等式有解，求实数的取值范围． 【答案】【解析】化简，求得f （x ）的最小值，转化求解t 即可 【详解】 易得，由-5＜-4x+3＜5，得，因为关于x 的不等式有解，所以，即，解得或．故实数的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式的化简与最值，考查不等式有解问题，准确转化是关键，是基础题24．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，H 是线段1DD 上的动点，若G 为正方形11B BCC 的中心． （1）当113DH DD =时，求1B H 与DG 所成角的余弦值； （2）当1DH D H =时，求直线DG 与平面11AC H 所成角的正弦值.【答案】（16；（2）16.【解析】（1）建立空间直角坐标系，设1B H 与DG 所成的角为α，求向量1,B H DG ，利用异面直线所成角公式求解即可；（2）求平面11AC H 的一个法向量11(,,1)22n =--及11(,1,)22DG =，由线面角公式求解即可； 【详解】以D 为坐标原点，直线1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系（如图所示）．（1）由已知得，1(1,1,1)B ，1(0,0,)3H ，11(,1,)22G ，所以12(1,1,)3B H =---，11(,1,)22DG =，设1B H 与DG 所成的角为α，所以1111|1|||cos ||||B H DG B H DG α---⋅=== （2）由已知得，11(1,0,1),(0,0,)2A H ，1(0,1,1)C ，11(,1,)22G ， 所以11(,1,)22DG =，11(1,0,)2A H =--，.B 设平面11AC H 的法向量是(,,)n a b c =，则1110,0n A H n AC ⋅=⋅=，所以0,20,c a a b ⎧--=⎪⎨⎪-+=⎩取1c =，得1212a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，则11(,,1)22n =--为平面11AC H 的一个法向量. 设直线DG 与平面11AC H 所成的角为β， 所以1||||1sin 6||||3DG n DG n β-⋅===． 故直线DG 与平面11AC H 所成的角的正弦值为16. 【点睛】 本题考查空间角的向量求法，熟记公式，熟练计算是关键，是基础题25．袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为.现有甲、乙两人从袋中轮流、不放回地摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取……直到袋中的球取完即终止.若摸出白球，则记2分，若摸出黑球，则记1分.每个球在每一次被取出的机会是等可能的.（1）求袋中白球的个数；（2）用ξ表示甲，乙最终得分差的绝对值，求随机变量的概率分布列及数学期望E ．【答案】（1）3；（2）x 的概率分布列为：.【解析】试题分析：（1）这属于古典概型问题，从7个球中任取两个，共有种取法，而如果其中有个白球，则任取两个白球的取法为，由题意有，解之得；（2）首先要知道随机变量的所有可能取值，由（1）可知，袋中有3个白球、4个黑球，甲四次取球可能的情况是：4个黑球、3黑1白、2黑2白、1黑3白.相应的分数之和为4分、5分、6分、7分；与之对应的乙取球情况：3个白球、1黑2白、2黑1白、3黑，相应分数之和为6分、5分、4分、3分；即x 可能的取值是0,2,4.，再利用公式计算可得分布列和期望.试题解析：（1）设袋中原有n个白球，由题意,知，解之得n=3或n=-2（舍去），即袋中原有3个白球；(2)由（1）可知，袋中有3个白球、4个黑球。
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2019届高三年级三校联考数学试题卷姓名 准考证号 参考公式: 如果事件A ，B 互斥，那么 柱体的体积公式()()()P A B P A P B +=+V Sh =如果事件A ，B 相互独立，那么 其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高()()()P A B P A P B ⋅=⋅ 锥体的体积公式如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那 13V Sh =么n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率 其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高()(1)(0,1,2,,)k kn k n n P k C p p k n -=-=⋅⋅⋅ 球的表面积公式台体的体积公式24πS R =121()3V S S h =+球的体积公式其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积，h 表 34π3V R =示台体的高 其中R 表示球的半径第I 卷（共40分）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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．若集合{}210A x x =-≥，{}04B x x =<<，则A B =A ．(,1)-∞-B. [)0,4C. [)1,4D. (4,)+∞2．已知i 为虚数单位，2iiz +=，则z 的虚部为 A ．1 B. 2- C. 2 D. 2i -3．已知双曲线22221-=y x a b 的渐近线方程为12=±y x ，则该双曲线的离心率为A. B. C. 3 D. 24．函数1()||=-f x x x的图象是A. B. C. D. 5．已知随机变量ξ满足(0)ξ==P x，(1)1P xξ==-，若12<<x，则A．()Eξ随着x的增大而增大，()Dξ随着x的增大而增大B．()Eξ随着x的增大而减小，()Dξ随着x的增大而增大C．()Eξ随着x的增大而减小，()Dξ随着x的增大而减小D．()Eξ随着x的增大而增大，()Dξ随着x的增大而减小6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A.23B.43C.83D.1637．“21-<x y”是“ln0<xy”的A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件8．如图，圆O是半径为1的圆，12OA=，设,B C为圆上的任意2个点，则AC BC⋅的取值范围是A．1[,3]8-B．[1,3]-C．[1,1]-D．1[,1]8-9．在棱长为D ABC-中，过点D的平面Γ与底面ABC所成锐二面角的，设平面Γ与底面ABC的交线为l，当平面Γ运动时，直线l在ABC∆内的部分形成的区域的面积为A．6πB．12πC．6πD．6π10．已知二次函数2()f x ax bx c=++有零点，且1a b c++=，则max{min{,,}}a b c=A．12B．13C．14D．16第II卷（共110分）二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现(第6题图)正视图侧视图俯视图（第8题图）有一“阳马”-P ABCD ，⊥PA 底面ABCD ，21PA AB AD ===，，则该“阳马” 的最长棱长等于 ▲ ；外接球表面积等于 ▲ ．12．设,x y 满足约束条件210201x y x y x ì-+?ïï-?íï£ïî，则23z x y =+的最大值为 ▲ ；满足条件的,x y 构成的平面区域的面积是 ▲ ．13．已知56016(2)(25)x x a a x a x +-=+++L ，则0a = ▲ ；5a = ▲ ．14．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若6π=A，(4cos =+b a B ， 且1=b ，则B = ▲ ；△ABC 的面积为 ▲ ．15．从0,1,2,3,4,5这6个数中随机抽取5个数构成一个五位数abcde ，则满足条件a b c d e <<>>“”的五位数的个数有 ▲ ． 16．已知函数220()1(2)042-≤<+≤⎧⎪=⎨-≤⎪⎩x x f x f x x ，，，．若函数()log ()y f x a x =--恰有两个零点，则实数a 的取值范围为 ▲ ． 17．如图，椭圆C 1：2214x y +=，椭圆C 2：22182y x +=．点P 为椭圆C 2上一点， 直线PO 与椭圆C 1依次交于 点A B ，，则||=||PA PB ▲ ．三、解答题（本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算过程) 18．(本小题满分14分)已知函数2()6cos32xf x x ωω=-(0)ω>的图象上相邻两对称轴之间的距离为4．（Ⅰ）求ω的值及()f x 的单调递增区间； （Ⅱ）若0()f x =且0214(,)33∈x ，求0(1)+f x 的值．19． (本小题满分15分)如图，已知四棱锥A BCDE -中，2AB BC ==，120ABC AE ︒∠==，，//CD BE ，24BE CD ==，60EBC ︒∠=. （Ⅰ）求证：⊥EC 平面ABC ；（Ⅱ）求直线AD 与平面ABE 所成角的正弦值.20．(本小题满分15分)已知数列{}n a 中，1212(13)323(3)n n n a a a a a a a a n --=≠≠-==+≥且，，.（第17题）DCBAE（I ）求{}1n n a a ++和{}13n n a a +-的通项公式； （II ）若数列{}n a 单调递增，求a 的取值范围.21. （本小题满分15分）如图，已知抛物线21:4C x y =与椭圆22222:1(0)x y C a b a b+=>>交于点A ，B ，且抛物线1C 在点A 处的切线1l 与椭圆2C 在点A 处的切线2l 互相垂直.（I ）求椭圆2C 的离心率；（II ）设1l 与2C 交于点P ，2l 与1C 交于点Q ， 求APQ ∆面积的最小值.22．(本小题满分15分) 已知函数()()221ln 12ln f x x ax x x=--+-． （Ⅰ）当0a =时，求证：()0f x >；（Ⅱ）若0x >时，()0f x >，求a 的取值范围； （Ⅲ）求证：()()()()222ln 1213112ln 232*n n n n N⎡⎤++⋅⋅⋅+<+⨯⋅⋅⋅≥∈⎣⎦，且．参考答案一、选择题C B AD B C D A D C二、填空题11. 3, 9π 12. 11,251213. 160-, 15 14. 512π, 14 15. 2116. (1,3]17. 3-18.解：（1）()3cos ωω=f x xx )3πω=+x …………………3分由条件8=T ，所以284ππω== …………………4分所以()sin()43ππ=+x f x 令22,2432ππππππ+≤+≤+∈x k k k Z ，得10288,33-+≤≤+∈k x k k Z 所以增区间为102[8,8],33-++∈k k k Z …………………7分（2）因为0()=f x 由（1）知00()sin()43ππ=+=x f x 即03sin()435ππ+=x ， …………………8分因为0214(,)33∈x ，所以032432ππππ<+<x 所以04cos()435ππ+=-x …………………10分所以00(1)sin()443πππ+=++x f x00)cos cos()sin ]434434ππππππ=+++x x3452525=⨯-⨯=- …………………14分19解：（1）在ABC ∆中，由余弦定理得AC =在EBC ∆中，由余弦定理得EC =由222222,CE CA EA CE CB EB +=+=得， ,EC CA EC CB ⊥⊥,所以EC CAB ⊥面 ……………………7分(2)如图,建立空间直角坐标系-C xyz ，则()0,0,0,,0)C E A BzxDCAE所以(3,1,0),(23,0,,23),(3,1,=-=-=--AB AE BE ，11(,222==--CD BE所以1(2-D ，1(2=-AD ……………………11分所以(,,)n x y z=是面ABE 的一个法向量，则0⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩y 取(1,3,1)=n ……………………13分 记直线AD 与平面ABE 所成角为α，则330sin 55AD n AD nα⋅==……………………15分20.解：（I ）21213333a a a a a a +=+-=-， ……………………2分 由1223n n n a a a --=+得1123()n n n n a a a a ---+=+1123(3)nn n n a a a a ----=-- ……………………4分 所以11+1123()(3)3n n n n a a a a a --+=+=+113(1)(33)n n n a a a -+-=-- ……………………7分（II ）由以上两式得111[(3)3(1)(33)]4--=+---n n n a a a ……………………8分1111[(3)3(1)(33)]2n n n n a a a a --+-=++-- ……………………10分 当n 为奇数时111(3)3(1)(33)(33)33n n n n a a a ---++--=-++所以110(33)330n nn n a a a -+->⇒-++>当13=<n a 时，当113312333333n n n n a --+≥>-=----时关于n 递增所以33a -≤< . ……………………12分当n 为偶数时111(3)3(1)(33)(33)33---++--=++-n n n n a a a所以111331203(33)33+---->⇒>-=-++n n n n n a a a 关于n 递减， 所以1>-a ……………………14分 综上 (1,1)(1,3)a ∈- ……………………15分21.解：（I ）设点00(,)A x y ，00(,)B x y -，其中00x >，00y >.则抛物线1C 在点A 处的切线方程为100:2()l x x y y =+， .…………………2分 椭圆2C 在点A 处的切线方程为00222:1x x y yl a b+= ..…………………4分 由题意可知，12l l ⊥，则有20020()12x b x a y ⋅-=-，且2004x y =.所以：222a b =，从而椭圆2C的离心率为e =.…………………6分 （II，可设椭圆方程为222212+=x y b b.…………………7分设2(2,)A t t ，设21:=-l y tx t ,由222222⎧=-⎪⎨+=⎪⎩y tx t x y b得22342(12)4220+-+-=t x t x t b所以22|||2|12=-=++P A tAP x x t t.…………………9分 设221:2=-++l y x t t，同理可得4|||22|Q A AQ x x t t t=-=++ .…………………11分 所以1||||2APQS AP AQ ∆=323222144(1)2()812(12)++=+⋅=++t t t t t t t t .…………………12分 令232(1)(),0(12)+=>+t f t t t t ，则2222222(1)(21)(31)'()(12)+-+=+t t t f t t t 令'()0=f t得2=t(0,2上单调递减，在()2+∞上单调递增.所以()(2≥=f t f .所以2∆≥APQ S .…………………15分 法二：设点11(,)P x y ，22(,)Q x y ，由2004x y =及2220022x y b +=可知：22002b y y =+.由10022222:2(),:12l x x y y x y C b b ì=+ïïïíï+=ïïïî消去x 得222220000(24)8420x y y y y b x +++-=，由题意可知：2222220000000120004248(2)248421y b x y b y y b y y y x y y ---===+++， 则220001002322121y b y y y y y ---==++，01004(21)y x x y -=+ .……………………9分 由0022221:1,2:4x x y yl b b C x y ⎧+=⎪⎨⎪=⎩消去y 得2200240y x x x b +-=， 由题意可知：0020028x x x y x +=-=-， 则2008x x x =--，222200000020002842(2)84422x b y y y y y y y y y +++++++===，…11分 所以323000120200008(1)(4)122(21)2(2)∆++=-⋅==++APQx y x S y y x y y x x ， ……………………13分 记232(4)()(2)x f x x x +=+，其中0x >，则22422222222222(4)(328)(4)(34)(2)()(2)(2)x x x x x x f x x x x x +--++-'==++， 由()0f x '=，得x =所以()f x在上递减，在)+∞上递增.所以3min()f x f ===所以2∆≥APQ S ………………15分 22．解：（Ⅰ）当0a =时，()()22112f x x ln x ln x=-+- 因为()1ln x x +≤，当1x =时等号成立，所以222222221111111x ln ,ln ,x ,x x x x x ln x+⎛⎫+<<> ⎪+⎝⎭即即 所以()221012x ln x ln x->+-，即()0f x >． ……………………4分 （Ⅱ）法一：显然0a ≤成立，当0a >时，因为11ln x x≥-，当1x =时等号成立， 所以22222111111x ln x x x x ⎛⎫+>-= ⎪++⎝⎭，即222111x x ln x <+⎛⎫+ ⎪⎝⎭， 要()0f x >即22211x ax x ln x +<⎛⎫+ ⎪⎝⎭， 所以221x ax x +<+对一切0x >成立，显然0a >不符合，综上所述()0f x >时a 的取值范围为0a ≤． ……………………9分 法二：因为2a b a bln a lnb -+<-，所以 ()2222221211212211x x ,,x ln x ln xln x ++<<⎛⎫++- ⎪⎝⎭即 要()0f x >即22211x ax x ln x +<⎛⎫+ ⎪⎝⎭， 所以22212x x ax ++<对一切0x >成立，显然0a >不符合，综上所述()0f x >时a 的取值范围为0a ≤． ……………………9分11 （Ⅲ）由（Ⅱ）可知()221ln 12ln x ax,x x>++- 取1a =-，2n ≥，则有()2210lnn 12ln n n ,x n >->+- 所以()221ln 12ln n n n n +-<-111n n=-- 所以()211ln 212ln212+-<- ()211ln 312ln323+-<- ……()211ln 12ln 1n n n n+-<-- 把以上不等式相加得： ()()()()()()22221ln 121314112ln 23412ln 234n n n n⎡⎤++++<-+⨯⨯<+⨯⨯⎣⎦……… ……………………15分。