2019届山西省运城市高三下学期高考适应性测试(4月)数学(理)试题(解析版)

1、第1 1页共 2323 页2019 届山西省运城市高三下学期高考适应性测试（4 月）数学（理）试题、单选题1 1.已知集合A x|x 2,B x|4 3x 0则( )A A.A B x|x 2B B.AI B第2 2页共 2323 页C C.AUB |x|x 2D D.AU B R【答案】A A【解析】先求出集合B, ,然后由交集运算、并集运算的法则计算答案 【详解】4解：由题意可得B x|4 3x 0 x|x,34故:A B x|x2,AUB |x|x -,3故选：A.A.【点睛】本题主要考查集合的定义，以及交集、并集的运算，属于基础题AI B、AU B，可得2 2 .复数 z z 满足z（

2、1i） 1 i，则 z z 的共轭复数为（)A A .1B B. 1 1C C.i【答案】D D【解析】由z(1 i)1 i，可得z =1+ i，化简可得 z z 的值,【详解】解：由题意可知：z1 i(1 i)21 i (1 i)(1 i)i,故选：D.D.【点睛】本题主要考查复数的乘除的运算及共轭复数的概念，求出复数z z 是解题的关键故可得：z i可得 z z的共轭第3 3页共 2323 页【答案】中所给的方程中系数， 可以得到 b b24 4，利用椭圆中对应a, b,c的关系,最后利用椭圆离心率的公式求得结果所以a2b2c28，即该题考查的是有关椭圆的离心率的问题，在求解的过程中，一定

3、要注意离心率的结果 数m的值为(A A . -2-2【答案】3 3 已知椭圆2七1(a)的一个焦点为(2)则C的离心率为1B.2C C .迈22二3【解【详分析：首先根据题中所给的条件椭圆的一个焦点为2,0， 从而求得2，再根据题详解：根据题意，可知c2，因为 b b24 4 ,所以椭圆C的离心率为e2冷子故选C.点睛:公式, 再者就是要学会从题的条件中判断与之相关的量，结合椭圆中a,b,c的关系求得4 4 .在uuuvABC中，AN1 uuu/1NC,P是直uuvAPuuvmAB3uuu/-AC，则实4B B. -4-4【解因为uuurAN1 uuuuur-NC，所以ANuuuBPuuiTn

4、BN, ,则13uuu uuuAP ABuuirn(AN1 uuur-AC；4uuuAB)，即因为P是直线BN上的一点，所以设uuuAPuuu(1 n)ABLULTnAN (1uuun)ABuuu-AC mAB43uuur-AC4，则n 3,mn 2；故选 A.A.第4 4页共 2323 页5 5现有 4 4 种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有(第5 5页共 2323 页【答案】D D【解析】 首先给区域 C C 着色，有 4 4 种结果，再给区域 A A 着色，有 3 3 种结果，再给区域B B 着色，有 2 2 种结果，最后

5、给区域 D D 着色，有 2 2 种结果，相乘得到结果 【详解】 解：由题意知本题是一个分步计算问题, 首先给区域 C C 着色，有 4 4 种结果;再给区域 A A 着色，有 3 3 种结果； 再给区域 B B 着色，有 2 2 种结果；最后给区域 D D 着色，有 2 2 种结果，根据分步计数原理知共有：4 3 2 2 48种结果，故选：D.D.【点睛】本题考查分步计算原理， 这种问题解题的关键是看清题目中出现的结果，几个环节所包含的事件数，在计算时要做到不重不漏6 6 若X2a110、X 的展开式屮XX6的系数为30,则a等于11A .-B B .C C . 1 132【答案】D DX6

6、时，展开式中有X6的项，进而根据X6的系数即可求得a的值. .【详解】110102 21110102 21110XaX-XX-aX-XXX将题中所给式子可化为B B. 3030 种C C. 3636 种D D . 4848 种【解析】利用整式乘法将表达式展开，由二项展开式的通项可知10出现X4或A A . 2424 种第6 6页共 2323 页Tr 1Crx10 rC10 x1rr 10 2rC10 xx令10 2r 4解得r3所以x6的项为x2C30 0 x4120 x6令 10102r2r 6 6解得r =2所以x6的项为a冷645ax6综上可知,X6的系数为120 45a30解得a 2故

7、选：D D【点睛】本题考查了二项式定理展开式的应用，根据项的系数求参数，属于中档题. .7 7 .已知在数列211 /小an中，（n2）,a4anan 1an 11-,则33a7a3a3.a7的值为（）1016A A . 6 6B B.C C. 1212D D .33【答案】C C211 “c11111【解析】由一（n2）可得，设bn，可得数列anan 1an 1an 1ananan 1an110根据二项式定理展开式通项为Tr iC；anrbr, ,的通项为3a7a33bn为等差数列，可得 -*3*7*3代入可得答案【详解】211解：由题意：一 一（rr2）,anan 1an 113b3b74

8、b4,1由a4-可得b4的值,a731111可得an 1ananan 1设丄bn,bn 1bnanbnbn 1d，可得数列bn为等差数列，其公差为d,第7 7页共 2323 页由a4一，可得b43，即b13d 3，可得:3第8 8页共 2323 页3Q b73(b, 2d) b,6d 4b,12d4(b3d)4 b412故选：C.C.【点睛】本题主要考查由递推式判断数列为等差数列及等差数列基本量的计算，属于基础题型,其中设丄anbn，并判断出数列0 为等差数列是解题的关键8 8.个袋子中有 5 5 个大小相同的球，其中 3 3 个白球与 2 2 个黑球，现从袋中任意取出一个球，取出后不放回，然

9、后再从袋中任意取出一个球，则第一次为白球、第二次为黑球的概率为( () )3i0C C.1-D.26253A .-5B B.【答案】B B【解析】设 3 3 个白球分别为a ai, a a2, a a3,2 2 个黑球分别为b bi, b b2,则先后从中取出 2 2 个球的所有可能结果为(ai, a a2) ),(a(ai, a a3) ),(a(ai,b bi) ), (a(ai, b b2) ), (a(a2, a a3) ), (a(a2, b bi) ),(a(a2, b b2) ),(a(a3, b bi) ), (a(a3, b b2) ), (b(bi, b b2) ), (a

10、(a2, a ai) ), (a(a3, a ai) ), (b(bi, a ai) ), (b(b2, a ai) ), (a(a3, a a2) ), (b(bi, a a2) ),(b(b2, a a2) ), (b(bi, a a3) ), (b(b2, a a3) ), (b(b2, b bi) ),共 2020 种.其中满足第一次为白球、第二次为黑球的有(a(ai,b bi) ), (a(ai, b b2) ), (a(a2, b bi) ), ,b b2) ), (a(a3, b bi) ),(a(a3,为A=320 i09 9 .如图是某几何体的三视图，则该几何体内切球的表面积

11、为(因区4B.3【答案】B B【解析】根据几何体的三视图，得出该几何体是正三棱锥，结合图形，计算出该三棱锥3a7a331b b2) ),共 6 6 种，故所求概率第9 9页共 2323 页的内切球的半径和表面积【详解】解：根据几何体的三视图，可得该几何体是正三棱锥，如图所示:J3可得r，故可得该几何体内切球的表面积为:3故选：B.B.【点睛】本题主要考查与三视图有关的计算、球与几何体的切、接问题，属于基础题型，求出几何体外接球的半径是解题的关键 1010.将函数y sin2x 3cos2x 1的图像向左平移个单位，再将所有点的横坐12121 1 - -标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数y

12、g(x)的图像则下面对函数y g(x)2的叙述不正确的是()A A 函数g(x)的周期 T T 2 2B B 函数g(x)的一个对称中心-,0-,0设其为BiACDi，可得该三棱锥的棱长为2 2，设内切球的半径为r，以球心O为顶点，以棱锥的四个面为底面把正三棱锥分为四个小三棱锥，则V V2VV44_、3rS底面=VB ACDi，又S底面=-(2.2)2=.3，同时可得底面外接圆的半径为三棱锥BiACDi底面的高为:(22(I6)2倬，)23故可VB ACDi3 2 3 8由3rB1 133 33S底面=VBACD1第1010页共 2323 页C C .函数g(x)在区间，内单调递增4 2第11

13、11页共 2323 页kD D .当 x x 2 ,kZ时，函数g(x)有最小值1【答案】B B【解析】利用函数 y y Asin(Asin( x x ) )的图像变换规律，求出g(x)的解析式，再利用正弦函数的周期性、单调性和图像的性质，可得结论【详解】解：由题意可得：函数y sin2x 3cos2x 1 2sin(2x ) 1，将其向左平移 个单位可得y 2sin(2x石-)1 2cos2x 1,再将所有点的横坐标缩短到原来的丄倍，纵坐标不变，得到函数y g(x)的图像，可得g(x) 2cos4x 1，22，故 A A 正确；421，故 一,0 0 不是函数g(x)的一个对称中心，故 B

14、B 错误;8 8,2，由余弦函数性质，可得函数g(x) 2cos4x 1在x4,2单调递增，故 C C 正确;由g(x) 2cos4x 1，可得当4x 2k ,k Z时，函数有最小值，解得kx，k Z, ,故 D D 正确；42故选：B.B.【点睛】本题主要考查诱导公式的应用，函数y y Asin(Asin( x x) )的图像的变换规律及正弦函数的单调性、周期性等问题，属于中档题 1111.如图，在棱长为 1 1 的正方体ABCD A1B1C1D1中，M,P,Q分别是棱A1D1,AB,BC的中点若经过点M ,P, Q的平面与平面 CDDQCDDQ 的交线为I，则I与直线QB1所成角的余 弦值

15、为()故可得函数g(x)的周期Tx-，可得g(卫X7272,可得4x55244222故选：B.B.第 8 8 页共 2323 页在MQBi中，可得QBrMB1由余弦定理可cos MQRQBj MQ2MB/2 QB MQx5do5【答案】B B 【解析】补全经过点M,P,Q的的截面，可得其为边长为MBMQ，可得MQBi即为|与直线Q0所成角，求出QB1由余弦定理可得l与直线QBi所成角的余弦值. .【详解】解：由线面平行的性质及面面平行的性质定理，可得经过点M,P,Q的的截面为边长为所以MQBi即为I与直线QB1所成角,_3C C. -I-I_322的正六边形，连接2MB12的正六边形2MGPQ

16、FE,连接MBMQ,如图所示,M , P,Q的平面与平面 CDDQCDDQ 的交线为EF, ,即为直线l，又EF PMQ, ,则易知若经过点第1313页共 2323 页【点睛】本题主要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，考查学生的空间想象能与运算求解能力，属于中档题ln x1212设实数0,若对任意的x (1,)，不等式ex-0恒成立，则的最小值为()112e eA A B B C C D D e2ee3【答案】A A【解析】由ex也-0得ex旦x，设g(x) ex,h(x)，可得g(x)与h(x)互为反函数，且g(x)与h(x)的图像关于y x对称，可

17、得函数g(x)(或h(x)的图像In x与直线y x相切时 的值是不等式ex-0恒成立的最小值，设切点为(x,y)对g(x)求导，列出关于，xo的方程组，可得的最小值. .【详解】In xIn x解：由题意ex-0得ex，设g(x) ex,h(x)可得g(x)与h(x)互为反函数，且g(x)与h(x)的图像关于y x对称，In x所以函数g(x) ex(或h(x)的图像与直线y x相切时的值是不等式In xex。恒成立时的最小值，设函数g(x) ex与直线y x相切的切点为(xo, yo),Xooexxx可得可得exoxo，同时对g(x) e求导可得：g (x) e,可得yoxoeXox1g

18、(xo)ex1，联立可得x，解得：一，eo1e1则的最小值为-，e故选：A.A.In x第1414页共 2323 页【点睛】本题主要考查不等式恒成立的问题，考查了函数与反函数的性质，导数性质的应用，体第1515页共 2323 页1515 .已知数列an满足：a12,a.an 1an1，设数列an的前n项和为Sn，贝US60现了转化的思想，属于中档题、填空题1313 某单位试行上班刷卡制度，规定每天8:308:30 上班，有 1515 分钟的有效刷卡时间(即8:15-8:308:15-8:30 ), 一名职工在 7:507:50 到 8:308:30 之间到单位且到达单位的时刻是随机的，则他刷卡

19、无需等待的概率是_【解析】 直接由测度比等于时间长度比可得答案【详解】解：由一名职工在 7:507:50 到 8:308:30 之间到单位，可得刷卡时间长度为4040 分钟,但有效刷卡时间是 8:15-8:308:15-8:30 共 1515 分钟，15153 3由测度比等于时间长度比，可得该职工刷卡无需等待的概率是P P -,-,40408 83 3故答案为：3. .8 8【点睛】本题主要考查几何概型，明确测度比等于时间长度比是关键，是基础题. .【答案】丄4【详解】2X 2x2解：由f(X)logX(x2),x2满足仙3，当 Z 时，2X2可得当x 2时，f(a) log2(a 2)3,可

20、得a 6,21故可得：f(6 a) f (0) 241故答案为：一. .4【点睛】本题主要考查分段函数的性质与应用，属于基础题，由题意求出a的值是解题的关键1414 设函数f(X)2x2,x, 2log2(x 2),x满足f (a)3，则f(6 a)【解析】利用分段函数求出a的值，然后可得f(6 a)的值. .3无解,2第1616页共 2323 页13S3 a0，当a3,yvO故可得：c 2.3,e故答案为:【点睛】本题主要考查双曲线离心率的相关知识及利用导数求函数的最大值, 的思想，属于中档题三、解答题1717 .已知函数f(x) 4sin x cos x36(1) 求函数 f f (x)(

21、x)的单调递减区间；(2) 已知在VABC中角A B、C的对边分别为a b c，若f (A)3,b c 2a，求角B. .I答案】(1)k,k3，k Z.(2)B 3【解析】(1 1)由三角恒等变化对 f f (x)(x)进行化简，由三角函数性质可得其单调递减区间;得b2c2a2bc，由b c 2a，联立得，可得得b c a，所以VABC为等边三角形，可得答案【详解】又过点F1且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交于代B两点，可得AB2 b2a故：AB2b28 2a，可得b24a a2，设y a2b2a2(4a a2)a44a3，y4a312a24a2( a 3),故当a 3时，y2 2a b取

22、得最大值，此时ab取得最大值，此时b.3 ,体现了化归与转化4、3 COS X cos x2(2)由f(A)3，代入f(x)可得A 3，根据余弦定理.2 2 2b c a2bccos A第1919页共 2323 页(2 2) 由f(A)3得4cos 2A 13,cos2A133Q Q 0 0 A A,2A72AA -33333.222根据余弦定理bcacosA -，得b2c2a2bc2bc2Q b c 2a,联立得，b22c(bc)2bc, 化简得bc.4由得b c a，所以VABC为等边三角形，B -.3【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换，三角函数的单调性、余弦定理解三角形等知识，熟 练

23、掌握三角函数的图形与性质是解题的关键1818.如图，四边形ADEP与四边形ABFP都是直角梯形，DE/PA/FB,DE4cosx1 .sin x3cosx - sinx 2 3sin2x222 24cos 2x 13由2k剟2x -2kk Z,3得k剟xkk Z63，即函数 f(x)f(x)的单调递减区间是6k，k第2020页共 2323 页FB ABAP 2BF 2ED 2，四边形ABCD为菱形，ABC 60.（1 1）求证：平面PAC平面PCF;（2 2）若二面角D PC E的余弦值为 竺，求AB的长.7【答案】（1 1）见解析（2 2） 2 2【解析】（1 1）取PC中点M，连BD交AC

24、于0，连OM ,FM，可证得PA平面ABCD，可得PA 0B在菱形ABCD中，AC OB，可得0B平面PAC，同时可证得四边形OMFB是平行四边形，则OB/FM，可得FM平面PAC，可得证明；（2 2）以OB,OC,OM所在直线分别为x轴，y轴，z z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法及二面角D PC E的余弦值为丝，可得AB的长 7【详解】证明（1 1）：取PC中点M，连BD交AC于O,连OM ,FM.Q DE /PA/FBDEADFBAB,PAAB,PAAD,ABADA,PA平面ABCDOD平面 BACDBACD ,PAOB,在菱形ABCD中，ACOB,又PAIAC A,PA、

25、AC平面PAC,OB平面PACAD,第2121页共 2323 页1Q O,M分别是AC, PC的中点，OM /PA,OM - PA,21又BF /PA,BF -PA,QOM /BF,OM PF,2四边形OMFB是平行四边形，则OB/FM,FM平面PAC,又FM平面PCF, 平面PAC平面PCF（2 2）解：由（1 1）得OM平面ABCD,OB OC,以OB,OC,OM所在直线分别为x轴，y轴，z z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,第2222页共 2323 页设AB 2m,则D(、3m,0,0),C(O,m,O),P(0, m,2),E( ,3m,0,1),uuuuur _UJU-PC(0,2

26、m, 2)，PD( . 3m, m,2)，PE(3m,m, 1)，Xj, y1, Zj是平面DPC的一个法向量, 3mx-!my-i2乙02m%20间想象能力与计算能力，属于中档题1919 随着移动支付的普及，中国人的生活方式正在悄然发生改变，带智能手机而不带钱yiir1，得ni1m亍j,m，X2，y2，Z2是平面PEC的一个法向量,uvUvn2uuvPEuuvPC、3mx2i2my22Z2my2Z2，0y21，得uun2(0,1,m),面角DPCE的余弦值为cosir uumm1 m2AB【点睛】m2 1m2-427，解得m 1本题主要考查线面垂直、面面垂直的判定定理及利用空间向量求二面角,

27、考查学生的空uvuuuvPDuuvPC第2323页共 2323 页包出门渐渐成为中国人的新习惯.在调查 现金支付，银联卡支付，手机支付”三种支付方式中 最常用的支付方式”这个问题时，在中国某地，从 2020 岁到 4040 岁人群中随机抽取5555 人，从 4040 岁到 6060 岁人群随机抽取 4545 人，进行答题.2020 岁到 4040 岁人群的支付情况I19是选择现金支付的占、银联卡支付的占、手机支付的占.40.40 岁到 6060 岁人群的II1111212支付情况是：现金支付的占2、银联卡支付的占丄、手机支付的占2.9 993(1 1)请根据以上调查结果将下面2 2列联表补充完

28、整；并判断至多有多少把握认为支付方式与年龄有关；手机支付其他支付方式合计2020 岁到 4040 岁4040 岁至 U U 6060 岁合计(2 2)商家为了鼓励使用手机支付规定手机支付打9 9 折，其他支付方式不打折.现有一物品售价 100100 元，以样本中支付方式的频率估计一件产品支付方式的概率，假设购买每件物品的支付方式相互独立求4 4 件此种物品销售额的数学期望.2附：k2n(ad一bc)，其中n a b c d.(a b)(c d )(a c)(b d)P k2k0.400.400.250.250.150.150.100.100.0500.0500.0250.0250.010.01

29、k00.7080.7081.3231.3232.0722.0722.7062.7063.8413.8415.0245.0246.6366.636【答案】(1 1)见解析，至多有90%的把握认为支付方式与年龄有关(2 2) 370370 元【解析】(1 1)补全2 2列联表，计算k2的值，对照临界值表可得答案；753(2 2)在所抽取的样本中使用手机支付的频率是，由题知一件此种产品使用手100433机支付的概率为，设 4 4 件此产品中使用手机支付的件数为X，则X B 4,，可44第2424页共 2323 页得E(X)的值，可得 4 4 件此种产品销售额丫90X100 (4 X) 400 10X

30、,可得 4 4 件此种物品销售额的数学期望 【详解】5 5第2525页共 2323 页解：(1 1)由已知得,手机支付其他支付方式合计2020 岁到 4040 岁4545101055554040 岁至 U U 6060 岁303015154545合计75752525100100k2100 (45 15 10 30)275 25 55 45至多有90%的把握认为支付方式与年龄有关【点睛】能力，属于基础题2 22020 .椭圆C : X2葺1(a b 0)的左、右焦点分别是a b且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为 1 1.(1) 求椭圆C的方程；(2) 设直线l : y kx m是以坐标原点

31、O为圆心， 为半径的圆的切线， 且与椭圆C交于不同的两点代B，求 AOBAOB 面积的最大值.2【答案】(1 1) y21(2 2) 1 141003.0302.706,33(2(2)在所抽取d ?，由题知一件此种产品使用手10043机支付的概率为. .4设 4 4 件此产品中使用手机支付的件数为X，则X B 4,3，E(X) 433444 4 件此种产品销售额丫90X100 (4 X)400 10X，所以 4 4 件此种产品销售额的数学期望是E(Y) 400 10 3 370元. .本题主要考查独立性检测的实际应用、离散型随机变量的期望与方差，考查学生的计算F1, F2，离心率为込，过F12

32、第2626页共 2323 页【解析】(1(1)将 x x2c代入椭圆方程12a，可得a3，可得2a、b的值，可得椭圆C的方程;(2(2)设点 A AX,yiB X2, y2，由直线I为圆的切线可得|m|_乙5，联立直5线与椭圆可得X1X2,X1X2，由弦长公式可得|AB|.1 k2XiX2，代入可得|AB|的最大值，可得VAOB面积的最大值. .【详解】解：（1 1）由于c2a2b2，将Xc代入椭圆方程2yb21，得由题意知2b 1椭圆C的方程为X4y21(2)设点A X1,y1，B X2, y2直线I: ykX m是以坐标原点为O圆心，2卫为半径的圆的切线5 5_|m|_、1 k22、55即

33、m2k2联立kXX1|AB|16X2m4y21 4k2m28km1 4k、1 k2X1X2还/154k24m2x28kmx 4m24041 4k22 2m1 4k24E呼1 4k29k216k48k21第2727页共 2323 页| AB |max. 5SOAB的最大值为1 2 5 J5125【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及性质，直线与椭圆的位置关系， 考查了学生的计算能力,其中联立直线与椭圆方程式解题的关键，属于中档题型1321已知函数f(x) xlnx6x(1 1)若函数f(x)f(x)的导函数g(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围.(2 2) 当a113时，函数h(x) f

34、(x)-x在定义域内的两极值点为 石，X X2，且为 冷,86试比较x1X；与e3大小，并说明理由.【答案】(1 1)/C、23a1(2 2)为X2e，见解析【解析】(1 1)求出g(x)，对g(x)求导，由g(x)在定义域内单调递增，可得g (x)-0恒成立，可得a的取值范围；(2 2) 将a11一代入 f f (x)(x)，可得h(x)的表达式，对其求导，可得h (x) ln xx,84In x In x2为x21-,要比较为x；与e3的大小，只需比较In为2ln x?与 3 3 的大小，计彳2显算可得：In%2贬=他沁，设设u(x)(x 2)ln x3(其中x凶,x11x 1x2X2x

35、(0,1),对u(x)求导，利用导数的性质可得答案【详解】92116k228k2Q 16k2当且仅当k k21 1-时等号成立4 4第2828页共 2323 页解：(1)g(x) Inx lx22ax,g (x)1x 2a2xQ g(x)在定义域内单调递增，g (x)0恒成立. .x 2a 0在(0,)在恒成立.0时,2 2a(2)In则Inxi要比较x11时8时，h(x)xln xx 1,h (x) In x1/1x24，得In x1In x2x1x2x；与e3的大小，只需比较In x12ln X2与 3 3 的大小.In x 2In x21 x12x2x12x2InNIn x2x1x2x2

36、X22沁X2设u(x)(x 2)Inxx 13(其中xIn x3x 3x 20，而由In3xx (0,1)9(x 2)2(x 1)(x 4).0 x(x 2)2x (0,1)In x3x 3x 2(0,1)为增函数,最大值为0 0.所以在(0,1)上y In x3x 3所以u(x)区込x 1 Inxx 1第2929页共 2323 页根据点到直线的距离方程可得曲线G上的点到直线l的距离即(x2)lnx3x 123综上所述xiX2e【点睛】本题主要考查利用导数研究含参函数的单调性及利用导数研究函数的极值，考查了学生的计算能力，体现了化归与转化的数学思想，属于难题2222 .选修 4-44-4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点， 以x轴正半轴为极轴， 建立极坐标系，点A的极坐标为七，直线l的极坐标方程为cosa，且I过点A,曲线G4x 2cos ,的参数方程为( (B为参数).).y、.3sin ,