《贵州省黔东南州2019届高三数学下学期第一次模拟考试试题 文（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《贵州省黔东南州2019届高三数学下学期第一次模拟考试试题 文（含解析）（17页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、贵州省黔东南州2019届高三下学期第一次模拟考试数学（文）试题一、选择题：本题共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.已知集合A1，2，3，B1，2，4，则AB等于（）A. 1，2，4B. 2，3，4C. 1，2D. 1，2，3，4【答案】C【解析】【分析】根据集合的交集的概念得到结果即可.【详解】因为集合A1，2，3，B1，2，4，所以AB=1，2.故答案为：C【点睛】这个题目考查了集合的交集的概念以及运算，比较基础.2.（）A. 1B. iC. 1D. i【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算得到结果即可.【详解】 故答案为：A.【点
2、睛】这个题目考查了复数的除法运算，题目比较简单.3.椭圆x2+1的离心率为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据公式得到【详解】椭圆x2+1的离心率为 故答案为：A.【点睛】这个题目考查了已知椭圆的方程求椭圆的离心率的问题，根据可得到相应的参数值，进而得到离心率.4.某市教体局将从甲、乙、丙、丁四人中选一人参加全省100米仰泳比赛，现将他们最近集训的10次成绩（单位：秒）的平均数与方差制成如下表格：根据表中的数据，应选哪位选手参加全省的比赛（）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】D【解析】【分析】100米仰泳比赛的成绩是时间越短越好的，方差越小发挥水平越稳定,从而得到结
3、果.【详解】100米仰泳比赛的成绩是时间越短越好的，方差越小发挥水平越稳定，故丁是最佳人选.故答案为：D.【点睛】这个题目考查了利用方差来体现数据的稳定性，利用平均值来体现数据的平均水平，比较贴近实际应用.5.将函数的图像上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图像，则的最小正周期是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由伸缩变换确定g(x),再求周期公式计算即可【详解】由题,T=故选：B【点睛】本题考查三角函数伸缩变换，准确记忆变换原则是关键，是基础题.6.现有两对情侣都打算从巴黎、厦门、马尔代夫、三亚、泰国这五个地方选取一个地方拍婚纱照，且这两对情侣选择的
4、地方不同，则这两对情侣都选在国外拍婚纱照的概率为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用列举法求出两对情侣的所有选择方案为10种选择，这两对情侣都选在国外拍婚纱照包含的基本事件有3种，由此能求出这两对情侣都选在国外拍婚纱照的概率【详解】两对情侣的所有选择方案为：（巴黎、厦门），（巴黎、马尔代夫），（巴黎、三亚），（巴黎、泰国），（厦门，马尔代夫），（厦门，三亚），（厦门，泰国），（马尔代夫，三亚），（马列尔代夫，泰国），（三亚，泰国），共有10种选择，这两对情侣都选在国外拍婚纱照包含的基本事件有：（巴黎、马尔代夫），（巴黎、泰国），（马列尔代夫，泰国），共3种，这两对情侣都选
5、在国外拍婚纱照的概率P故选：B【点睛】本题考查概率的求法，考查概率、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题古典概型的公式，对于古典概型，要求事件总数是可数的，满足条件的事件个数可数，使得满足条件的事件个数除以总的事件个数即可.7.函数的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由与关系判断出函数的奇偶性，再由特殊值法，研究几个函数值的正负，即可判断出结果.【详解】，为偶函数，排除C，又，从而排除A，D，故选B.【点睛】本题考查函数图像的识别与函数的奇偶性，根据函数的奇偶性和特殊值验证，即可得出结果，属于基础题型.8.若x，y满足约束条件 ，则zx+3y的最大值为
6、（）A. 2B. 8C. 16D. 20【答案】D【解析】【分析】画出可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可【详解】作出x，y满足约束条件，所对应的可行域（如图阴影），变形目标函数可得平移直线yx可知，当直线经过点A（2，6）时，直线的截距最小值，此时目标函数取最大值z2+3620.故选：D【点睛】利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域；(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）；(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解；(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。9.某几何
7、体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由三视图可得该几何体可由一个圆柱上、下两半部分分别截取一个圆柱而成，再由几何体的体积公式即可求解.【详解】由三视图可知该几何体可由一个圆柱上、下两半部分分别截取一个圆柱而得，其直观图如图所示，故其体积为.故选C【点睛】本题考查三视图与简单几何体的体积计算，由三视图还原几何体，熟记体积公式即可，属于基础题型.10.已知Sn为等差数列an的前n项和，a11，公差为d，则“1d0”是“S22+S5226”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】B【解析
8、】【分析】解出关于d的不等式，结合充分必要条件的定义，从而求出答案【详解】S22+S5226，（2+d）2+25（1+2d）226，（101d+3）（d+1）0，1d，1d0推不出1d，1d1d0，“1d0”是“S22+S5226”的必要不充分条件故选：B【点睛】本题考查了充分必要条件，考查解不等式问题，考查了等差数列的前n项公式，是一道基础题判断充要条件的方法是：若pq为真命题且qp为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；若pq为假命题且qp为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；若pq为真命题且qp为真命题，则命题p是命题q的充要条件；若pq为假命题且qp为假命题，则命题p是命题q
9、的即不充分也不必要条件判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系11.已知实轴长为2的双曲线C：的左、右焦点分别为F1（2，0），F2（2，0），点B为双曲线C虚轴上的一个端点，则BF1F2的重心到双曲线C的渐近线的距离为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出a，b，c得到三角形的重心坐标，求出双曲线的渐近线方程，然后利用点到直线的距离求解即可【详解】实轴长为2的双曲线C：的左、右焦点分别为F1（2，0），F2（2，0），可得a，c2，则b，不妨B（0，），则BF1F2的重心G，双曲线的渐近线方程为：yx的距离为：d故选
10、：A【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力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】A【解析】【分析】构造函数，求其导数，结合条件判断单调性，进而可求出结果.【详解】设，则，则在上单调递增，则，即.故选A【点睛】本题考查导数的应用，通常需要构造函数，利用导数的方法，研究其单调性，即可求解，属于常考题型.二、填空题：本大题共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.在等比数列an中，a13，a481，则an_【答案】【解析】【分析】利用等比数列的通项公式即可得出【详解】设等比数列an的公比为q，a1
11、3，a481，813q3，解得q3则该数列的通项an（3）（3）n1（3）n故答案为：（3）n【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题14.在中，则_【答案】【解析】【分析】由，结合向量的线性运算，用，表示出，结合题中条件，即可求出结果.【详解】，又， ，所以 .故答案为【点睛】本题考查平面向量的线性运算，结合平面向量的基本定理，即可求出结果，属于基础题型.15.在四面体ABCD中，DA平面ABC，ABBC，tanACD，DA2四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为_【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，将四面体ABCD补形得到一个长方体
12、，其一条对角线为CD，由已知求得CD，得到外接球的半径，则答案可求【详解】如图，将四面体ABCD补形得到一个长方体，其一条对角线为CD，tanACD，DA2，DC，则球O的表面积为.故答案为：20【点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这
13、样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.16.已知函数f（x）的值域为R，则a的取值范围为_【答案】【解析】【分析】讨论a的取值范围，分别求出两个函数的 取值范围，结合函数的值域是R，建立不等式关系进行求解即可【详解】当a0时，不满足条件当a0时，若0x2，则f（x）a+log2x（，a+1），当x2时，f（x）ax234a3，+），要使函数的值域为R，则4a3a+1，得a，即实数a的取值范围是（0，故答案为：（0，【点睛】本题主
14、要考查分段函数的应用，求出函数的各自的取值范围，结合函数的值域建立不等式关系是解决本题的关键分段函数分段处理，这是研究分段函数图象和性质最核心的理念，具体做法是：分段函数的定义域、值域是各段上x、y取值范围的并集，分段函数的奇偶性、单调性要在各段上分别论证；分段函数的最大值，是各段上最大值中的最大者。三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个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ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足bcosAasinB0（1）求A；（2）已知a2，B，求ABC的面
15、积【答案】（1） ； （2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得sinBcosAsinAsinB0，结合sinB0，可求tanA，结合范围A（0，），可得A的值；（2）由已知可求C，可求b的值，根据三角形的面积公式即可计算得解【详解】（1）bcosAasinB0由正弦定理可得：sinBcosAsinAsinB0，sinB0，cosAsinA，tanA，A（0，），A；（2）a2，B，A，C，根据正弦定理得到 b6，SABCab6【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题18.在四棱锥MABCD中，平面MAD平面AB
16、CD，底面ABCD为矩形，AB2，AMAD3，MD3，E，F分别为线段BC，MD上一点，且CE1，DF（1）证明：AMBD；（2）证明：EF平面MAB，并求三棱锥DAEF的体积【答案】（1）见解析； （2）1.【解析】【分析】（1）推导出AMAD，从而AM平面ABCD，由此能证明AMBD；（2）推导出CEND，BCAD，ENAB，FNAM，从而平面ENF平面MAB，进而EF平面MAB，由VDAEFVFADE，能求出三棱锥DAEF的体积【详解】（1）AMAD3，MD3，AM2+AD2MD2，AMAD，平面MAD平面ABCD，平面MAD平面ABCDAD，AM平面ABCD，又BD平面ABCD，AMB
17、D（2）在棱AD上取一点N，使得ND1，CE1，CEND，又BCAD，ECND，又ABCD，ENAB，FNAM，FNENN，平面ENF平面MAB，又EF平面ENF，EF平面MAB，AM平面ABCD，且FDMD，AM3，F到平面ABCD的距离d，VDAEFVFADE1【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题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x与乘客等候人数y之间的关系，经过调查得到如下数据：调查小组先从这6组数据中选取4
18、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y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y关于x的线性回归方程，并判断此方程是否是“恰当回归方程”；（2）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（x1，y1），（x2，y2），（xn，yn），其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：【答案】（1）求出的回归方程是“恰当的回归方程”； （2）间隔时间最多设置18分钟.【解析】【分析】（1）
19、由后四组数据求得及的值，可得线性回归方程，分别取x10，11求得y值，与原表格中对应的y值作差判断；（2）直接由1.4x+9.635，求得x值得答案【详解】（1）由后面四组数据求得，当x10时，而23.6230.61；当x11时，而252501求出的线性回归方程是“恰当回归方程”；（2）由1.4x+9.635，得x故间隔时间最多可设置为18分钟【点睛】本题考查回归分析，考查线性回归直线过样本中心点，在一组具有相关关系的变量的数据间，这样的直线可以画出许多条，而其中的一条能最好地反映x与Y之间的关系，这条直线过样本中心点线性回归方程适用于具有相关关系的两个变量，对于具有确定关系的两个变量是不适用
20、的, 线性回归方程得到的预测值是预测变量的估计值，不是准确值.20.在直角坐标系xOy中，曲线C：x26y与直线l：ykx+3交于M，N两点（1）设M，N到y轴的距离分别为d1，d2，证明：d1d2为定值（2）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN？若存在，求以线段OP为直径的圆的方程；若不存在，请说明理由【答案】（1）见解析； （2） .【解析】【分析】（1）设点M（x1，y1）、N（x2，y2），将直线l的方程与曲线C的方程联立，列出韦达定理，结合距离公式可证明题中结论；（2）设P（0，b）为符合题意的点，利用两点的斜率公式结合韦达定理计算直线PM与直线PN的斜率之和为0，得
21、出b的值，从而证明点P的存在性【详解】（1）将直线l的方程与曲线C的方程联立，消去y并整理得x26kx180设点M（x1，y1）、N（x2，y2），则x1x218从而d1d2|x1|x2|x1x2|18（定值）；（2）存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为符合题意的点，直线PM、PN的斜率分别为k1、k2，从而当b3时，有k1+k20，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补故OPMOPN，所以点P（0，3）符合题意故以线段OP为直径的圆的方程为【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为
22、方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用21.已知函数f（x）x2lnx（1）求f（x）的单调区间；（2）证明：【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增； （2）见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）设h（x）（x0），根据函数的单调性求出f（x）minh（x）max，从而证明结论【详解】（1）f（x）x（2lnx+1），令f（x）0，解得：x，令f（x）0，解得：x，令f（x）0，解得：0x，故f（
23、x）在（0，）递减，在（，+）递增；（2）证明：由（1）知当x时，f（x）的最小值是，设h（x）（x0），则h（x），h（x）在（0，2）递增，在（2，+）递减，故h（x）maxh（2），（）0，f（x）minh（x）max，故lnx【点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.（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
24、.22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为，为参数，以坐标原点为极点x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程；若直线l与曲线C交于A，B两点，求【答案】（1）x+y-1=0, ； （2）.【解析】【分析】(1)运用消参方法求出直线的普通方程，结合公式代入求出曲线的直角坐标方程(2)运用参量代入计算，求出的结果【详解】（1）直线的普通方程为：.由，得，则，故曲线的直角坐标方程为.（2）将代入，得，则，故.【点睛】本题考查了参数方程与普通方程之间的转化，较为简单，在计算长度的时候将参量代入进行求解会减小计算量，方便计算23.已知函数求不等式的解集；若的最小值为k，且，证明：【答案】（1）； （2）见解析.【解析】【分析】(1)分类讨论三种情况下的解集(2)先求出的最小值为，代入后运用基本不等式证明不等式成立【详解】（1）由，得，则或或，解得：，故不等式的解集为.（2）证明：因为 ，所以，因为，所以，当且仅当，即时取等号，故.【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法，需要对其分类讨论，然后再求解，在证明不等式时运用了基本不等式的用法，需要掌握此类题目的解法- 17 -
贵州省黔东南州2019届高三数学下学期第一次模拟考试试题 文（含解析）
