安徽省黄山市2019届高三数学第三次质量检测试题理（含解析）.docx

黄山市2019届高中毕业班第三次质量检测数学（理科）试题第卷（选择题 满分60分）一、选择题：本大题共12个小题，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.已知复数是纯虚数，则实数为（ ）A. -6B. 6C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的运算法则、纯虚数的定义即可得出【详解】为纯虚数，0，0，a6，故选：B【点睛】本题考查了复数的运算法则、纯虚数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题2.集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】通过解不等式分别得到集合，然后再求出即可【详解】由题意得，故选C【点睛】解答本题的关键是正确得到不等式的解集，需要注意的是在解对数不等式时要注意定义域的限制，这是容易出现错误的地方，属于基础题3.为了判断高中生选修理科是否与性别有关.现随机抽取50名学生，得到如下列联表：根据表中数据，得到的观测值，若已知，则认为选修理科与性别有关系出错的可能性约为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据条件中所给的观测值，与所给的临界值进行比较，即可得出正确的判断【详解】由观测值，对照临界值得4.8443.841，由于P（X23.841）0.05，认为选修理科与性别有关系出错的可能性为5%故选：B【点睛】本题考查了独立性检验的应用问题，解题的关键是正确理解观测值对应的概率意义4.已知双曲线的离心率为，且它的一个焦点到渐近线的距离为，则该双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用双曲线的离心率、点到直线的距离公式即可得出【详解】，c=,又焦点F（c，0）到渐近线的距离db，又，则,双曲线的方程为故选：D【点睛】本题考查了双曲线方程中基本量的关系，考查了离心率及点到直线的距离公式，属于基础题5.执行如图所示的程序框图，若输出，则判断框内应填入的条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】阅读程序框图，可知程序执行的是求，利用对数运算法则及换底公式求和，由和等于4算出k的值，则判断框中的条件可求【详解】由程序可知，该程序是计算由S4，得k15，则当k15时，kk+115+116不满足条件，所以条件为k15故选B【点睛】本题考查了程序框图，是循环结构中的当型循环，即先判断后执行，满足条件执行循环，不满足条件跳出循环，算法结束，理解程序框图的功能是基础题6.已知的展开式中的系数为，则（ ）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得展开式中x2的系数为前一项中常数项与后一项x的二次项乘积，加上第一项x的系数与第二项x的系数乘积的和，由此列方程求得a的值【详解】根据题意知，的展开式的通项公式为，展开式中含x2项的系数为a，即105a，解得a故选：D【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用问题，利用二项式展开式的通项公式是解决此类问题的关键7.谢尔宾斯基三角形（Sierpinski triangle）是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出.在一个正三角形中，挖去一个“中心三角形”（即以原三角形各边的中点为顶点的三角形），然后在剩下的小三角形中又挖去一个“中心三角形”，我们用白色三角形代表挖去的部分，黑色三角形为剩下的部分，我们称此三角形为谢尔宾斯基三角形.若在图（3）内随机取一点，则此点取自谢尔宾斯基三角形的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先观察图象，再结合几何概型中的面积型可得【详解】由图可知：图（2）挖去的白色三角形的面积为图（1）整个黑色三角形面积的，在图（2）中的每个小黑色三角形中再挖去的每一个白色三角形的面积仍为图（2）中每一个黑色三角形面积的，即为图（1）大黑色三角形面积的，图（3）中白色三角形面积共占图（1）黑色三角形面积的，谢尔宾斯基三角形的面积为，故该点取自谢尔宾斯基三角形的概率为，故选C.【点睛】本题考查了数学文化及几何概型中的面积型题型，属于简单题8.将函数的图像向右平移个单位长度，再把横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）得到函数的图像，则下列说法正确的是（ ）A. 函数的最小正周期为B. 函数在区间上单调递增C. 函数在区间上的最小值为D. 是函数的一条对称轴【答案】C【解析】【分析】由三角函数图象的伸缩变换及平移变换得f（x）函数解析式，再由三角函数图象及性质依次判断选项即可【详解】=2cos（x+），将其向右平移个单位长度得函数解析式为h（x）2cos（x），再把得到的图象再把横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到函数yf（x）的图象，得f（x）2cos（2x），则函数yf（x）的最小正周期为，对称轴方程为x（kz），故A，D选项不正确，又当时，2x，函数不单调，故B错误，当时，2x，函数在x=时取得最小值为C正确，故选：C【点睛】本题考查了三角函数图象的伸缩变换及平移变换，三角函数图象的性质，属于中档题.9.若某几何体的三视图（单位：）如图所示，则此几何体的表面积等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先判断几何体形状，再利用三视图的数据求解几何体的表面积即可【详解】由几何体的三视图可知，该几何体是由直三棱柱截去一个三棱锥得到的，如图：ABC-DEF,其中底面是直角边分别为3，4的直角三角形，原三棱柱的高为5，图中AD=2，所以BC=EF=DE=5，DF=，的底边DF上的高为，又梯形ADEB的面积为，梯形ADFC的面积为，的的面积为，矩形BCFE的面积为=25，所以此几何体的表面积S+故选：B【点睛】本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键10.设的内角所对边的长分别是，且，则的值为（ ）A. B. 4C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理，二倍角公式结合已知可得，整理得a6cosB，由余弦定理可解得a的值.【详解】在ABC中，A2B，b3，c1，可得，整理得a6cosB，由余弦定理可得：a6，a2，故选C.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理及二倍角正弦公式的应用，考查了计算能力，属于中档题11.已知等边的边长为2，点分别在边、上，且，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】用三角形各边向量表示出，代入计算即可【详解】等边ABC的边长为2，又, ，故选C【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用，考查了平面向量数量积的运算，属于中档题12.已知函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】令f（x）0，可得，可得a在x0有且只有2个不等实根，等价为函数g（x）的图象和直线ya有且只有两个交点求出g（x）的导数和单调区间，利用数形结合即可得到a的范围【详解】f（x），令f（x）0，可得，当x0时，上式显然不成立；可得a在x0有且只有2个不等实根，等价为函数g（x）的图象和直线ya有且只有两个交点由g（x）0或x0时，直线ya和yg（x）的图象有两个交点故选：A【点睛】本题考查函数的零点个数问题解法，注意运用函数方程的转化思想和数形结合思想方法，考查运用导数研究函数的单调性问题，考查运算能力，属于中档题第卷（非选择题 满分90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若满足约束条件，则的最大值为_【答案】8【解析】【分析】根据约束条件作出可行域,化目标函数为,由此可得当直线在轴截距最大时, 取最大值，结合图像即可得出结果.【详解】由约束条件作出可行域如下：又目标函数可化，因此，当直线在轴截距最大时, 取最大值，由图像可得，当直线过点A时，截距最大，由易得，此时.故答案为8【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，通常需要由约束条件作出可行域，分析目标函数的几何意义，结合图像即可求解，属于常考题型.14.平均数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2019，则该数列的首项为_【答案】1.【解析】【分析】由题意可得关于首项的方程，解方程可得【详解】设该等差数列首项为a，由题意和等差数列的性质可得2019+a10102解得a1故答案为：1【点睛】本题考查等差数列的基本性质，涉及中位数，属于基础题15.抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出.现有抛物线，如图一平行于轴的光线射向抛物线，经两次反射后沿平行轴方向射出，若两平行光线间的最小距离为4，则该抛物线的方程为_【答案】【解析】【分析】先由题意得到必过抛物线的焦点，设出直线的方程，联立直线与抛物线方程，表示出弦长，再根据两平行线间的最小距离时，最短，进而可得出结果.【详解】由抛物线光学性质可得：必过抛物线的焦点，当直线斜率存在时，设的方程为，由得：，整理得，所以，所以；当直线斜率不存在时，易得；综上，当直线与轴垂直时，弦长最短，又因为两平行光线间的最小距离为4，最小时，两平行线间的距离最小；因此，所求方程为.故答案为【点睛】本题主要考查直线与抛物线位置关系，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理、弦长公式等求解，属于常考题型.16.连接正方体每个面的中心构成一个正八面体，则该八面体的外接球与内切球体积之比为_【答案】.【解析】【分析】正八面体中ABCD四点或AFCE四点所组成的截面在外接球的一个大圆面上，可得其对角线的长度即为外接球的直径，又正方体中心设为O，取AB中点M，则在直角OME中，斜边ME上的高即为内切球的半径，由此能求出结果【详解】若正八面体的外接球的各个顶点都在同一个球面上，则其中ABCD四点或AFCE四点所组成的截面在球的一个大圆面上，可得，此四点组成的正方形是球的大圆的一个内接正方形，其对角线的长度即为球的直径，设正八面体边长为2，且每个侧面三角形均为等边三角形，故FE=AC=2，则外接球的半径是，又正方体中心设为O，取AB中点M，则在直角OME中，斜边ME=，斜边ME上的高即为内切球的半径，大小为=，外接球与内切球半径之比为，外接球与内切球体积之比为故答案为【点睛】本题考查球的体积的求法，考查正八面体与球的内切外接问题，考查空间想象能力，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.请在答题卷的相应区域答题.） 17.已知等差数列满足，其前5项和为25，等比数列的前项和.（1）求数列、的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）,；（2）.【解析】【分析】（1）利用已知建立与d的方程组，求得与d，即可求解，再由的前n项和分n=1与求得通项公式（2）由错位相减法求出数列的和【详解】（1）设等差数列的公差为，由已知得, 对于数列，当时，当时，综上，（） （2）由（1）得， -得：，【点睛】本题考查了数列的通项公式的求法，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，属于基础题18.如图，在以为顶点的五面体中，面为正方形，且二面角与二面角都是.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）推导出AFDF，AFFE，由线面垂直的判定定理即可证明AF平面EFDC（2）过D作DGEF，由DG平面ABEF，以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz，利用向量法求出平面BCE的法向量，则可求得直线BF与平面BCE所成角的正弦值【详解】（1）面ABEF为正方形又，而,面,面面（2），则由（1）知面平面，过作，垂足为，平面以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 由（1）知为二面角的平面角，故，又，则， 由已知，平面又平面平面，故，由，可得平面，为二面角的平面角，设是平面的法向量，则，即，可取 . 则直线与平面BCE所成角的正弦值为 . 【点睛】本题考查线面垂直的判定定理，考查了利用空间向量法求解线面角的问题，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19.全民健身倡导全民做到每天参加一次以上的体育健身活动，旨在全面提高国民体质和健康水平.某部门在该市2013-2018年发布的全民健身指数中，对其中的“运动参与评分值”（满分100分）进行了统计，制成如图所示的散点图.（1）根据散点图，建立关于的回归方程；（2）从该市的市民中随机抽取了容量为150的样本，其中经常参加体育锻炼的人数为50，以频率为概率，若从这150名市民中随机抽取4人，记其中“经常参加体育锻炼”的人数为，求的分布列和数学期望.附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.【答案】（1）；（2）的分布列如下：.【解析】【分析】（1）求得样本中心点（，），利用最小二乘法即可求得线性回归方程；（2）由X的可能取值为0，1，2，3，4，分别求得其概率，即可求得分布列及数学期望【详解】（1）由题意得:，.则.所求回归方程为. （2）以频率为概率，从这150名市民中随机抽取人，经常参加体育锻炼的概率为，由题知，的可能取值为0，1，2，3，4.则 . 的分布列如下：或【点睛】本题考查独立检验的应用，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，二项分布等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题20.已知点为圆上任意一点，点，线段的中垂线交于点.（1）求动点的轨迹方程；（2）若动直线与圆相切，且与动点的轨迹交于点、，求面积的最大值（为坐标原点）.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可得则由椭圆的定义可得轨迹方程.（2）先考虑动直线斜率存在时，设为y=kx+m与椭圆方程联立，由直线l与圆O相切，利用根的判别式求出k与m的关系，由弦长公式、三角形面积公式，结合换元法利用二次函数求最值的方法能求出OEF面积的最大值，再考虑斜率不存在时，可直接求得点的坐标，求得面积，比较后得到结论【详解】（1）由题知， 的轨迹是以、为焦点的椭圆，其方程为. （2）当的斜率存在时.设 的方程为由得: 可得 与圆相切， 从而， 令，得 .当且仅当即时取等号. 当的斜率不存在时.易得的方程为或.此时 .由可得:的最大值为.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查三角形面积公式及最值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，函数与方程思想，是中档题21.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先求导数，对a分类讨论后分别解出f（x）0与f（x）0的解集，从而得出函数f（x）的单调性（2）构造函数g（x）（k-1）lnx+x，x1，求导后令导函数的分子为h(x)，研究h（x）的正负得到g(x)的单调性与极值、最值，可得满足条件的k的取值范围；【详解】（1）由题可知 当时，此时恒成立 ，在递增 . 当时，令解得;令解得.在递减，在递增. （2）原不等式等价变形为恒成立.令则令当时，此时的对称轴：在递增.又在恒成立.在恒成立，即在递增.符合要求. 当时，此时在有一根，设为 当时，即.在上递减.这与恒成立矛盾.综合可得:.【点睛】本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值，考查了不等式的恒成立