河北唐山高三数学下学期第三次模拟A理

唐山市2018-2019学年度高三年级第三次模拟考试理科数学一、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MN=（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出N集合中不等式的解集确定出M与N，根据M与N的并集运算求出答案即可【详解】已知，求解不等式，得；，即，所以MN= 即 故选：D【点睛】此题考查了并集及其运算，熟练掌握并集的定义是解本题的关键2.已知复数z满足，则z在复平面上对应的点位（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求得z的坐标得答案【详解】由，得，z在复平面上对应的点的坐标为，位于第三象限故选：C【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题3.中国古代数学名著九章算术卷“商功”篇章中有这样的问题：“今有方锥，下方二丈七尺，高二丈九尺.问积几何？”（注：一丈等于十尺）.若此方锥的三视图如图所示（其中俯视图为正方形），则方锥的体积为（单位：立方尺）A. 7047B. 21141C. 7569D. 22707【答案】A【解析】【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为正四棱锥，正四棱锥的底面边长为27尺，高为29尺，再由棱锥体积公式求解【详解】由三视图还原原几何体如图，该几何体为正四棱锥，正四棱锥的底面边长为27尺，高为29尺，该四棱锥的体积立方尺故选：A【点睛】本题考查由三视图求面积，体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题4.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由辅助角公式将化简求出，进而得出答案。【详解】由辅助角公式可得所以，即 所以故选D.【点睛】本题考查三角函数的辅助角公式和三角函数值，属于简单题。5.设函数的定义域为I，则“在I上的最大值为”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】A【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合函数最值的性质进行判断即可【详解】若“在I上的最大值为M”则“”成立，函数恒成立，则“在I上的最大值不是2，即必要性不成立，则“在I上的最大值为M”是“”的充分不必要条件，故选：A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合函数最值的定义和性质是解决本题的关键6.设双曲线C：的两条渐近线的夹角为，且=，则C的离心率为（）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】由，渐近线的斜率小于1，从而判断渐近线的倾斜角为，得到的值，再根据，得到离心率【详解】，渐近线的斜率小于1，因为两条渐近线的夹角为，=，所以，故选：B【点睛】本题考查双曲线的性质及其应用，解题的关键是由渐近线的夹角，判断渐近线的斜率，考查转化思想以及计算能力7.函数的部分图象大致为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】判断函数的奇偶性和对称性，求出函数的导数，判断是否对应即可【详解】函数是奇函数，图象关于原点对称，排除B，C，函数的导数，则，排除D，故选：A【点睛】本题主要考查函数图象识别和判断，利用奇偶性和导数值的对应性是解决本题的关键8.一个袋子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球，从中一次摸出3个球，已知摸出球的颜色不全相同，则摸出白球个数多于黑球个数的概率为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】摸出球的颜色不全相同，基本事件总数，摸出白球个数多于黑球个数包含的基本事件个数m=18，由此能求出摸出白球个数多于黑球个数的概率【详解】一个袋子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球，从中一次摸出3个球，摸出球的颜色不全相同，基本事件总数，摸出白球个数多于黑球个数包含的基本事件个数m=18，则摸出白球个数多于黑球个数的概率为故选：B【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题9.将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于 轴对称，则的最小值为（）A. 7B. 6C. 5D. 4【答案】C【解析】【分析】由题意利用函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，求得的最小值【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于y轴对称，Z，则的最小值为5，故选：C【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，属于基础题10.设椭圆的左，右焦点分别为，离心率为，以为直径的圆与在第一象限的交点为，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，可得，设，（）可得，联立解得，即可得出直线斜率=【详解】，设，（）则，化为：，解得直线的斜率=故选：B【点睛】本题考查了椭圆的定义，标准方程及其性质、圆的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11.在中，的面积为，则（ ）A. B. C. D. 或【答案】C【解析】【分析】过A作，垂足为H，然后根据，得到HD即可进一步求出ADB【详解】如图，过A作，垂足为H，H为BC的中点，又，HD=1，故选：C【点睛】本题考查了勾股定理和三角形的面积公式的应用，考查了分析问题和解决问题的能力，属基础题12.已知是自然对数的底数，不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简不等式，分x0，x0将不等式写为等价形式，再根据的单调性解不等式即可【详解】，或，由于函数,在（-，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增，故由上述不等式组解得，或，不等式的解集为：（-1，0）（3，+）故选：A【点睛】本题考查了函数单调性的应用，指数不等式的解法，关键是知道函数的单调性，属中档题二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.计算定积分_【答案】2【解析】【分析】根据题意，由定积分的计算公式可得，进而计算可得答案【详解】根据题意，；故答案为：2【点睛】本题考查定积分的计算，关键是掌握定积分的计算公式14.已知向量，若，则在方向上的投影为_【答案】【解析】【分析】由平面向量数量积的坐标运算得m=3，由投影的定义得：在方向上的投影为，得解【详解】因向量，又，所以，解得 ，即向量，则在方向上的投影为，故答案为：【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标运算及投影的定义，属中档题15.在四面体 中，且，当四面体的体积最大时，其外接球的表面积为_【答案】34【解析】【分析】利用勾股定理得出ABC是直角三角形，且AC为斜边，可知CD平面ABC时四面体ABCD的体积取最大值，再求出外接球的半径R，利用球的表面积公式得答案【详解】，由勾股定理可得，ABC是以AC为斜边的直角三角形，当CD平面ABC时，四面体ABCD的体积取最大值，此时，其外接球的直径为，外接球的半径为，因此，四面体ABCD的外接球的表面积为故答案为：34【点睛】本题考查多面体外接球表面积的计算，考查数形结合的解题思想方法，是中档题16.已知点，圆上两点满足，则_【答案】4【解析】【分析】先设过点P（，0）的直线的参数方程为，（为参数），联立直线与圆的方程，设A，B所对应的参数分别为，根据方程的根与系数关系可求，然后结合已知可求，然后根据可求【详解】设过点P（，0）的直线的参数方程为，（为参数），把直线的参数方程代入到，可得，设A，B所对应的参数分别为，则，同向且，解可得，、故答案为：4【点睛】本题主要考查了直线与圆相交性质的应用，直线参数方程的应用可以简化基本运算三、解答题：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.（一）必考题：60分17.已知数列的前n项和为，且成等差数列（1）求；（2）证明：【答案】(1) (2)见证明【解析】【分析】（1）由等差数列中项性质，结合数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，可得所求通项公式和求和公式；（2）求得时，再由等比数列的求和公式和不等式的性质，即可得证【详解】（1）由1，成等差数列，得，特殊地，当n=1时，得=1当n2时，-得，=2（n2），可知是首项为1，公比为2的等比数列则；（2）证明：当n=1时，不等式显然成立n2时，则【点睛】本题考查数列的递推式和等差数列的中项性质和等比数列的定义、通项公式和求和公式，考查不等式的证明，注意运用放缩法，考查运算能力，属于中档题18.如图，在直三棱柱中，分别为 的中点（1）求证： 平面；（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值【答案】(1)见证明；(2) 【解析】【分析】（1）取的中点E，连接EM，EN，可得四边形EMCN为平行四边形，得到CMNE再由直线与平面平行的判定可得平面；（2）由已知证明平面，以M为坐标原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由平面的法向量与所成角的余弦值可得平面与平面所成锐二面角的余弦值【详解】（1）证明：取的中点E，连接EM，EN，在中，E，M分别是，AB的中点，则EM，且，又N为的中点， ，从而有EMNC且EM=NC，四边形EMCN为平行四边形，则CMNE又CM平面，NE平面，CM平面；（2）AC=BC，M为AB的中点，CMAB，直三棱柱中，由 平面ABC，得 ，又AB= ，平面，从而又，平面，从而有，由（1）知 ，平面ABC以M为坐标原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系M-，则，C（0，2，0），N（0，2，）设平面AN的法向量为=（），则，取 ，则=（1，0，-2），平面的法向量为，平面与平面所成锐二面角的余弦值为【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题19.某城市美团外卖配送员底薪是每月1800元，设每月配送单数为X，若，每单提成3元，若，每单提成4元，若，每单提成4.5元，饿了么外卖配送员底薪是每月2100元，设每月配送单数为Y,若，每单提成3元，若，每单提成4元，小想在美团外卖和饿了么外卖之间选择一份配送员工作，他随机调查了美团外卖配送员甲和饿了么外卖配送员乙在2019年4月份（30天）的送餐量数据，如下表：表1：美团外卖配送员甲送餐量统计日送餐量x（单）131416171820天数2612622表2：饿了么外卖配送员乙送餐量统计日送餐量x（单）111314151618天数4512351（1）设美团外卖配送员月工资为，饿了么外卖配送员月工资为，当时，比较 与的大小关系（2）将4月份的日送餐量的频率视为日送餐量的概率（）计算外卖配送员甲和乙每日送餐量的数学期望E（X）和E（Y）（）请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由【答案】（1）见解析；（2） （）见解析（）见解析【解析】【分析】（1）由 （300，600，得，由此通过作差能比较当时，与的大小关系（2）（）求出送餐量x的分布列和送餐量y的分布列，由此能求出外卖配送员甲和乙每日送餐量的数学期望和（），美团外卖配送员，估计月薪平均为元，饿了么外卖配送员，估计月薪平均为元3720元，由此求出小王应选择做饿了么外卖配送员【详解】（1）因为，所以，当（300，400时，当（400，600时，故当（300，400时， 当（400，600时，（2）（）送餐量 的分布列为X131416171820P送餐量的分布列为Y111314151618P则，（），美团外卖配送员，估计月薪平均元，饿了么外卖配送员，估计月薪平均为元3720元，故小王应选择做饿了么外卖配送员【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题20.已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于两点，斜率为的直线与相切于点，且与不垂直，为的中点.（1）若，求；（2）若直线过，求【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知求得抛物线的方程，由直线的斜率为，且过F（0，1），得的方程为，代入抛物线方程，利用抛物线的弦长公式列式代入=，进一步得；（2）设P（，），利用导数求得=，则P（2，），由（1）知，且Q为AB的中点，得Q（，），再由直线PQ过（0，2），得，结合与不垂直，即可证得=【详解】（1）抛物线：（p0）的焦点为F（0，1），抛物线的方程为由直线的斜率为，且过F（0，1），得的方程为，代入，化简得，设，则，=，；（2）设P（，），将的方程化为y=，求导得y=，斜率为的直线与相切于点P，=，则P（2，），由（1）知 =4，且Q为AB的中点，易得Q（2，+1），直线PQ过（0，2），整理得，与不垂直，则-2=0，即=【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查推理运算能力，是中档题21.已知函数，函数（1）若，求的最大值；（2）证明：有且仅有一个零点【答案】（1）0；（2）见证明【解析】【分析】（1），利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出（2）对 分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明结论【详解】（1），当x（0，2）时，单调递增；当x（2，+）时，单调递减；故当x=2时，的最大值为=若，取得最大值=0（2）（）若，由（1）知，当x（0，+）时，且仅当x=2时，f（x）=0此时f（x）单调递减，且f（2）=0，故f（x）只有一个零点=2（）若aln2，由（1）知，当x（0，+）时，f（x）=g（x）0，f（x）单调递减此时，f（2）=2（ln2-a）0，注意到=1，易证，故f（）=ln-+，故f（x）仅存在一个零点（，2）（）若0aln2，则g（x）的最大值g（2）=ln2-a0，即，注意到f（）=-a0，故存在（，2），（2，8），使得则当x（0，）时，单调递减；当x（，）时，单调递增；当x（，+）时， f（x）单调递减故f（x）有极小值f（），有极大值f（）由f（）=0得，故f（）=0，则f（）0存在实数t（4，16），使得=0，且当xt时，0，记，则，故f（x）仅存在一个零点（，综上，f（x）有且仅有一个零点【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计