海南省海口市2019届高三数学调研测试题理（含解析）.docx

海南省海口市2019届高三数学调研测试题 理（含解析）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.（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算法则，直接计算即可得出结果.【详解】.故选D【点睛】本题主要考查复数的除法，熟记运算法则即可，属于基础题型.2.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解不等式得到集合，进而可求出交集.【详解】，又，.故选B【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于基础题型.3.某地区的高一新生中，来自东部平原地区的学生有2400人，中部丘陵地区的学生有1600人，西部山区的学生有1000人.计划从中选取100人调查学生的视力情况，现已了解到来自东部、中部、西部三个地区学生的视力情况有较大差异，而这三个地区男女生视力情况差异不大，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是（ ）A. 简单随机抽样B. 按性别分层抽样C. 系统抽样D. 按地区分层抽样【答案】D【解析】【分析】根据抽样方法的特征，即可得出结论.【详解】由于该地区东部、中部、西部三个地区学生的视力情况有较大差异，故按地区分层抽样.【点睛】本题主要考查抽样方法，熟记每种抽样方法的特征即可，属于基础题型.4.已知点为双曲线：的左支上一点，分别为的左、右焦点，则（ ）A. 1B. 4C. 6D. 8【答案】B【解析】【分析】由双曲线的方程写求出，结合双曲线的定义即可求解.【详解】由，得，则 .故选B【点睛】本题考查双曲线的定义与基本性质，考查运算求解能力与双曲线定义的应用，属于基础题型.5.设，是等比数列的前三项，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由，是等比数列的前三项，求出，进而可求出公比，即可求出结果.【详解】因为，是等比数列的前三项，所以，解得，所以公比，因此.故选A【点睛】本题主要考查等比数列，熟记等比数列的性质以及通项公式即可，属于基础题型.6.下列不等式正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据，用排除法即可得出结果.【详解】，排除A，B，C，故选D.【点睛】本题主要考查三角函数值以及对数比较大小的问题，熟记三角函数与对数函数的性质即可，属于常考题型.7.已知变量，满足约束条件，则的最小值为（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】【分析】由约束条件作出可行域，再由化为，表示直线在轴截距，结合图像即可求出结果.【详解】由约束条件作出可行区域如图，因为可化为，因此最小时，最小，而表示直线在轴截距，结合图像可知，直线过点时，截距最小，即最小；由解得，所以.故选C【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，通常需要作出可行域，结合目标函数的几何意义求解，属于基础题型.8.的展开式中系数为有理数的各项系数之和为（ ）A. 1B. 20C. 21D. 31【答案】C【解析】【分析】先写出展开式的通项为:，根据系数为有理数，可得为整数，再由的范围，即可得出结果.【详解】因为展开式的通项为:，因此，要使系数为有理数，只需为整数，又因为且，所以，因此系数为有理数的项为，故所求系数之和为.故选C【点睛】本题主要考查二项式中系数为有理数的问题，熟记二项式定理即可，属于常考题型.9.若直线与曲线相切，则（ ）A. 3B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】设切点为，对求导，得到，从而得到切线的斜率，结合直线方程的点斜式化简得切线方程，联立方程组，求得结果.【详解】设切点为，由得，代入得，则，故选A.【点睛】该题考查的是有关直线与曲线相切求参数的问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，直线方程的点斜式，属于简单题目.10.等差数列的首项为2，公差不等于0，且，则数列的前2019项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先设等差数列的公差为，根据题中条件求出公差，得到，再由裂项相消法即可求出结果.【详解】设等差数列的公差为，由，可得，所以，因此，所以，所以 .故选B【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式、以及裂项相消法求数列的和，熟记公式即可，属于常考题型.11.某高为4的三棱柱被一个平面截去一部分后得到一个几何体，它的三视图如图所示，则该几何体的体积与原三棱柱的体积之比是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由三视图确定该几何体是四棱锥，结合题中熟记，求出体积，再求出原三棱柱的体积，即可得出结果.【详解】由侧视图、俯视图知该几何体是高为2且底面积为的四棱锥，其体积为.又三棱柱的体积为，故体积比为.故选B【点睛】本题主要考查几何体的三视图以及几何体的体积，熟记公式即可，属于常考题型.12.已知直线与椭圆：相交于，两点，为坐标原点.当的面积取得最大值时，（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先联立直线与椭圆方程，设，由韦达定理得到与，结合弦长公式表示出弦长，进而表示出三角形的面积，根据面积最大值，可求出，代入弦长的表达式，即可得出结果.【详解】由，得.设，则， .又到直线的距离，则的面积 ，当且仅当，即时，的面积取得最大值.此时，.故选A【点睛】本题主要考查椭圆中的弦长问题，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、以及弦长公式等求解，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.把答案填在答题卡的相应位置.13.已知向量，的夹角为，且，则_【答案】8【解析】【分析】根据向量数量积的概念，列出式子即可求出结果.【详解】因为向量，的夹角为，且，所以即，解得.故答案为【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，熟记概念即可，属于基础题型.14.将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则的最小正周期是_【答案】【解析】【分析】先由图像的变化得到解析式，再由，即可求出函数的最小正周期.【详解】依题意可得，所以的最小正周期是.故答案为【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换问题以及函数的周期，熟记三角函数的性质即可，属于常考题型.15.若函数有零点，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】根据得到，再根据函数单调性，即可求出结果.【详解】因为，所以，又由指数函数的单调性可知，单调递增，因此，函数有零点，只需，解得.故答案为【点睛】本题主要考查函数的零点，熟记指数函数的单调性以及函数零点的概念即可，属于常考题型.16.在空间直角坐标系中，若四面体的外接球的表面积为，则异面直线与所成角的余弦值为_【答案】【解析】【分析】先由题意得到四面体的外接球即是四面体所在长方体的外接球，再由外接球的表面积求出，从而可得到向量坐标，根据，即可求出结果.【详解】由题意易知，两两垂直，所以四面体的外接球即是四面体所在长方体的外接球，且外接球直径等于体对角线的长，因此，解得，从而，则.故答案为【点睛】本题主要考查几何体中外接球的计算、以及异面直线所成角的计算，熟记公式即可，属于常考题型.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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.17.在ABC中，3sinA=2sinB，（1）求cos2C；（2）若AC-BC=1，求ABC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.如图，在三棱柱中，底面，点，分别为与的中点.（1）证明：平面.（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）先连接，根据线面平行的判定定理，即可得出结论；（2）先以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线的的方向向量与平面的法向量，由向量夹角公式求出向量夹角余弦值，即可得出结果.【详解】（1）证明：如图，连接，.在三棱柱中，为的中点.又因为为的中点，所以.又平面，平面，所以平面.（2）解：以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，.设平面的法向量为，则，令，得.记与平面所成角为，则 .【点睛】本题主要考查线面平行的判定、以及线面角的向量求法，熟记线面平行的判定定理以及空间向量的方法即可，属于常考题型.19.根据某水文观测点的历史统计数据，得到某河流水位（单位：米）的频率分布直方图如下.将河流水位在，各段内的频率作为相应段的概率，并假设每年河流水位变化互不影响.（1）求未来4年中，至少有2年该河流水位的概率（结果用分数表示）.（2）已知该河流对沿河工厂的影响如下：当时，不会造成影响；当时，损失50000元；当时，损失300000元.为减少损失，工厂制定了三种应对方案.方案一：不采取措施；方案二：防御不超过30米的水位，需要工程费用8000元；方案三：防御34米的最高水位，需要工程费用20000元.试问哪种方案更好，请说明理由.【答案】（1）（2）工厂应采用方案二.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图，先得到河流水位的概率，再记“在未来4年中，至少有2年河流水位”为事件，即可由求出结果；（2）记工厂的工程费与损失费之和为，根据题意分别求出三种方案中的期望，比较大小，取期望最小的即可.【详解】解：（1）由频率分布直方图可知河流水位的概率为.记“在未来4年中，至少有2年河流水位”为事件，则 .（2）记工厂的工程费与损失费之和为（单位：元）.若采用方案一，则的分布列为0500003000000.780.20.02（元）.若采用方案二，则的分布列为80003080000.980.02（元）.若采用方案三：（元）.因为，所以工厂应采用方案二.【点睛】本题主要考查频率分布直方图、以及离散型随机变量的期望与分布列，熟记概念和公式即可，属于常考题型.20.在直角坐标系中，抛物线：与直线：交于，两点.（1）设，到轴的距离分别为，证明：与的乘积为定值.（2）轴上是否存在点，当变化时，总有？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在, 【解析】【分析】（1）先将代入，设，结合韦达定理，即可证明结论成立；（2）先设设为符合题意的点，直线，的斜率分别为，由，得当变化时，恒成立，进而可求出结果.【详解】（1）证明：将代入，得.设，则，从而为定值.（2）解：存在符合题意的点，证明如下：设为符合题意的点，直线，的斜率分别为，.从而.当时，有对任意恒成立，则直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，故，所以点符合题意.【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系、以及抛物线中的定点问题，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理等求解，属于常考题型.21.已知函数.（1）证明：函数在其定义域上是单调递增函数.（2）设，当时，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）先对函数求导，得到，令，再由导数方法研究单调性，求出最小值即可；（2）先将当时，不等式恒成立，化为恒成立，令，用导数方法研究其单调性，再记，得到单调性，进而可得出结果.【详解】（1）证明：因为，所以.令，则.当时，；当时，则在区间上单调递减，在区间上单调递增.故，从而在上恒成立，即在上单调递增.（2）解：当时，不等式恒成立等价于当时，不等式恒成立，即当时，恒成立.记，则，.因为当时，所以在恒成立，即在上单调递减.因为当时，所以在恒成立，即在上单调递减.记，因为，所以在上单调递减，所以.因为在上恒成立，所以，即.又，故的取值范围为.【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要对函数求导，通过研究函数的单调性、最值等求解，属于常考题型.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线：与曲线交于，两点.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由参数方程得到普通方程，再由普通方程即可得到极坐标方程；（2）先设，.，以及直线的极坐标方程为，代入（1）中的结果，得到，由韦达定理，以及，即可求出结果.【详解】解：（1）由（为参数），得，即.故的极坐标方程为.（2）设，直线的极坐标方程为，代入，得，所以，.因为，所以，则，则.当时，取得最大值，且最大值为.【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化、以及直角坐标方程与极坐标方