宁夏石嘴山市第三中学高三数学下学期三模考试试题文 (1)

石嘴山市三中2019年高三第三次能力测试卷数学（文科）第I卷一、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，只有一项是符合题目要求的1.若复数，则复数对应的点在第（ ）象限A. 一B. 二C. 三D. 四【答案】B【解析】【分析】由，分组求和即可得解。【详解】 且 该复数对应点在第二象限.故选：B【点睛】本题主要考查了复数运算，考查分组求和方法，属于基础题。2.若集合，且，则( )A. 2B. 2，-2C. 2，0D. 2，-2，0，1【答案】C【解析】【分析】利用列方程即可求解，然后逐一检验即可.【详解】因为，所以当时，与矛盾.当时，或（舍去），即：时，满足当时，或，都满足.所以或或.故选：C【点睛】本题主要考查了集合的包含关系，还考查了集合中元素的互异性，考查方程思想及分类思想，属于基础题。3.已知中，为边上的中点，则 ( )A. 0B. 25C. 50D. 100【答案】C【解析】【分析】三角形为直角三角形，CM为斜边上的中线，故可知其长度，由向量运算法则，对式子进行因式分解，由平行四边形法则，求出向量，由长度计算向量积.【详解】由勾股定理逆定理可知三角形为直角三角形，CM为斜边上的中线，所以，原式=.故选C.【点睛】本题考查向量的线性运算及数量积，数量积问题一般要将两个向量转化为已知边长和夹角的两向量，但本题经化简能得到共线的两向量所以直接根据模的大小计算即可.4.给出下列四个命题：若为的极值点，则”的逆命题为真命题；“平面向量，的夹角是钝角”的充分不必要条件是；若命题，则 ；命题“，使得”的否定是：“，均有”其中不正确的个数是 A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】A【解析】【分析】对于中，举例，即可判断其错误，对于中，平面向量，的夹角是钝角或平角，即可判断其错误。对于，利用命题否定的定义即可判断其错误，对于，利用特称命题的否定即可判断其正确，问题得解。【详解】对于中，当时，但不是极值点，故错误.对于中，.即，它等价于平面向量，的夹角是钝角或平角，所以 “平面向量，的夹角是钝角” ；故错误对于中，为，故错误.对于中，利用特称命题的否定即可判断其正确.故选：A【点睛】本题主要考查了逆命题的真假判断、特称命题的否定，还考查了充分、必要条件的判断，还考查了数量积的定义，属于基础题。5.若 ，则（ ）A. B. C. 1D. 【答案】A【解析】试题分析：由，得或，所以，故选A【考点】同角三角函数间的基本关系，倍角公式【方法点拨】三角函数求值：“给角求值”将非特殊角向特殊角转化，通过相消或相约消去非特殊角，进而求出三角函数值；“给值求值”关键是目标明确，建立已知和所求之间的联系【此处有视频，请去附件查看】6.已知点在幂函数的图象上，设，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】依据题意可得，可判断，由在上递增即可判断大小，问题得解。【详解】由题可得：，解得：所以因为，.又，所以由在上递增，可得：.所以.故选：D【点睛】本题主要考查了函数单调性的应用，还考查了方程思想及计算能力，属于中档题。7.已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，若平面，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由于C处的三条棱两两垂直，可以把三棱锥补成长方体，求出体对角线长，即外接球的直径.【详解】由于C处的三条棱两两垂直，可以把三棱锥补成长方体.设球O半径为，则，球表面积.故选：B【点睛】本题考查球O的表面积，考查学生的计算能力，求出球的半径是关键,属基础题.8.函数（且）的图象恒过点，且点在角的终边上，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】令对数的真数等于1，求得x、y的值，可得定点A的坐标，再利用任意角的三角函数的定义求得，再利用同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式，求得的值【详解】对于函数且，令，求得，可得函数的图象恒过点，且点A在角的终边上，则，故选：C【点睛】本题主要考查对数函数的图象经过定点问题，任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式，属于基础题9.在正方体中，点，分别是棱，的中点，则直线与所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CE与所成角的大小【详解】连接，在正方形中，故得到三角形 ，故得到，所以故得到直线CE与所成角.故选：D【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题10.函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由图可得，即可求得，再由图可得：当时，取得最小值，即可求得的单调递增区间，问题得解。【详解】由图可得：，所以又，所以当时，取得最小值，又，所以的单调递增区间为故选：D【点睛】本题主要考查了三角函数图像，考查方程思想及观察能力，还考查了三角函数的性质，属于中档题。11.已知直线与圆相交于、两点,是线段的中点,则点到直线的距离的最大值为A. 5B. 4C. 3D. 2【答案】B【解析】【分析】直线经过定点（-4,0），设，则点，将点B代入圆的方程，则得到点M的轨迹方程，分析轨迹方程可知点M的轨迹为圆，然后再利用直线与圆的知识解决问题。详解】解：直线经过定点（-4,0），设，则点，因为点B在圆上，故有，化简整理得：，所以点M的轨迹是圆心为（-3,0），半径为1的圆，圆心（-3,0）到直线的距离为，所以点M到直线的最大距离为4。故选B。【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、动点轨迹等问题，解决动点轨迹常见的方法有直译法、定义法、相关点法、参数法等等，解题时应注意灵活应用。12.已知函数的导函数满足对恒成立，则下列不等式中一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出函数g（x）的导数，判断函数的单调性，从而得出答案【详解】令由（x+xlnx）f（x）f（x），得（1+lnx）f（x）f（x）0，g（x），则g（x）0，故g（x）在递减；故,即,故选：A【点睛】本题考查抽象函数的单调性，构造函数，准确构造新函数是突破，准确判断单调性是关键，是中档题第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.数列的前项和，且，则_【答案】27【解析】【分析】由题，直接根据求得结果即可.【详解】由题 故答案为27【点睛】本题考查了数列的性质，属于基础题.14.实数满足，则的最小值是_【答案】【解析】【分析】作出不等式组表示的区域，利用线性规划求解。【详解】作出不等式组表示的区域如下：作出直线 ，当直线往上平移时，变小，由图可得：当直线平移后过点时，【点睛】本题主要考查了利用线性规划知识求目标函数的最值，考查作图能力，还考查了数形结合思想，属于基础题。15.双曲线的离心率为2，有一个焦点与抛物线的焦点重合，则的值为_【答案】【解析】【分析】由题即可求得，对的正负分类，即可表示出，再利用双曲线离心率为2列方程，即可求得，问题得解。【详解】由题可得：抛物线的焦点坐标为，所以双曲线中方程表示双曲线所以同号.当同正时，则，解得：则，此时.当同负时，则，解得：则，此时综上所述：【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质，还考查了双曲线的简单性质及分类思想，考查双曲线标准方程的的识别，考查计算能力，属于中档题。16.如图，在中，角的对边分别为，向量,，且，若点是外接圆的劣弧上的点，,，则四边形的面积为_【答案】【解析】【分析】根据向量共线得到，利用正弦定理得到，求出后利用余弦定理算出，再利用面积公式可求得四边形的面积【详解】因为共线，故，由正弦定理有：，由，故，所以即，所以，故在中，在中，有，故解得，故四边形的面积为，填【点睛】在解三角形中，如果题设条件是边角的混合关系，那么我们可以利用正弦定理或余弦定理把这种混合关系式转化为边的关系式或角的关系式.注意三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四个量，具体如下：（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知等差数列是递增数列，且，求数列的通项公式；设，数列的前项和为，是否存在常数，使得恒定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）8.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为d，由及列方程即可求得：，再利用等差数列的通项公式即可得解。（2）整理得：，再利用等比数列求和公式即可求得：，结合恒为定值可得：，问题得解。【详解】设公差为d的等差数列是递增数列，且则：， 解得：所以：. 由于， 所以： 数列是以3为首项，9为公比的等比数列则：， 所以： 当，即时，恒为定值【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及等比数列的前项和公式，考查转化能力、计算能力及方程思想，属于中档题。18.石嘴山市第三中学高三年级统计学生的最近20次数学周测成绩（满分150分），现有甲乙两位同学的20次成绩如茎叶图所示:（1）根据茎叶图求甲乙两位同学成绩的中位数，并将同学乙的成绩的频率分布直方图填充完整；（2）根据茎叶图比较甲乙两位同学数学成绩的平均值及稳定程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（3）现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意选出2个成绩，记事件为“其中2个成绩分别属于不同的同学”，求事件发生的概率.【答案】（1）直方图见解析；（2）乙的成绩的平均分比甲的成绩的平均分高，乙同学的成绩比甲同学的成绩更稳定集中 ；（3）.【解析】【分析】（1）直接由茎叶图求解.（2）由茎叶图中数据的集中程度直接判断。（3）甲同学的不低于140分的成绩有2个设为a，b，乙同学的不低于140分的成绩有3个，设为c，d，e，即可求得任意选出2个成绩有10种，其中2个成绩分属不同同学的情况有6种，利用古典概型概率公式即可得解。【详解】（1）甲的成绩的中位数是119，乙的成绩的中位数是128，同学乙的成绩的频率分布直方图如下： （2）从茎叶图可以看出，乙的成绩的平均分比甲的成绩的平均分高，乙同学的成绩比甲同学的成绩更稳定集中 .（3）甲同学的不低于140分的成绩有2个设为a，b，乙同学的不低于140分的成绩有3个，设为c，d，e ,现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意选出2个成绩有：(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)共10种， 其中2个成绩分属不同同学的情况有： (a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)共6种，因此事件A发生的概率P(A)= .【点睛】本题主要考查了茎叶图知识，考查了平均数计算及稳定性判断，还考查了古典概型概率计算，属于基础题。19.如图，在等腰梯形中，分别为的中点 为中点,现将四边形沿折起，使平面平面，得到如图所示的多面体，在图中. （1）证明：；（2）求三棱锥的体积【答案】（）见解析（）【解析】【分析】（）由已知可得EFAB，EFCD，折叠后，EFDF，EFCF，利用线面垂直的判定得EF平面DCF，从而得到EFMC；（）由已知可得，AEBE1，DFCF2，又DM1，得到MF1AE，然后证明AMDF，进一步得到BE平面AEFD，再由等积法求三棱锥MABD的体积【详解】（）由题意，可知在等腰梯形中，分别为，的中点，. 折叠后，. ，平面. 又平面，. （）易知，.，. 又，四边形为平行四边形.，故. 平面平面，平面平面，且，平面 .即三棱锥的体积为.【点睛】本题考查空间中直线与直线、直线与平面间的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题20.已知直线与椭圆交于 两点，与直线交于点 （1）证明：与C相切；（2）设线段 的中点为 ，且,求的方程.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）将直线和椭圆的方程联立消元后根据所得方程的判别式为0可证得结论成立；（2）由并结合弦长公式可得关于的方程，解方程可得的值，进而得到所求直线方程【详解】（1）证明：由消去整理得，与相切（注：消去得到关于的一元二次方程，根据判别式等于0一样得分）（2）解：由，得的坐标为.由消去整理得，因为直线与椭圆交于两点，所以，解得设，则，所以，即，即，解得，满足，直线的方程为【点睛】本题体现了代数方法在解决解析几何问题中的应用，通过代数运算达到解决位置关系和数量关系的目的由于在解题中会遇到大量的计算，所以在解题中要注意“设而不求”、“整体代换”等方法的运用，以达到简化运算的目的21.已知函数.（1）求在上的最值；（2）若，当有两个极值点时，总有，求此时实数的值.【答案】(1) 当时，当时，. (2) .【解析】分析：，在上单调递增，即可求解；（2）g（x）=（x2+2x-1-a）ex，x1+x2=-2，a-2，x2（-1，+），g（x2）t（2+x1）（ex2+1）（x22-1-a）ex2t（2+x1）（ex2+1），-2x2ex2t（-x2）（ex2+1），当x2=0时，tR；当x2（-1，0）时，恒成立，当x2（0，+）时，恒成立，综上所述.详解：（1），在上单调递增，当时，当时， （2），则根据题意，方程有两个不同的实根，所以,即,且.由，可得，又，所以上式化为对任意的恒成立. （）当时，不等式恒成立，；（）当时，恒成立，即.令函数，显然，是上的增函数，所以当时，所以. （）当时，恒成立，即.由（）得，当时，所以.综上所述.点睛：本题考查了利用导数求解函数的最值、极值，考查了分类讨论思想、转化思想，属于难题请考生在第22-23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分选修4 4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，