黑龙江省大庆第一中学2019届高三第三次模拟考试数学（理）试题（含答案解析） 18页

大庆一中高三年级下学期第三次模拟考试 数 学（理 科） 试 题 第Ⅰ卷 选择题 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 4 个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.已知复数z满足，则复数的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设 ，由 ， ，故选B.‎ ‎2.已知集合 ，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合和集合，根据集合的交集计算即可.‎ ‎【详解】由得 ，所以，由得，所以，‎ 故，所以选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的概念，集合的交集运算，涉及函数定义域的相关知识，属于中档题.‎ ‎3.已知双曲线的离心率为，则实数 的值为( )‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：可用排除法，验证与是否符合题意即可得结果.‎ 详解：可用排除法，当时，化为，‎ 离心率为，符合题意；‎ 当时，化为，‎ 离心率，符合题意,‎ 的值为，故选C.‎ 点睛：用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法. 若结果为定值，则可采用此法. 特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率.‎ ‎4.执行如图所示的程序框图，输出 的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据框图，结合条件分支结构和循环结构，即可求出结果.‎ ‎【详解】第一次执行程序后，，第二次执行程序后，，第三次执行程序后，第四次执行程序后，因为不成立，跳出循环，输出，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了框图，涉计循环结构和条件分支结构，属于中档题.‎ ‎5.在各项不为零的等差数列中，，数列是等比数列，且 ‎，则的值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 4 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质可知，代入方程可求出，再根据等比数列的性质 即可代入求解.‎ ‎【详解】因为等差数列中，所以，‎ 因为各项不为零，所以，‎ 因为数列是等比数列，所以 所以，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列中，当时，，等比数列中，当时，，属于中档题.‎ ‎6.若设，则 的展开式中的常数项是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【解析】,所以展开式的通项为： ，令 ，常数项是，故选A.‎ ‎7.已知矩形中，.如果向该矩形内随机投一点，那么使得与的面积都不小于的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎，‎ 由题意知本题是一个几何概型的概率，‎ 以AB为底边，要使面积不小于2，‎ 由于，‎ 则三角形的高要h⩾1,同样,P点到AD的距离要不小于，满足条件的P的区域如图，‎ 其表示的区域为图中阴影部分,它的面积是，‎ ‎∴使得△ABP与△ADP的面积都不小于2的概率为：.‎ 故选D.‎ ‎8.已知某函数的图象如图所示，则下列解析式与此图象最为符合的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 对于A，为奇函数，图象显然不关于原点对称，不符合题意；‎ 对于C，在上单调递减，不符合题意；‎ 对于D，在上单调递减，不符合题意；‎ 故选B 点睛：识图常用的方法 ‎(1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；‎ ‎(2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；‎ ‎(3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题．‎ ‎9.已知奇函数满足，若当时，，且，则实数的值可以是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇函数满足可知函数周期，因此，当时，令，可得，故可得的可能取值.‎ ‎【详解】由可得，因为为奇函数，‎ 所以，故，函数周期为，‎ 所以，‎ 当时，令，可得，所以可以，即，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性、周期性，属于中档题.函数中一些常见结论需要理解记忆：‎ 若 可知函数的周期，‎ 若，可知函数对称轴.‎ ‎10.下列命题正确的个数是（ ）‎ ‎（1）“函数的最小正周期是”的充分不必要条件是“ ”；‎ ‎（2）设，则使函数 的定义域是且为奇函数的所有 的值为;‎ ‎（3）已知函数在定义域上增函数，则.‎ A. 1 B. 2 C. 3. D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据给出的命题，逐个分析即可. （1）考虑函数的周期性（2）幂函数的定义域及奇偶性（3）利用导数确定参数取值范围.‎ ‎【详解】（1）因为，所以最小正周期，所以，所以是充分不必要条件正确；‎ ‎（2）因为 的定义域是，所以，故所有 的值为错误；‎ ‎（3）因为函数在定义域上为增函数，所以恒成立，即恒成立，由恒成立可知，命题正确.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了充分必要条件，函数的定义域、奇偶性，利用导数确定函数的增减性及恒成立问题，属于中档题.‎ ‎11.在中，，点 是所在平面内一点，则当 取得最小值时， ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 以C为坐标原点，直线CB,CA分别为x,y轴建立直角坐标系，则，设 当时取得最小值，，选D.‎ 点睛：(1)向量的坐标运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数问题.‎ ‎(2)以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.‎ ‎12.已知函数，若，且对任意的，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为，若，且对任意的恒成立，‎ 即 ，因为 ‎ 即 ，对任意恒成立，‎ 令，则 ‎ 令 ，则 ‎ 所以函数 在 上单调递增.‎ 因为 ‎ 所以方程 在上存在唯一实根 ，且满足 ‎ 当 时， ，即 ，当 时， ，即 所以函数在 上单调递减，在 上单调递增 所以 ‎ 所以=‎ 所以 ，因为 ，故整数 的最大值为 ，故选B.‎ 点睛：不等式恒成立问题常用变量分离的方法，即将变量与参数分开来看，转化为参数与函数与最值的不等式即可，本题中通过求导找到的极值点是不可求的，此时，利用导数等于零的方程代入最值中化简即可解决本题.‎ 第Ⅱ卷 非选择题 二、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分，把答案填在题中横线上．‎ ‎13.已知随机变量服从正态分布且，则_____________‎ ‎【答案】0.76‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件可知数据对应的正态曲线的对称轴，根据对称性即可得到结果.‎ ‎【详解】随机变量服从正态分布,‎ 则曲线的对称轴为，，‎ 由可得，‎ 则 故答案为0.76．‎ ‎【点睛】本题考查根据正态曲线的对称性求在给定区间上的概率，求解的关键是把所求区间用已知区间表示；正态曲线的主要性质是：（1）正态曲线关于对称；（2）在正态曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为1.‎ ‎14.已知点和圆，过点 作圆的切线有两条，则实数的取值范围是______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 由过点可作圆的两条切线知，点在圆的外部，根据点与圆的位置关系可得关于的不等式，结合为圆的一般方程，可知满足的不等式，联立即可求解.‎ ‎【详解】因为为圆，所以，解得,‎ 又过点 作圆的切线有两条，所以点在圆的外部，故，解得,综上可知 ‎.故的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系的应用，圆的一般方程，圆的切线的条数，属于中档题.‎ ‎15.已知函数，若，则函数 的单调递增区间为_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 因为，所以 所以，‎ 由得单调增区间为.‎ ‎【点睛】函数的性质 ‎(1).‎ ‎(2)周期 ‎(3)由 求对称轴 ‎(4)由求增区间; ‎ 由求减区间 ‎16.设数列的前项积为，且. 若 ，则数列的前项和为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如或.‎ 三、解答题：(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.)‎ ‎17. △ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB.‎ ‎（Ⅰ）求B；‎ ‎（Ⅱ）若b=2，求△ABC面积的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）B=（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)∵a=bcosC+csinB ‎∴由正弦定理知sinA=sinBcosC+sinCsinB ①‎ 在三角形ABC中，A=－(B+C)‎ ‎∴sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC ②‎ 由①和②得sinBsinC=cosBsinC 而C∈(0，)，∴sinC≠0，∴sinB=cosB 又B(0，)，∴B=‎ ‎(2) S△ABCacsinBac，‎ 由已知及余弦定理得：4＝a2+c2﹣2accos2ac﹣2ac，‎ 整理得：ac，当且仅当a＝c时，等号成立，‎ 则△ABC面积的最大值为（2）1．‎ ‎18.‎ 某品牌服装店为了庆祝开业两周年，特举办“你敢买，我就送”的回馈活动，规定店庆当日进店购买指定服装的消费者可参加游戏，赢取奖金，游戏分为以下两种：‎ 游戏 1：参加该游戏赢取奖金的成功率为，成功后可获得元奖金；‎ 游戏 2：参加该游戏赢取奖金的成功率为，成功后可得元奖金；‎ 无论参与哪种游戏，未成功均没有收获，每人有且仅有一次机会，且每次游戏成功与否均互不影响，游戏结束后可到收银台领取奖金．‎ ‎（Ⅰ）已知甲参加游戏 1，乙参加游戏 2，记甲与乙获得的总奖金为，若，求的值；‎ ‎（Ⅱ）若甲、乙、丙三人都选择游戏 1或都选择游戏 2，问：他们选择何种规则，累计得到奖金的数学期望值最大？‎ ‎【答案】（Ⅰ）0.6（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（Ⅰ）根据甲、乙参加游戏会有4种结果，列出方程求出p的值，再计算P（ξ≤200）的值；（Ⅱ）分别计算甲、乙、丙都选游戏1和都选游戏2时，累计得到的奖金，再比较它们的大小即可．‎ ‎【详解】（Ⅰ）甲、乙参加游戏，会有4种结果； ‎ P ‎0.4（1﹣p）‎ ‎0.6（1﹣p）‎ ‎0.4p ‎0.6p ξ ‎0‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎500‎ 则P（ξ＞300）＝P（ξ＝500）＝0.6p＝0.24，解得p＝0.4；‎ 所以P（ξ≤200）＝P（ξ＝0）+P（ξ＝200）＝0.4×（1﹣0.4）+0.6×（1﹣0.4）＝0.6；‎ ‎（Ⅱ）都选游戏1时，设赢的人数为X，则X～B（3，0.6），‎ E（X）＝np＝3×0.6＝1.8；‎ 累计赢取的奖金为J（X）＝1.8×200＝360（元）；‎ 都选游戏2时，设赢的人数为Y，则Y～B（3，0.4），‎ E（Y）＝np＝3×0.4＝1.2；‎ 累计得到的奖金为J（Y）＝1.2×300＝360（元）；‎ 甲、乙、丙三人都选择游戏1或都选择游戏2，累计得到奖金的数学期望值一样多．‎ ‎【点睛】本题考查概率、随机变量的数学期望、二项分布的计算问题，考查推理能力与计算能力，是中档题．‎ ‎19.在四棱锥的底面是菱形， 底面，， 分别是的中点， .‎ ‎（Ⅰ）求证： ；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（III）在边上是否存在点，使与所成角余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）； （Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由题意结合几何关系可证得平面，据此证明题中的结论即可；‎ ‎(Ⅱ)建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的一个法向量，然后求解线面角的正弦值即可；‎ ‎(Ⅲ)假设满足题意的点存在，设，由直线与的方向向量得到关于的方程，解方程即可确定点F的位置.‎ ‎【详解】(Ⅰ)由菱形的性质可得：，结合三角形中位线的性质可知：，故，‎ 底面，底面，故，‎ 且，故平面，‎ 平面，‎ ‎(Ⅱ)由题意结合菱形的性质易知，，，‎ 以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则：，‎ 设平面的一个法向量为,‎ 则：，‎ 据此可得平面的一个法向量为，‎ 而，‎ 设直线与平面所成角为，‎ 则.‎ ‎(Ⅲ)由题意可得：，假设满足题意的点存在，‎ 设，，‎ 据此可得：，即：,‎ 从而点F的坐标为，‎ 据此可得：,，‎ 结合题意有：，解得：.‎ 故点F为中点时满足题意.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理与性质定理，线面角的向量求法，立体几何中的探索性问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎20.已知椭圆的离心率，直线被以椭圆的短轴为直径的圆截得的弦长为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）若过点的直线交椭圆于两点，且，求的取值范围．‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）由直线与圆的位置关系可得.由椭圆的离心率可得，则椭圆的方程为.‎ ‎（2）当直线的斜率为时，，当直线的斜率不为时，设直线在y轴上的截距式方程为，，，联立方程可得，满足题意时，结合韦达定理可知，据此可知.综上可得.‎ 试题解析：‎ ‎（1）因为原点到直线的距离为，‎ 所以（），解得.‎ 又，得 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）当直线的斜率为时，，‎ 当直线的斜率不为时，设直线：，，，‎ 联立方程组，得，‎ 由，得，‎ 所以，‎ ‎，‎ 由，得，所以.‎ 综上可得：，即.‎ 点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．‎ ‎(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．‎ ‎21.已知函数 + ‎（Ⅰ）求的最小值；‎ ‎（Ⅱ）设，证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）1（Ⅱ）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求导后利用导数求函数的极值即可得到最小值；‎ ‎（Ⅱ）根据（Ⅰ）可得，令，结合放缩，可得 ‎，累加即可证明不等式成立.‎ ‎【详解】（Ⅰ）函数的定义域为 ‎，当时，，当时，，‎ 所以在时单调递减，在时单调递增，‎ 故当时，函数有唯一极小值，所以函数有最小值.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，‎ 令可得 ‎ 当时， ‎ ‎ ‎ ‎，，‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的应用，数列不等式的证明，属于难题.在证明不等式时，往往要根据函数的特点，构造新的函数或不等式，利用函数的增减性，极值或者不等式的放缩法，来证明所给不等式，技巧性比较强，需要多加练习总结.‎ 请考生在第 22、23二题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.选修 4－4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为 ，（为参数） ，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程，并说明它为何种曲线；‎ ‎（Ⅱ）已知点 的坐标为，直线与曲线交于两点，求的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）,曲线是一个以为圆心，2为半径的圆（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，可知曲线C是一个以为圆心，2为半径的圆.‎ ‎（Ⅱ）直线过定点，把代入，得，由此根据参数的几何意义可求出的最大值.‎ ‎【详解】（Ⅰ） 曲线的极坐标方程为 ‎ 曲线的直角坐标方程为，即 ‎ ‎ 曲线是一个以为圆心，2为半径的圆.‎ ‎（Ⅱ） 直线的参数方程为 ，（为参数）‎ ‎ 直线过定点 ‎ 直线与曲线交于两点，由题意知其倾斜角为锐角，‎ 把代入，得 由，得，‎ ‎ 或 （舍去）‎ 又由于点均在点的下方，由参数的几何意义得：‎ ‎，其中，‎ 当时，经检验满足，所以的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了曲线的直角坐标方程与极坐标方程的互化，考查利用直线参数的几何意义求两线段和的最值，涉及三角函数的变形化简，考查了运算能力，属于中档题.‎ ‎23.选修 4－5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（1）若，解不等式的解集；‎ ‎（2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分类讨论去掉绝对值符号，分别求解取并集即可．‎ ‎（2）分别作出的图象，观察可求解m的范围．‎ ‎【详解】（1）依题意，.‎ 当时，，即，故； ‎ 当时，即，即，故；‎ 当时，，即，故无解.‎ 综上所述，不等式的解集为.‎ ‎（2）依题意，，故（*），‎ 显然时，（*）式不恒成立， ‎ 当时，在同一直角坐标系中分别作出的图象如下图所示，‎ 观察可知，，即实数m的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，含绝对值的函数图像的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．‎