四川省雅安市2019届高三数学第三次诊断考试试题理（含解析）.docx

四川省雅安市2019届高三数学第三次诊断考试试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1.当时，复数在平面上对应的点位于A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的几何意义得到复数z对应的点为（3m-2,m-1）,由于3m20，m10，得到点在第四象限.【详解】复数z对应的点为（3m-2,m-1），因为m0，m10，点在第四象限故答案为：D.【点睛】这个题目考查了复数的几何意义，zabi(a，bR)与复平面上的点Z(a，b)、平面向量都可建立一一对应的关系(其中O是坐标原点)；复平面内，实轴上的点都表示实数；虚轴上的点除原点外都表示纯虚数2.设，则“”是“”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】【分析】解得：，问题得解【详解】由得：.所以“”不能推出“”， “”“”所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的概念，属于基础题。3.双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由双曲线的方程可得：，即可求得，问题得解。【详解】由双曲线的方程可得：所以所以.故选：D【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质，考查计算能力，属于基础题。4. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（ ）A. B. C. D. 5【答案】C【解析】解：该几何体是棱长分别为 的长方体中的三棱锥： ，其中： ，该几何体的表面积为： .本题选择B选项.点睛：本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键，由三视图判断空间几何体（包括多面体、旋转体和组合体）的结构特征是高考中的热点问题.5.已知实数，满足，则最大值为（ ）A. B. C. D. 1【答案】D【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域，由可得：表示与连线斜率，结合图形即可得解。【详解】依据题意，作出不等式组表示的平面区域如下：其中,由可得：表示与连线斜率，由图可得：当点处时，连线斜率最大.此时故选：D【点睛】本题主要考查了分式型目标函数的几何意义，考查转化能力及计算能力，属于中档题。6.从6人中选出4人分别到碧峰峡、蒙顶山、喇叭河、龙苍沟四个景区游览，要求每个景区有一人游览，每人只游览一个景区，且这6人中甲，乙两人不去龙苍沟游览，则不同的选择方案共有（ ）A. 168种B. 216种C. 240种D. 360种【答案】C【解析】【分析】优先考虑龙苍沟游览安排，再把剩下的三个景区安排人去游览，利用分步计算原理得解。【详解】这6人中甲，乙两人不去龙苍沟游览，则不同的选择方案共有：种.故选：C【点睛】本题主要考查了排列与组合应用，属于基础题。7.若执行下边的程序框图，输出的值为5，则判断框中应填入的条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】按流程图逐一执行即可。【详解】由流程图得：.要使得输出的值为5，则判断框中应填入的条件是：故选：B【点睛】本题主要考查了流程图知识，考查观察能力及计算能力，还考查了对数运算知识，属于中档题。8.已知等差数列，前项和为，则（ ）A. 0B. 1C. 2018D. 2019【答案】A【解析】【分析】设等差数列的公差为，由即可求得，结合等差数列前项和公式即可得解。【详解】设等差数列的公差为，则，所以，代入得：.所以.故选：A【点睛】本题主要考查了等差数列前项和公式，考查方程思想及计算能力，属于中档题。9.已知函数（是自然对数的底数），则的极大值为（ ）A. B. C. 1D. 【答案】D【解析】分析：求函数的导数，令，先求出的值再求的极大值为即可得详解：函数的定义域为 ， ，则 令，得令，得，即函数 上单调递增，在上单调递减，故函数在出uqude极大值，极大值为 故选D.点睛：本题考查导数的运用：求单调区间和求极值，考查运算能力，属于基础题10.在半径为2的圆的内接四边形中，是直径，是线段上异于、的点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将分别表示为,，即可整理得：，求出到的距离，可得，问题得解。【详解】依据题意，作出如下图象：,.因为是圆直径且圆半径为，所以所以，在中，由余弦定理可得：解得：.设到的距离为，则.解得：，又是线段上异于、的点，所以.所以.故选：C【点睛】本题主要考查了向量的加法及数量积运算，考查了余弦定理、转化思想及等面积法求高，考查计算能力，属于中档题。11.如图，圆锥的高，底面圆的直径，是圆上一点，且，为的中点，则直线和平面所成角的正弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】过点作于点，连接，证明且，从而证明平面，即可证得平面平面，即可证得平面，从而说明就是直线和平面所成角，解三角形即可。【详解】过点作于点，连接，如下图：在圆中，为直径.，又为中点， 且又 平面，又平面平面平面又平面平面，平面平面.就是直线和平面所成角.由题可得.在中，可求得：又,所以.由得：所以故选：C【点睛】本题主要考查了线面角的求法，考查作图及线面、面面垂直证明，还考查计算能力，属于中档题。12.定义域为的函数图像的两个端点为、，向量，是图像上任意一点，其中，若不等式恒成立，则称函数在上满足“范围线性近似”，其中最小正实数称为该函数的线性近似阈值.若函数定义在上，则该函数的线性近似阈值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由向量及可得：两点的横坐标相等，将不等式恒成立问题转化成： 时，恒成立，转化成：.，记：，即可求得，问题得解。【详解】作出函数图像，它的图象在上的两端点分别为：,所以直线的方程为：设是曲线上的一点，其中由，可知三点共线，所以点的坐标满足直线的方程，又,则所以两点的横坐标相等.故函数在上满足“范围线性近似”所以 时，恒成立.即：恒成立.记，整理得：， ，当且仅当时，等号成立。当时，所以，所以.即：所以该函数的线性近似阈值是：故选：B【点睛】本题主要考查了新概念定义及转化能力，还考查了三点共线的向量表示，考查了对勾函数性质，考查计算能力及分析能力，属于难题。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.展开式中的常数项为_（用数字作答）【答案】15【解析】由题得展开式的通项为，令6-2r=0,所以r=3.所以展开式的常数项为,故填15.14.从一批次品率为0.02的产品中有放回地抽取100次，每次抽取一件产品，设表示抽到的次品件数，则方差_【答案】1.96【解析】【分析】判断试验是独立重复试验的类型, 概率满足二项分布，然后根据二项分布方差公式求解方差即可.【详解】由题意可知,该事件满足独立重复试验,是一个二项分布模型,其中p=0.02,n=100,则DX=npq=np(1-p)=1000.020.98=1.96【点睛】本题考查二项分布期望的求法，判断概率的类型满足二项分布是解题的关键，本题是基础题.15.已知函数，且，则_【答案】【解析】【分析】对的取值分奇数、偶数求得，再利用分组求和法求和即可。【详解】当为奇数时，.当为偶数时，.所以【点睛】本题主要考查了分类思想及分组求和方法，考查计算能力，属于中档题。16.已知是抛物线：的焦点，点，点是上任意一点，当点在时，取得最大值，当点在时，取得最小值.则_【答案】【解析】【分析】依据题意作出图象，由三角形知识可得：，当且仅当三点共线时，取得最小值，即可求得，由抛物线定义可将转化成，结合图象可得,当且仅当三点共线时，取得最大值,即可求得，问题得解。【详解】作出抛物线：的图象如下：过点作抛物线准线的垂线段，过点作抛物线准线的垂线段由抛物线方程可得：由三角形知识可得：所以当且仅当三点共线时，取得最小值，即点位于图中的处，可求得：由抛物线定义可得：，由图可得： ，当且仅当三点共线时，取得最大值,即点位于图中的处，可求得：.所以.【点睛】本题主要考查了三角形中的边长关系，还考查了抛物线的定义及数形结合思想，考查计算能力及转化能力，属于难题。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.17.平面向量，.（1）求函数的单调递增区间；（2）设的内角，的对边长分别为，若，求的值.【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）整理可得：，利用余弦函数的单调性及复合函数的单调性规律即可求得函数的单调递增区间（2）由求得，再由正弦定理求得，即可求得或，对的取值分类解三角形即可。【详解】（1）.由，得，.函数的增区间为.（2）由，得，又因为，所以，从而，即.因为，所以由正弦定理得，故或，当时，从而，当时，又，从而.综上所述，或.【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的坐标运算，还考查了二倍角公式及两角和与差的正、余弦公式，考查了方程思想及正弦定理，还考查了分类思想，属于中档题。18.2018年12月28日，成雅铁路开通运营，使川西多个市县进入动车时代，融入全国高铁网，这对推动沿线经济社会协调健康发展具有重要意义.在试运行期间，铁道部门计划在成都和雅安两城之间开通高速列车，假设每天7:00-8:00，8:00-9:00两个时间段内各发一趟列车由雅安到成都（两车发车情况互不影响），雅安发车时间及其概率如下表所示：第一趟列车第二趟列车发车时间7:107:307:508:108:308:50概率0.20.30.50.20.30.5若小王、小李二人打算乘动车从雅安到成都游玩，假设他们到达雅安火车站候车的时间分别是周六7:00和7:20（只考虑候车时间，不考虑其它因素）.（1）求小王候车10分钟且小李候车30分钟的概率；（2）设小李候车所需时间为随机变量，求的分布列和数学期望.【答案】（1）0.1；（2）见解析【解析】【分析】（1）由独立事件同时发生的概率公式计算即可。（2）由表中数据求得小李候车所需时间为随机变量的取值可能为：10、30、50、70、90分钟.再求得的各种取值的概率，即可求得的分布列，问题得解。【详解】（1）小王候车10分钟的概率为，小李候车30分钟的概率为.则小王候车10分钟且小李候车30分钟的概率为.（2）随机变量所有可能取值为10、30、50、70、90分钟.其分布列如下：随机变量1030507090概率030.50.040060.1.【点睛】本题主要考查了独立事件同时发生的概率公式，还考查了离散型随机变量的分布列求法及期望计算公式，考查计算能力，属于中档题。19.如图，在五边形中，是以为斜边的等腰直角三角形.现将沿折起，使平面平面，如图，记线段的中点为.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的大小.【答案】（1）见解析（2）45【解析】【试题分析】（1）运用面面垂直的判定定理进行分析推证；（2）建立空间直角坐标系，借助空间向量的坐标形式运用向量的数量积公式进行分析求解：（1）解：，是线段的中点，.又，四边形为平行四边形，又，又是等腰直角的中点，.，平面.平面，平面平面.（2）平面平面，且，平面，.两两垂直，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.为等腰直角三角形，且，设平面的一个法向量为，则有，取，得，平面，平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角为，则，平面与平面所成的锐二面角大小为.点睛：立体几何是高中数学中传统的经典内容，也是高考重点考查的考点与热点。这类问题是设置旨在考查空间线面的位置关系与角度、距离等度量关系等知识的运用能力。线面的垂直与平行的推证常常要借助判定定理进行分析；而角度距离的计算与求解则常常需要建立空间直角坐标系，借助向量的坐标形式及数量积公式进行分析求解。20.已知椭圆：的左右焦点分别为、，左右顶点分别是、，长轴长为，是以原点为圆心，为半径的圆的任一条直径，四边形的面积最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）不经过原点的直线：与椭圆交于、两点，若直线与的斜率分别为，且，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标；若直线的斜率是直线、斜率的等比中项，求面积的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题可得，再由四边形的面积最大值为列方程即可求得，问题得解。（2）设，联立直线与椭圆方程可得：，即可表示出，再整理，可得：，问题得解。由直线的斜率是直线、斜率的等比中项即可求得，再由弦长公式求得，求出点到直线的距离，即可表示，再利用基本不等式即可得解。【详解】（1）由题可得：，即：，当与轴重合时，四边形的面积最大值由已知可得：，解得：所以椭圆方程为：.（2）证明：设，将代入椭圆方程得：，解得：，直线的方程为，即，故直线恒过定点；由直线的斜率是直线，斜率的等比中项，即有，即，整理得：，解得，代入有，点到直线的距离， ，（当且仅当时，等号成立）所以面积的取值范围是：.【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了韦达定理及直线过定点求法，考查了弦长公式及点到直线距离公式，还考查了利用基本不等式求最值，属于难题。21.设 .（1）证明：在上单调递减；（2）若，证明：.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接求导,证明0x1时, f(x)0 .(2)第（2）问，分0a和a1两种情况证明，每一种情况都是先通过求单调性再求函数的最小值大于1.试题解析：（1）f(x)令h(x)1lnx，则h(x)，x0， 所以0x1时，h(x)0，h(x)单调递增，又h(1)0，所以h(x)0，即f(x)0，所以f(x)单调递减（2）g(x)axlnaaxa1a(ax1lnaxa1)，当0a时，lna1，所以ax1lnaxa1xa1ax1由（）得，所以(a1)lnx(x1)lna，即xa1ax1，所以g(x)0，g(x)在(a，1)上单调递减，即g(x)g(1)a11当a1时，1lna0令t(x)axxlna1，0ax1，则t(x)axlnalna(ax1)lna0，所以t(x)在(0，1)上单调递增，即t(x)t(0)0，所以axxlna1所以g(x)axxaxaxlna1x(xa1lna)1x(1lna)11综上，g(x)1点睛：本题的难点在第（2）问，当0a时求导之后，怎么证明g(x)axlnaaxa1a(ax1lnaxa1)0，其中用到了第一问的结论，不然不是很好判断导数的正负.22.在平面直角坐标系