甘肃省白银市靖远县2019届高三第三次联考数学（理）试题 17页

高三数学考试（理科）‎ 考生注意：‎ ‎1.本试卷分第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.‎ ‎2.请将各题答案填写在答题卡上.‎ ‎3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.‎ 第I卷 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.在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的运算化简，再由几何意义确定象限即可 ‎【详解】‎ 故选B ‎【点睛】本题考查复数代数形式运算及几何意义，熟记复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．‎ ‎2.设集合，，则集合可以为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得集合A,再依次验证选项即可.‎ ‎【详解】因为，可以依次验证选项，得到当时，.‎ 故答案为D.‎ ‎【点睛】这个题目考查了集合的交集运算，属于基础题目.‎ ‎3.从某小学随机抽取100名学生，将他们的身高（单位：厘米）分布情况汇总如表：‎ 身高 ‎（100，110]‎ ‎（110，120]‎ ‎（120，130]‎ ‎（130，140]‎ ‎（140，150]‎ 频数 ‎5‎ ‎35‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎10‎ 由此表估计这100名小学生身高的中位数为（　　）（结果保留4位有效数字）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由表格数据确定每组的频率，由中位数左右频率相同求解即可.‎ ‎【详解】由题身高在,的频率依次为0.05，0.35，0.3,前两组频率和为0.4，组距为10，设中位数为x,则,解x=123.3‎ 故选C ‎【点睛】本题考查中位数计算，熟记中位数意义，准确计算是关键，是基础题.‎ ‎4.将函数f（x）=cos（4x-）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y=g（x）的图象，则g（x）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.‎ ‎5.如图所示，某瓷器菜盘的外轮廓线是椭圆，根据图中数据可知该椭圆的离心率为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析图知‎2a,2b,则e可求.‎ ‎【详解】由题2b=16.4,‎2a=20.5,则则离心率e= .‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的离心率，熟记a,b的几何意义是关键，是基础题.‎ ‎6.若函数f（x）=有最大值，则a取值范围为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析函数每段的单调性确定其最值，列a的不等式即可求解.‎ ‎【详解】由题,单调递增，故 单调递减，故,因为函数存在最大值，所以解.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数最值，函数单调性，确定每段函数单调性及最值是关键，是基础题.‎ ‎7.汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于，如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为（　　）‎ A. 32 B. ‎40 ‎C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三视图还原，即可求组合体体积 ‎【详解】将三视图还原成如图几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积为，利用张衡的结论可得 故选C ‎【点睛】本题考查三视图，正确还原，熟记圆柱圆锥的体积是关键，是基础题 ‎8.设x，y满足约束条件则的最大值与最小值的比值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 作出不等式组所表示的可行域，平移直线，观察直线在轴上取得最大值和最小值时相应的最优解，再将最优解代入目标函数可得出最大值和最小值，于此可得出答案．‎ ‎【详解】如图，作出约束条件表示的可行域.‎ 由图可知，当直线经过点时.z取得最大值；‎ 当直线经过点时，z取得最小值.故，故选A．‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划问题，一般利用平移直线利用直线在坐标轴上的截距得出最优解，考查计算能力，属于中等题．‎ ‎9.若存在等比数列，使得，则公比的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将原式表示为的关系式，看做关于的二次型方程有解问题，利用判别式列不等式求解即可.‎ ‎【详解】由题设数列的公比为q(q≠0),则,整理得=0,当时，易知q=-1，符合题意；但q≠0,当≠0时，，解得故q的最大值为 故选D ‎【点睛】本题考查等比数列，考查函数与方程的思想，准确转化为的二次方程是关键，是中档题.‎ ‎10.在正方体ABCD-A1B‎1C1D1中，，则异面直线AC1与BE所成角的余弦值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取靠近的四等分点F，连接则∥BE,连接AF,∴∠A或其补角为所求,在A中利用余弦定理即可求解.‎ ‎【详解】取靠近的四等分点F，连接则∥BE,连接AF,∴∠A或其补角为所求，设正方体的边长为4，则∠A 故选D ‎【点睛】本题考查异面直线所成的角，作平行线找角是基本思路，准确计算是关键，是基础题.‎ ‎11.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a7=5，S5=-55，则nSn的最小值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将用表示，解方程组求得，再设函数求导求得的最小值即可.‎ ‎【详解】∵解得∴设当07时，,故最小值为f(7)=-343.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项及求和，考查函数的思想，准确记忆公式，熟练转化为导数求最值是关键，是中档题.‎ ‎12.已知A，B分别是双曲线C：的左、右顶点，P为C上一点，且P在第一象限．记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，当2k1+k2取得最小值时，△PAB的重心坐标为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设A（，0），B（，0），P（x，y），得到＝2，利用基本不等式求解最值，得到P的坐标，进而得到△PAB重心坐标.‎ ‎【详解】解：设A（，0），B（，0），P（x，y）‎ 由题意，，，‎ ‎∴2，2+≥24，当且仅当2k1＝时取等号，‎ 此时＝1，PA的方程为y＝x+1，‎ ‎，PB的方程为y＝2‎ 联立方程：，解得P ‎∴重心坐标为 故选B ‎【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，属于中档题．‎ 第II卷 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.的展开式的第项为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项式定理的通项公式求解即可 ‎【详解】由题展开式的第2项为 故答案为 ‎【点睛】本题考查二项式定理，熟记公式，准确计算是关键，是基础题.‎ ‎14.在平行四边形ABCD中，A（1，2），B（-2，0），，则点D的坐标为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求再求进而求D即可 ‎【详解】由题,故D(6,1)‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查向量的坐标运算，准确计算是关键，是基础题 ‎15.若函数则_____．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 确定,再由对数的运算性质代入求值即可 ‎【详解】由题-‎ 故答案为6‎ ‎【点睛】本题考查对数运算,函数的综合应用，考察抽象概括能力与计算能力，是中档题.‎ ‎16.过点引曲线：的两条切线，这两条切线与轴分别交于两点，若，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两切线的斜率互为相反数，设切点，求导列关于t的方程求出t值即可求解 ‎【详解】设切点坐标为即,解得t=0或t=两切线的斜率互为相反数，即‎2a+6,解得 故答案为 ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，转化两切线的斜率互为相反数是突破点，熟练掌握切线的求法，准确计算是关键，是中档题.‎ 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.第17~21题为必考题，每道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.在中，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的周长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（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.某厂销售部以箱为单位销售某种零件，每箱的定价为200元，低于100箱按原价销售；不低于100箱通过双方议价，买方能以优惠8%成交的概率为0.6，以优惠6%成交的概率为0.4．‎ ‎（1）甲、乙两单位都要在该厂购买150箱这种零件，两单位各自达成的成交价相互独立，求甲单位优惠比例不低于乙单位优惠比例的概率；‎ ‎（2）某单位需要这种零件650箱，求购买总价X的数学期望．‎ ‎【答案】（1）0.76；（2）120640元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求甲单位优惠比例低于乙单位优惠比例的概率，再由对立事件得概率即可求解；（2）先写出在折扣优惠中每箱零件的价格为的取值，再列分布列求解即可 ‎【详解】（1）因为甲单位优惠比例低于乙单位优惠比例的概率为，‎ 所以甲单位优惠比例不低于乙单位优惠比例的概率.‎ ‎（2）设在折扣优惠中每箱零件的价格为元，则或188.‎ 的分布列为 ‎184‎ ‎188‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ 则.‎ 从而购买总价的数学期望为元.‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列，对立事件的概率，是基础题.‎ ‎19.已知是抛物线上一点，为的焦点．‎ ‎（1）若，是上的两点，证明：，，依次成等比数列．‎ ‎（2）若直线与交于，两点，且，求线段垂直平分线在轴上的截距．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由在抛物线上，求出抛物线方程；根据抛物线焦半径公式可得，，的长度，从而证得依次成等比数列；（2）将直线代入抛物线方程，消去 ‎，根据韦达定理求解出，从而可得中点坐标和垂直平分线斜率，从而求得垂直平分线所在直线方程，代入求得结果.‎ ‎【详解】（1）是抛物线上一点 ‎ ‎ 根据题意可得：，，‎ ‎，，依次成等比数列 ‎（2）由，消可得 ‎，‎ ‎ ‎ 设的中点 ‎，‎ 线段的垂直平分线的斜率为 故其直线方程为 当时，‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线综合问题，关键在于能够通过直线与抛物线方程联立，得到韦达定理的形式，从而准确求解出斜率.‎ ‎20.如图所示，在多面体ABCDEF中，四边形ADEF为正方形，AD∥BC，AD⊥AB，AD=2BC=1．‎ ‎（1）证明：平面ADEF⊥平面ABF．‎ ‎（2）若AF⊥平面ABCD，二面角A-BC-E为30°，三棱锥A-BDF的外接球的球心为O，求二面角A-CD-O的余弦值．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 证明平面即可证明平面平面（2）由题确定二面角的平面角为，进而推出为线段的中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系由空间向量的线面角公式求解即可 ‎【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，‎ 所以，‎ 又，，‎ 所以平面.‎ 因为平面，所以平面平面.‎ ‎（2）解：由（1）知平面，又，则平面，从而，‎ 又，所以二面角的平面角为.‎ 以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，‎ 则，，.‎ 因为三棱锥的外接球的球心为，所以为线段的中点，‎ 则的坐标为，.‎ 设平面的法向量为，则，‎ 即令，得.‎ 易知平面的一个法向量为，‎ 则.‎ 由图可知，二面角为锐角，‎ 故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的判定，空间向量计算线面角，第二问确定球心O的位置是关键，是中档题.‎ ‎21.已知函数f（x）的导函数f（x）满足（x+xlnx）f（x）＞f（x）对x∈（1，+∞）恒成立．‎ ‎（1）判断函数g（x）=在（1，+∞）上的单调性，并说明理由；‎ ‎（2）若f（x）=ex+mx，求m的取值范围．‎ ‎【答案】（1）在上单调递增；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对求导利用已知条件即可判断单调性；（2）将代入条件，转化为恒陈立，求，讨论的正负求解即可 ‎【详解】（1）由，，得.‎ ‎，‎ 则，‎ 故在上单调递增.‎ ‎（2）∵，∴，‎ 即 .‎ 设函数，‎ ‎ ，‎ ‎∵，∴，为增函数，‎ 则.‎ 当，即时，，则在上单调递增，‎ 从而.‎ 当，即时，则，，‎ 若，；若，.‎ 从而，这与对恒成立矛盾，故不合题意.‎ 综上，的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查导数与函数的单调性问题，不等式恒成立问题，明确第二问分类讨论的标准是关键，是中档题.‎ ‎（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.‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．‎ ‎（1）若与相交于两点，，求；‎ ‎（2）圆的圆心在极轴上，且圆经过极点，若被圆截得的弦长为，求圆的半径．‎ ‎【答案】（1）6；（2）13.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将直线参数方程代入圆的直角坐标方程，利用求解得到结果；（2）写出的普通方程并假设圆的直角坐标方程，利用弦长为建立与的关系，再结合圆心到直线距离公式得到方程，解方程求得，即为圆的半径.‎ ‎【详解】（1）由，得 将代入，得 设两点对应的参数分别为，则 故 ‎（2）直线的普通方程为 设圆的方程为 圆心到直线的距离为 因为，所以 解得：或（舍）‎ 则圆的半径为 ‎【点睛】本题考查直线参数方程中参数的几何意义、极坐标与直角坐标的互化、参数方程化普通方程.解决直线参数方程问题中距离之和或积的关键，是明确直线参数方程标准形式中的参数的几何意义，将距离问题转化为韦达定理的形式.‎ ‎23.设函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）零点分段法去绝对值解不等式即可；（2）零点分段分情况证明再由绝对值不等式证明即可 ‎【详解】（1）∵，∴，即，‎ 当时，显然不合；‎ 当时，，解得；‎ 当时，，解得.‎ 综上，不等式的解集为.‎ ‎（2）证明：当时，；‎ 当时，，‎ 则；‎ 当时，，‎ 则.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∵，∴.‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，证明不等式，熟练运算是关键，是中档题