甘肃靖远高三数学第四次联考理

甘肃省靖远县2019届高三数学第四次联考试题 理（含解析）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.第卷一、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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解对数不等式得集合A,再根据交集定义求结果.【详解】由题可知，则.故选：B点睛】本题考查解对数不等式以及交集定义，考查基本分析求解能力，属基础题.2.已知复数z=i1i，则z+z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】A【解析】【分析】先化简，再根据复数模的定义以及复数几何意义确定结果.【详解】由题可知，z=i(1+i)2=-12+12i故|z|=22，于是z+|z|=-1+22+12i，即位于第一象限,故选：A【点睛】本题考查复数模的定义以及复数几何意义，考查基本分析求解能力，属基础题.3.设x，y满足约束条件3x2y60x+y20x4y+80，则x=x2y的最小值是（ ）A. 4B. 2C. 0D. 2【答案】A【解析】【分析】先作可行域，再结合图象确定最优解，即得结果.【详解】画出可行域知，当l:x-2y=0平移到过点A（0,2）时zmin=-4故选：A【点睛】本题考查线性规划求最值，考查基本分析求解能力，属基础题.4.抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F，点A(6,y0)是C上一点，|AF|=2p，则p=（ ）A. 8B. 4C. 2D. 1【答案】B【解析】【分析】根据抛物线定义得AF=6+p2，即可解得结果.【详解】因为AF=2p=6+p2，所以p=4.故选：B【点睛】本题考查抛物线定义，考查基本分析求解能力，属基础题.5.某学生5次考试的成绩(单位:分)分别为85，67，m，80，93，其中m0,若该学生在这5次考试中成绩的中位数为80，则得分的平均数不可能为（ ）A. 70B. 75C. 80D. 85【答案】D【解析】【分析】根据中位数为80，可知m80，从而得到平均数小于等于81，从而确定结果.【详解】已知的四次成绩按照由小到大的顺序排序为：67，80，85，93该学生这5次考试成绩的中位数为80，则m80所以平均数：85+67+m+80+93581，可知不可能为85本题正确选项：D【点睛】本题考查统计中的中位数、平均数问题，关键是通过中位数确定取值范围，从而能够得到平均数的范围.6.函数y=lnx4x的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数奇偶性排除B，C；根据函数零点选A.【详解】因为函数y=lnx4x为奇函数，排除B，C；又函数y=lnx4x的零点为-1和1，故选:A.【点睛】本题考查函数奇偶性与函数零点，考查基本分析判断能力，属基础题.7.已知函数f(x)=2sin(x+3)-1(02)的部分图像如图所示，则下列判断正确的是（ ）A. 直线x=6是函数y=f(x)图像的一条对称轴B. 函数y=f(x)图像的对称中心是(-13+k,0)，kzC. f136=1D. 函数y=f(x)的最小正周期为【答案】C【解析】【分析】先根据对称轴求得，再根据正弦函数性质求对称轴、对称中心、周期以及函数值，最后作判断.【详解】由图可知，x=76是函数y=f(x)的对称轴，所以76+3=32+2k,kz解得=+12k7,kz，因为02，所以=，f(x)=2sin(x+3)-1，f(136)=2sin(136+3)-1=1,函数y=f(x)的最小正周期为2=2,由 x+3=2+k,kz得对称轴方程为x=16+k,kz，由 x+3=k,kz得对称中心为(-13+k,-1)，kz，故选：C.【点睛】本题考查根据图象求三角函数解析式以及正弦函数性质，考查基本分析判断与求解能力，属中档题.8.已知某几何体是由一个三棱柱和一个三棱锥组合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. 43B. 2C. 52D. 83【答案】B【解析】【分析】根据三视图还原几何体，可知为三棱柱和三棱锥的组合体，分别求解体积，加和得到结果.【详解】由题意可知，该几何体的直观图如图所示：即该几何体为一个三棱柱与一个三棱锥的组合体则三棱柱体积V1=122223=32；三棱锥体积V2=13122223=12所求体积V=V1+V2=2本题正确选项：B【点睛】本题考查组合体体积的求解，关键是通过三视图准确还原几何体.9.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图所示的是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（ ）A. 316B. 38C. 516D. 716【答案】D【解析】【分析】将右下角黑色三角形进行移动，可得黑色部分面积等于一个等腰直角三角形加一个直角梯形的面积之和，求解出面积再根据几何概型公式求得结果.【详解】设正方形的边长为1则处面积和右下角黑色区域面积相同故黑色部分可拆分成一个等腰直角三角形和一个直角梯形等腰直角三角形面积为：12112=14直角梯形面积为：1224+2224=316黑色部分面积为：14+316=716则所求概率为：71611=716本题正确选项：D【点睛】本题考查几何概型中的面积类问题，属于基础题.10.已知sin400sin100+mcos100cos500=cos1700，则关于x的不等式2sinxm的解集为（ ）A. 23+2k,73+2k,kzB. 56+2k,136+2k,kzC. 43+2k,53+2k,kzD. 76+2k,116+2k,kz【答案】C【解析】【分析】先根据三角函数恒等变换求m，再根据正弦函数性质求不等式解集.【详解】有题意可得，m=cos1700-sin400sin100cos100cos500=-sin80o-sin400sin100cos100sin400 =-2cos400-sin10ocos100=-2cos(300+100)-sin10ocos100=-3cos100cos100=-3.解不等式sinx-32，得x43+2k,53+2k,kz故选：C【点睛】本题考查三角函数恒等变换以及正弦函数性质，考查基本分析判断与求解能力，属中档题.11.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD上一点，且CE=2DE，F为棱AA1的中点，且平面BEF与DD1交于点G，则B1G与平面ABCD所成角的正切值为（ ）A. 212B. 26C. 5212D. 526【答案】C【解析】【分析】根据平面ABCD/平面A1B1C1D1，可知所求角为D1B1G；假设正方体棱长为6，求解出D1G和B1D1，从而得到结果.【详解】因为平面ABCD/平面A1B1C1D1所以B1G与平面ABCD所成角即B1G与平面A1B1C1D1所成角可知B1G与平面所成角为D1B1G.设AB=6，则AF=3，DE=2平面BEF面CDD1C1=GE且BF/面CDD1C1，可知BF/GE则AFAB=DGDE，即36=DG2 DG=1，D1G=5在RtB1D1G中，tanD1B1G=D1GB1D1=562=5212故B1G与平面ABCD所成角的正切值为5212本题正确选项：C【点睛】本题考查立体几何中的直线与平面所成角问题，关键是能够通过位置关系确定所成角，再利用直角三角形求得结果.12.已知函数maxx1，x2=x1,x1x2x2,x1x2，若函数f(x)=x2-2，g(x)=-x，则下列函数中与函数maxf(x),g(x)的单调性完全相同的是（ ）A. y=(2-x)exB. y=(x-2)exC. y=x3-3xD. y=-x3-3x【答案】B【解析】【分析】先化简maxf(x),g(x)，再求maxf(x),g(x)的单调区间，最后对照选项单调性进行选择.【详解】由f(x)-g(x)=x2+x-20解得-2x1，此时f(x)g(x).故maxf(x),g(x)=-x,-2x1x2-2,x1或x-2，则maxf(x),g(x)的单调递减区间为(-,1)，单调递增区间为(1,+).对函数y=(x-2)ex求导，得y=(x-1)ex，当x1时，y1时，y0.即单调递减区间为(-,1)，单调递增区间为(1,+).同理可得函数y=(2-x)ex单调递减区间为(1,+)，单调递增区间为(-,1).对函数 y=x3-3x求导，得y=3x2-3，当-1x1时，y1或x0. 即单调递减区间为(-1,1)，单调递增区间为(-,1)和(1,+)，对函数 y=-x3-3x求导，得y=-3x2-30,b0)的一条渐近线与圆(x2)2+ (y1)2=1相切，则ba=_【答案】34【解析】【分析】先求双曲线渐近线方程，再根据圆心到渐近线距离等于半径列方程，解得结果.【详解】双曲线C的渐近线方程为byax=0，与圆相切的只可能是by-ax=0，由|b-2a|a2+b2=1，得3a=4b，故ba=34故答案为：34【点睛】本题考查双曲线渐近线方程以及直线与圆位置关系，考查基本分析判断与求解能力，属中档题.16.在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，若a=1，且BC边上的高等于tanA，则ABC的周长的取值范围为_【答案】2,1+6【解析】【分析】根据面积可得bccosA=1，利用余弦定理可得b2+c2=3；根据基本不等式可求得b+c6，又b+ca，可求得周长的取值范围.【详解】由题可知：SABC=12atanA=12bcsinA故bccosA=1 bcb2+c2a22bc=b2+c212=1，即b2+c2=3又b2+c22b+c22，则b+c6又b+ca=1，则2a+b+c6+1所以ABC的周长的取值范围为2,1+6本题正确结果：2,1+6【点睛】本题考查解三角形中的周长最值问题的求解，关键是能够通过余弦定理建立等量关系，从而求得b+c的最大值，再利用三角形三边关系确定最小值，从而得到取值范围.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1721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.已知等差数列an的前n项和为Sn，a3+a5=18，S3+S5=50.数列bn为等比数列，且b1= a1，3b2=a1a4.（1）求数列an和bn通项公式；（2）记cn=4(log3bn2+3)an，其前n项和为Tn，证明：Tn0，所以Tn=2322n+373，所以乙同学的最佳选择是选择AD.【点睛】本题考查古典概型概率以及数学期望，考查基本分析判断与求解能力，属中档题.19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，ACD=45o，CD=2，PAC是边长为2等边三角形，PACD（1）证明：平面PCD平面ABCD.（2）求二面角A-PB-D的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）22211【解析】【分析】（1）先根据余弦定理计算得AD，再根据勾股定理得ACAD,即得ACD为等腰直角三角形，取CD的中点O，可得AOCD，结合条件根据线面垂直判定定理得CD平面POA，即得CDPO，根据勾股定理得POAO，根据线面垂直判定定理得PO平面ABCD，最后根据面面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解得各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系得结果.【详解】（1）ACD中，ACD=450，CD=2，AC=2，由余弦定理可得，AD=2故AC2+AD2=CD2，所以CAD=900，且ACD为等腰直角三角形.取CD的中点O，连接AO，由AC=AD，得AOCD，连接PO，因为PACD，所以CD平面POA，所以CDPO.又AO=1，PO=1，PA=2，所以AO2+PO2=PA2，即POAO.又CDOA=O，所以PO平面ABCD，又PO平面PCD.所以平面PCD平面ABCD.（2）解：以O为原点，OD，OA，OP所在的直线分别为x,y,z建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则P(0,0,1)，A(0,1,0)，C(-1,0,0)，B(-2,1,0)，D(1,0,0).设平面PAB的法向量n=(x,y,z)，PA=(0,1,-1)，BA=(2,0,0)，nPA=0nBA=0y-z=0x=0，令y=1，则z=1，所以n=(0,1,1)，设平面PDB的法向量m=(a,b,c)，PB=(-2,1,-1)，BD=(3,-1,0)，nPB=0nBD=0-2a+b-c=03a-b=0，令a=1，则b=3,c=1，所以n=(1,3,1)，故cos(nm)=nm|n|m|=22211.因为二面角A-PB-D为锐角，所以二面角A-PB-D的余弦值为22211【点睛】本题考查线面垂直判定定理、面面垂直判定定理以及利用空间向量求二面角，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.20.设椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，下顶点为A，O为坐标原点，点O到直线AF2的距离为22，AF1F2为等腰直角三角形.（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线与椭圆C交于M，N两点，若直线AM与直线AN的斜率之和为2，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）x22+y2=1；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用a,b,c表示出点O到直线AF2的距离；再利用b=c和a,b,c的关系得到方程，求解得到标准方程；（2）当直线斜率存在时，假设直线方程，利用斜率之和为2得到与k的关系，将直线方程化为y=kx-1+1，从而得到定点；当斜率不存在时，发现直线也过该定点，从而求得结果.【详解】（1）解：由题意可知：直线AF2的方程为xc+y-b=1，即-bx+cy+bc=0则bcb2+c2=bca=22因为AF1F2为等腰直角三角形，所以b=c又a2=b2+c2可解得a=2，b=1，c=1所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1（2）证明：由（1）知A0,-1当直线的斜率存在时，设直线的方程为y=kx+tt1代入x22+y2=1，得1+2k2x2+4ktx+2t2-2=0所以=16k2t2-41+2k22t2-20，即t2-2k21设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=-4kt1+2k2，x1x2=2t2-21+2k2因为直线AM与直线AN的斜率之和为2所以kAM+kAN=y1+1x1+y2+1x2=kx1+t+1x1+kx2+t+1x2=2k+t+1x1+x2x1x2=2k-t+14kt2t2-2=2整理得t=1-k所以直线的方程为y=kx+t=kx+1-k=kx-1+1显然直线y=kx-1+1经过定点1,1当直线的斜率不存在时，设直线的方程为x=m因为直线AM与直线的斜率之和为2，设Mm,n，则Nm,-n所以kAM+kAN=n+1m+-n+1m=2m=2，解得m=1此时直线的方程为x=1显然直线x=1也经过该定点1,1综上，直线恒过点1,1【点睛】本题考查椭圆标准方程求解、椭圆中的定点问题，解决定点问题的关键是能够通过已知中的等量关系构造关于参数的等式，减少参数数量，从而变成只与一个参数有关的函数关系式，进而求得定点.21.已知函数f(x)=xlnxkx2x，a,b是函数f(x)的两个极值点(ae2.【答案】（1）(0,12e)；（2）见解析【解析】【分析】（1）先求导数，再分离变量，转化为研究对应函数图象，利用导数研究新函数单调性，结合函数值域确定k的取值范围，（2）先由（1）得1aeg(e2b)，化简转化证不等式lnb-2b2b2+e20,利用导数研究h(b)=lnb-2b2b2+e2,b(e,+)单调性，即可根据单调性证结论.【详解】（1）因为f(x)=lnx+1-2kx-1=lnx-2kx.(x0).所以lnx-2kx=0由两个不等的实数解，则2k=lnxx，令g(x)=lnxx，则g(x)=1-lnxx2，当0x0；当xe时，g(x)1时，g(x)0，且g(e)=1e，所以02k1e，解得0k12e，k的取值范围为(0,12e).（2）证明：由（1）得lna-2ka=lnb-2kb=0，即2k=lnaa=lnbb，且1aee2，只需ae2b，又函数g(x)在(0,e)上单调递增，即证g(a)g(e2b)，又g(a)=g(b)所以只需证g(b)g(e2b).g(b)-g(e2b)=lnbb-b(2-lnb)e2=(b2+e2)(lnb-2b2b2+e2)be2.令h(b)=lnb-2b2b2+e2,b(e,+)，h(b)=1b-4b(b2+e2)-4b3(b2+e2)2=(b2-e2)2b(b2+e2)0.所以函数h(b)在(e,+)上单调递增，h(b)h(e)=0，即g(b)-g(e2b)0.故abe2【点睛】本题考查利用导数研究函数零点以及证明不等式，考查综合分析论证与求解能力，属难题.（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xOy中，直线的方程为3x+y+a=0，曲线C的参数方程为x=3cosy=1+3sin（为参数）.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求直线和曲线C的极坐标方程；（2）若直线=6(R)与的交点为M,与C的交点为A，B，且点M恰好为线段AB的中点，求a.