甘肃省靖远县2019届高三数学第四次联考试题 理（含解析）

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，则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，故，于是，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，满足约束条件，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【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，当平移到过点时故选：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.抛物线的焦点为，点是上一点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线定义得，即可解得结果.【详解】因为，所以.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85，67，80，93，其中,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. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据中位数为，可知，从而得到平均数小于等于，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：，该学生这次考试成绩的中位数为，则所以平均数：，可知不可能为本题正确选项：【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，；根据函数零点选A.【详解】因为函数为奇函数，排除，；又函数的零点为和，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.已知函数的部分图像如图所示，则下列判断正确的是（ ）A. 直线是函数图像的一条对称轴B. 函数图像的对称中心是，C. D. 函数的最小正周期为【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，是函数的对称轴，所以解得，因为，所以，,函数的最小正周期为,由 得对称轴方程为，由 得对称中心为，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. B. C. D. 【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；三棱锥体积所求体积本题正确选项：【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. B. C. D. 【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：直角梯形面积为：黑色部分面积为：则所求概率为：本题正确选项：【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，则关于的不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据三角函数恒等变换求，再根据正弦函数性质求不等式解集.【详解】有题意可得， .解不等式，得故选：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.在正方体中，为棱上一点，且，为棱的中点，且平面与交于点，则与平面所成角的正切值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据平面平面，可知所求角为；假设正方体棱长为，求解出和，从而得到结果.【详解】因为平面平面所以与平面所成角即与平面所成角可知与平面所成角为.设，则，平面面且面，可知则，即 ，在中，故与平面所成角的正切值为本题正确选项：【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，若函数，则下列函数中与函数的单调性完全相同的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先化简，再求的单调区间，最后对照选项单调性进行选择.【详解】解得，此时.故，则的单调递减区间为，单调递增区间为.对函数求导，得，当时，；当时，.即单调递减区间为，单调递增区间为.同理可得函数单调递减区间为，单调递增区间为.对函数 求导，得，当时，；当或时，. 即单调递减区间为，单调递增区间为和，对函数 求导，得，即单调递减区间为，故选：B【点睛】本题考查函数单调性以及利用导数研究函数单调性，考查基本分析判断与求解能力，属中档题.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知，的夹角为，则_.【答案】2【解析】因为，所以故答案为：2.14.的展开式中的系数为_【答案】120【解析】【分析】先拆项：，再分别根据二项展开式求特定项系数，最后求和得结果.【详解】，因为的展开式中含的项为的展开式中含的项为，所以的系数为.故答案为：120【点睛】本题考查二项展开式求特定项系数，考查基本分析判断与求解能力，属基础题.15.在平面直角坐标系中，双曲线的一条渐近线与圆 相切，则_【答案】【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】双曲线的渐近线方程为，与圆相切的只可能是，由，得，故故答案为：【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.在中，角，所对的边分别是，若，且边上的高等于，则的周长的取值范围为_【答案】【解析】【分析】根据面积可得，利用余弦定理可得；根据基本不等式可求得，又，可求得周长的取值范围.【详解】由题可知：故 ，即又，则又，则所以的周长的取值范围为本题正确结果：【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.已知等差数列的前项和为，.数列为等比数列，且 ，.（1）求数列和通项公式；（2）记，其前项和为，证明：.【答案】（1），；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据和求得和，从而得到；再利用，求得和，从而求得；（2）整理出的通项公式，利用裂项相消求得，进而证得结论.【详解】（1）解：设的公差为则由，得，解得所以设的公比因为，且所以，所以（2）证明：因为，所以【点睛】本题考查等差、等比数列通项公式的求解和数列求和问题，关键是能够通过通项公式确定采用裂项相消的方式进行求和运算，属于常考题型.18.某种类型的题目有，5个选项，其中有3个正确选项，满分5分.赋分标准为“选对1个得2分，选对2个得4分,选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分”在某校的一次考试中出现了一道这种类型的题目，已知此题的正确答案为，假定考生作答的答案中的选项个数不超过3个.（1）若甲同学无法判断所有选项，他决定在这5个选项中任选3个作为答案，求甲同学获得0分的概率；（2）若乙同学只能判断选项是正确的，现在他有两种选择：一种是将AD作为答案，另一种是在这3个选项中任选一个与组成一个含有3个选项的答案，则乙同学的最佳选择是哪一种,请说明理由.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）先确定甲同学获得0分时对应答题情况，再根据古典概型概率公式求解，（2）分别计算两种情况下得分的数学期望值，再比较大小，即可判断选择.【详解】（1）甲同学在这5个选项中任选3个作为答案得分为0分，只有一种情况，那就是选了1个正确答案2个错误答案.所以，所求概率.（2）乙同学的最佳选择是选择.理由如下：设乙同学此题得分为分，若乙同学仅选择，则，的数学期望若乙同学选择3个选项，则他可能的答案为，共3种.其中选择，得分均为分，其概率为；选择，得分为5分，其概率为.所以数学期望.由于，所以乙同学的最佳选择是选择.【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，在四棱锥中，底面为平行四边形，是边长为等边三角形，（1）证明：.（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先根据余弦定理计算得，再根据勾股定理得,即得为等腰直角三角形，取的中点，可得结合条件根据线面垂直判定定理得，即得根据勾股定理得，根据线面垂直判定定理得，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）中，由余弦定理可得，故，所以，且为等腰直角三角形.取的中点，连接，由，得，连接，因为，所以，所以.又，所以，即.又，所以，又.所以.（2）解：以为原点，所在的直线分别为建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面的法向量，令，则，所以，设平面的法向量，令，则，所以，故.因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为【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.设椭圆的左、右焦点分别为，下顶点为，为坐标原点，点到直线的距离为，为等腰直角三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆交于，两点，若直线与直线的斜率之和为，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用表示出点到直线的距离；再利用和的关系得到方程，求解得到标准方程；（2）当直线斜率存在时，假设直线方程，利用斜率之和为得到与的关系，将直线方程化为，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：直线的方程为，即则因为为等腰直角三角形，所以又可解得，所以椭圆的标准方程为（2）证明：由（1）知当直线的斜率存在时，设直线的方程为代入，得所以，即设，则，因为直线与直线的斜率之和为所以整理得所以直线的方程为显然直线经过定点当直线的斜率不存在时，设直线的方程为因为直线与直线的斜率之和为，设，则所以，解得此时直线的方程为显然直线也经过该定点综上，直线恒过点【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，是函数的两个极值点.（1）求的取值范围.（2）证明：.【答案】（1）；（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，结合函数值域确定的取值范围，（2）先由（1）得，再根据导函数单调性以及是函数的两个极值点转化不等式为，化简转化证不等式,利用导数研究单调性，即可根据单调性证结论.【详解】（1）因为.所以由两个不等的实数解，则，令，则，当时，；当时，.函数在上单调递增，在上单调递减.又当时，且，所以，解得，的取值范围为.（2）证明：由（1）得，即，且.要证，只需，又函数在上单调递增，即证，又所以只需证.令，.所以函数在上单调递增，即.故【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.在直角坐标系中，直线的方程为，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求直线和曲线的极坐标方程；（2）若直线与的交点为,与的交点为，且点恰好为线段的中点，求.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）将曲线变为普通方程，然后将，分别代入和的方程中，从而得到极坐标方程；（2）将代入曲线的极坐标方程，可以得到，从而求得，得到坐标代入，从而求得.【详解】（1）将，代入中得到直线的极坐标方程为：在曲线的参数方程中，消去，可得即将，代入中得到曲线的极坐标方程为（2）在极坐标系中，由已知可设，联立，可得所以因为点恰好为的中点，所以，即把代入，得所以【点睛】本题考查极坐标与参数方程部分的知识，关键是能够明确极坐标与直角坐标互化的基本方法，同时能够利用的含义在极坐标系中解决距离类问题.23.已知函数，.（1）当时，解不等式；（2）若的解集包含，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）分别在、和三个范围去绝对值得到不等式，解不等式求得解集；（2）将问题转化为在上恒成立，从而得到在上恒成立，从而得到的范围.【详解】（1）当时，不等式为等价于或或解得：或或综上所述：所以原不等式的解集是（2）由题可知，在上恒成立则，即在上恒成立所以在上恒成立即在上恒成立，即则【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、恒成立问题的求解.解决本题的关键是能够将问题转化为含绝对值的不等式恒成立的问题.19