四川省宜宾市2019届高三调研考试数学（理）试题 Word版含解析 20页

- 1 - 高 2016 级调研测试题数 学（理工类） 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. 复数 5 2i  的共轭复数是（ ） A. 2 i B. 2 i C. 2 i  D. 2 i  【答案】A 【解析】 【分析】 由复数的除法整理已知复数，进而由共轭复数概念表示答案. 【详解】因为       5 2 5 25 22 2 2 5 i i ii i i         ，所以其共轭复数是 2 i 故选：A 【点睛】本题考查复数的除法运算，还考查了求复数的共轭复数，属于基础题. 2. 下列命题是假命题的是（ ） A. 0 0 0sin cos 3x R x x   ， B. 0 0cos 1x R x  ， C.  0 1 lnx x x     ， ， D. (0 ) tan2x x x  ， ， 【答案】A 【解析】 【分析】 对于 A 项，根据辅助角公式化简函数解析式，结合正弦型函数的值域判断其错误，根据余弦 函数的值域可判断 B 项正确；利用导数研究函数的最值，得其结果可知 C 项正确；利用三角 函数线得 D 项正确. 【详解】因为 sin cos 2 sin( )4x x x    ，其值域为[ 2, 2] ，所以 A 项错误； 因为 cos [ 1,1]x  ，所以 B 项正确； 令 ( ) 1 ln  f x x x ， 1 1'( ) 1 xf x x x    ， 当 0 1x  时， '( ) 0f x  ，当 1x  时， '( ) 0f x  ， 所以函数 ( ) 1 ln  f x x x 在(0,1) 上单调减，在 (1, ) 上单调增， - 2 - 所以 ( ) 1 ln  f x x x 在 1x  处取得最小值，且 (1) 0f  ， 所以 ( ) 0f x  在 (0, ) 上恒成立，所以 C 项正确； 借助于三角函数线，可知 (0 ) tan2x x x  ， ， ，所以 D 项正确； 故选：A. 【点睛】该题考查的是有关命题真假的判断，涉及到的知识点有三角函数的值域，导数的应 用，属于简单题目. 3. 从 4 名男生和 3 名女生中选派 4 人去参加课外活动，要求至少有一名女生参加，则不同的 选派种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 34 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】 先计算选派 4 人去的总的选派数为 4 7C ，然后计算全部是男生的选派数，最后作差可得结果. 【详解】由题可知：选派 4 人去的总的选派数为 4 7 35C  选派 4 人全部是男生的选派数为 1 所以至少有一名女生参加，则不同的选派种数为35 1 34  故选：C 【点睛】本题考查组合的应用，正难则反，简洁明了便于计算，属基础题. 4. 已知随机变量 服从正态分布 2(80 )N ， ，若 ( 120)=0.2P   ，则 (40 80)=P   （ ） A. 0.6 B. 0.5 C. 0.4 D. 0.3 【答案】D 【解析】 【分析】 依 据 题 意 可 知 80  ， 根 据 正 态 曲 线 的 对 称 性 可 知 ( 120)= ( 40)  P P ， 然 后 计 算 (40 80)=0.5 ( 40)    P P 可得结果. 【详解】由题可知： 80  所以 ( 120)= ( 40) 0.2   P P ， - 3 - 所以 (40 80)=0.5 ( 40) 0.3     P P 故选：D 【点睛】本题考查正态分布指定区间的计算，重在计算，属基础题. 5. 祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意思 是两个同高的几何体，若在等高处的截面积恒相等，则体积相等.甲、乙为两个同高的几何体， :p 甲、乙在等高处的截面积不恒相等， :q 甲、乙的体积不相等，则 p 是 q的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 根据 ,p q 之间的推出关系可得正确的选项. 【详解】设甲为正方体，其棱长为 2 ，体积为8 ， 乙为长方体，底面为边长为1的正方形，高为8 ， 显然甲、乙在等高处的截面面积不相等， p 不能推出 q 若甲、乙的体积不相等，则甲、乙在等高处的截面积不恒相等， q能推出 p ，所以 p 是 q必要不充分条件 故选：B． 【点睛】两个条件之间的关系判断，可依据命题“若 p 则 q”、“若 q则 p ”真假来判断，属 基础题. 6. 下列说法正确的是（ ） A. 若 a b ，则 2 2a b B. 命题“每一个素数都是奇数”的否定是“每一个素数都不是奇数” C. 若命题 p ：对角线相等的四边形是矩形，则 p ：对角线不相等的四边形不是矩形 D. 若 p 是 q的必要不充分条件，则 p 是 q 的充分不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】 采用逐一验证法，取特殊值可知 A 错，根据一个命题的否定以及否定词的变化可知 B,C 正误， - 4 - 最后根据原命题与逆否命题的真假性相同可知 D 正确，最后可得结果. 【详解】对 A，取 =1 2，  a b ，则 2 2a b ，故 A 错 对 B，命题“每一个素数都是奇数”的否定是“存在素数不是奇数”，故 B 错 对 C， p ：存在对角线相等的四边形不是矩形，故 C 错 对 D，由“若 q ，则 p ”是“若 p ，则 q”的逆否命题， 所以若 p 是 q的必要不充分条件，则则 q 是 p 的必要不充分条件 即 p 是 q 的充分不必要条件，故 D 正确 故选：D 【点睛】本题考查判断命题的正误，主要识记概念，属基础题. 7. 已知函数 ( ) 2lnf x kx x  在区间 (1 ) ， 上单调递增，则 k 的取值范围是（ ） A. (2 )，  B. (1 ) ， C. [2 ) ， D. [1 ) ， 【答案】C 【解析】 【分析】 根据函数单调性，将问题转化为   0f x  在区间  1, 上恒成立求参数范围的问题；再分 离参数，则问题得解. 【详解】因为  f x 在区间 1, 上单调递增， 故   2 0f x k x    在区间 1, 上恒成立. 即 2k x  在区间  1, 恒成立. 故 2k  . 故选：C . 【点睛】本题考查利用导数由函数的单调性求参数的范围，属基础题. 8. 某同学投篮命中的概率为 0.6 ，且各次投篮是否命中相互独立，他投篮 3 次，至少连续 2 次命中的概率是（ ） A. 0.504 B. 0.524 C. 0.624 D. 0.648 【答案】A 【解析】 - 5 - 【分析】 按情况讨论连续两次命中和连续三次命中，按照独立性事件的概率求法进行计算即可. 【详解】由题可知： 若连续两次命中概率为：  22 0.6 1 0.6 0.288    若连续三次命中概率为： 30.6 0.216 所以他投篮3 次，至少连续 2 次命中的概率是 0.288 0.216 0.504  故选：A 【点睛】本题考查独立事件概率的求法，重在计算，属基础题. 9. 若 ( )f x 是定义在 (0 ) ， 上的可导函数，且 ( ) ( ) xf x xf x e  ，则（ ） A. (2) 2 (1)f f B. (2) 2 ( )ef f e C. 3 (2) 2 (3)f f D. 3 ( ) (3)f f  【答案】B 【解析】 【分析】 由已知可得 ( ) ( ) 0xf x f x   ，即 2 ( ) ( ) 0xf x f x x   ，构造函数    f xg x x  ，从而得到  g x 的单调性，由单调性进行判断可得答案. 【 详 解 】 由 ( ) ( ) xf x xf x e  可 得 ( ) ( ) 0xf x xf x e   ， 即 ( ) ( ) 0xf x f x   ， 即 2 ( ) ( ) 0xf x f x x   ， 令    f xg x x  ，可得   0g x  ，即函数    f xg x x  在 (0 ) ， 上单调递减，由单调性判 断各个选项， A.因为 2>1,则    2 1 2 1 f f ，即 (2) 2 (1)f f ，故错误； B．2 ， ( )f x 在( )0,+¥ 上单调递增； 当 0m  时，  0,x m ， ( ) 0f x¢ < ，  f x 单调递减；  , x m ， ( ) 0f x¢ > ， ( )f x 单调递增. （2）方程 ( ) ln 2 0   mf x x x 的两根为 1 2 1 2, ( )x x x x ， 即方程 2 lnm x x x  有两根， 于是直线 y m 与函数 ( ) 2 lng x x x x  图象有两个不同的交点. - 17 - ( ) 1 lng x x   ，易得： x  0,e e  ,e  ( )g x  0   g x 增函数 极大值 减函数    max  g x g e e ，所以 m 的取值范围是 (0, )e . 因为 1 1 2 lnm xx   ； 2 2 2 lnm xx   ，两式相加得：  1 2 1 2 1 1 1+ = 4 ln  x xx x m ， 因为  f x 在 ( , )m  上单调递增，且 2 2 2 2( ) ln 2 0m mf e e e e      所以 2 2 m x e ，又 10 x e  ，所以 3 1 20  x x e ，即  1 2ln 3x x ， 所以  1 2 1 2 1 1 1 1 1+ 4 ln     x xx x m m e ， 即证： 1 2 1 1 1+  x x e . 【点睛】本题第一问考查利用导数求含参的单调区间，第二问考查利用导数研究函数的零点 和证明不等式，属于难题.. 22. 已知平面直角坐标系 xOy 中，曲线C 的方程为 2 4y x ，直线l 的参数方程为 cos 2+ sin x t y t      （t 为参数）.以原点为极点， x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （1）写出曲线C 的极坐标方程； （2）若直线 l 的斜率为 1 ，且与曲线C 交于 ,M N 两点，求| |MN 的长. 【答案】（1） 2sin 4cos   ；（2） 4 6 . 【解析】 【分析】 （1）根据 sin , cosy x     ，代入计算即可. （2）根据直线的斜率可得直线的参数方程，然后与曲线 C 的普通方程联立可得 2 8 2 8 0t t   ，使用韦达定理计算即可. - 18 - 【详解】（1）  22 4 sin 4 cosy x       ， 2sin 4cos    ， 曲线C 的极坐标方程为 2sin 4cos   . （2）直线l 的参数方程为 2 2 22 2 x t y t       代入C 的方程得 22(2+ t) 2 22 t  2 8 2 8 0   t t ， 设直线l 与曲线C 交于点 ,M N ，对应参数分别为 1 2t t， ，易知  >0， 1 2 1 2 8 2 8 t t t t       2 1 2 1 2 1 2| | 4 4 6t t t t t t      ， 即 1 2| | | | 4 6  MN t t . 【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程的应用，熟练掌握三种方程之间的互化 方法，尤其对于直线参数方程中的参数的几何意义，考查分析能力，属中档题. 23. 已知函数 ( ) 2 1 1f x x x    . （1）解不等式 ( ) 3f x  ； （2）设函数 ( ) ( ) 1g x f x x   ，若不等式 ( ) 1g x k  有解，求实数 k 的取值范围. 【答案】（1） 1,1 ；（2） 4k   或 2k  . 【解析】 【分析】 (1)讨论 x 的范围，解不等式组得到结果； (2) 不等式  +1k g x 有解，即  min+1k g x ，解之可求得实数 k 的取值范围. 【详解】解：（1）由 ( ) 3f x  有 2 1 1 3x x    ， 当 1 2x   时，原不等式化为    2 1 1 3x x     ， 1x   ， - 19 - 11 2x    ， 当 1 12 x   时， 原不等式化为   2 1 1 3x x    ， 1x  ， 1 12 x   ； 当 1x  时， 原不等式化为   2 1 1 3x x    ， 1x  ， 解集为 ， 综上，原不等式的解集为 1,1 ； （2）    ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3g x f x x x x x x            ， 不等式 ( ) 1g x k  有解，  3 1k  ， 4k   或 2k  . 实数 k 的取值范围是 4k   或 2k  . 【点睛】本题考查了分类讨论解绝对值不等式，不等式有解求参数的范围，考查分类讨论思 想，转化思想，属于中档题． - 20 -