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2019届高三年级阶段性学情联合调研数学试题()参考公式：锥体的体积，其中是锥体的底面积，是锥体的高。一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共计70分，请将答案填写在答题卷相应的位置上)1、已知集合，则集合中的元素个数为 2、已知复数(为虚数单位)，若是纯虚数，则实数的值为 3、已知双曲线，则点到的渐近线的距离为 .4、设命题；命题，那么是的 条件（选填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”） 5、函数的定义域为 6、在中，角所对的边分别为，若，则 . 7、设等差数列的公差为，其前项和为，若，则的值为 8、如图，已知正方体的棱长为1，则四棱锥的体积为 9、已知函数与函数的图象交于三点，则的面积为 .10、设为空间两条不同的直线，为空间两个不同的平面，给出下列命题：若，则； 若，则；若，则； 若，则.其中的正确命题序号是_.11、设，向量，若，则的最小值为 12、已知函数，则不等式的解集为 .13、已知函数，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是 .14、已知直线与圆无公共点，为圆的直径，若在直线上存在点使得，则直线的斜率的取值范围是 .二、解答题(本大题共6小题，计90分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15、(本小题满分14分)在平面直角坐标系中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点(1)求的值；(2)若角满足，求的值16、(本小题满分14分)（第16题） 如图，在三棱柱中，侧面为菱形， 且，是的中点(1)求证：平面；(2)求证：平面平面. 17、(本小题满分14分)已知椭圆的左右焦点坐标为 ，且椭圆经过点。(1)求椭圆的标准方程；(2)设点是椭圆上位于第一象限内的动点，分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求四边形的面积。18、(本小题满分16分)某海警基地码头的正西方向海里处有海礁界碑，过点且与成角(即北偏东)的直线为此处的一段领海与公海的分界线(如图所示)。在码头的正西方向且距离点海里的领海海面处有一艘可疑船停留，基地指挥部决定在测定可疑船的行驶方向后，海警巡逻艇从处即刻出发。若巡逻艇以可疑船的航速的倍前去拦截，假定巡逻艇和可疑船在拦截过程中均未改变航向航速，将在点处截获可疑船。(1)若可疑船的航速为海里小时，且可疑船沿北偏西的方向朝公海逃跑，求巡逻艇成功拦截可疑船所用的时间。(2)若要确保在领海内(包括分界线)成功拦截可疑船，求的最小值。19、(本小题满分16分)已知函数，(为常数)(1)若求函数在区间上的最大值及最小值。若过点可作函数的三条不同的切线，求实数的取值范围。(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围。20、已知正项等比数列的前项和为，且，。数列的前项和为，且。(1)求数列的通项公式及其前项和；(2)证明数列为等差数列，并求出的通项公式；(3)设数列，问是否存在正整数，使得成等差数列，若存在，求出所有满足要求的；若不存在，请说明理由。2019届高三年级阶段性学情联合调研数学试题()(附加卷)21.（B）已知二阶矩阵M属于特征值的一个特征向量为e，并且矩阵M对应的变换将点变成点，求出矩阵M.21.(C) 已知曲线的极坐标方程是，直线的参数方程是（为参数）设直线与轴的交点是,是曲线上一个动点，求的最大值.22某市有四个景点，一位游客来该市游览，已知该游客游览的概率为，游览、和的概率都是，且该游客是否游览这四个景点相互独立.（1）求该游客至多游览一个景点的概率；（2）用随机变量表示该游客游览的景点的个数，求的概率分布和数学期望.23.已知抛物线经过点过点的直线与抛物线有两个不同的交点，且直线交轴于，直线交轴于（1）求直线的斜率的取值范围；（2）设为原点，求证：为定值2019届高三年级阶段性学情联合调研数学试题()参考答案及评分标准一、填空题：1、4 2、 3、 4、充分不必要 5、 6、 7、 8、9、 10、 11、9 12、 13、 14、二、解答题：15、（1）角的终边经过点 4分 7分（2），9分，当时 ， ； 11分当时 ， 13分综上所述：或 14分16、（1）证明：连结，设，连结三棱柱的侧面是平行四边形，为中点 2分在中，又是的中点， 4分平面，平面， 平面 6分(2) 为菱形，且， 为正三角形 8分是的中点， ，是的中点， 10分，平面 12分平面，平面平面 14分17、解：(1)因为椭圆焦点坐标为 ，且过点，所以，所以， 3分从而， 故椭圆的方程为。 6分(2)设点，因为，且三点共线，所以，解得，所以， 8分同理得， 10分因此， 12分因为点在椭圆上，所以，即，代入上式得：。 14分18、 (1)因为巡逻艇的航速是可疑船的航速的2倍，可疑船的航速为海里/小时，所以巡逻艇的航速为海里/小时，且，设，则，又可疑船沿北偏西的方向朝公海逃跑，所以， 2分在中，有，即，故，解得(负值舍去) 5分所以小时。 7分(2)以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，因为巡逻艇的航速是可疑船的航速的倍，所以，故，即故可疑船被截获的轨迹是以为圆心，以为半径的圆， 10分又直线的方程为，即，要确保在领海内(包括分界线)成功拦截可疑船，则：圆心在直线下方，且的轨迹与直线至多只有一个公共点，所以且 13分即，解得，故要确保在领海内(包括分界线)成功拦截可疑船，则。 16分19、(1)因为，所以，从而。令，解得或，列表：所以，。 4分设曲线切线的切点坐标为，则，故切线方程为，因为切线过点，所以，即， 6分令，则，所以，当时，此时单调递增，当时，此时单调递减，所以，要使过点可以作函数的三条切线，则需，解得。 9分（2）当时，不等式等价于，11分令，则，所以，当时，此时函数单调递减；当时，此时函数单调递增，故。 13分若，则，此时；若，则，从而；综上可得。 16分20、(1)设正项等比数列的公比为，则由得，从而，又由得，因此， 所以，。 4分 (2)方法一：因为，所以， 6分从而数列是以为首项，为公差的等差数列，故，故， 当时，且时适合，因此，从而当时，为常数，所以，数列为等差数列。 9分方法二：因为，所以，当时，有，两式相减得：，即，故，即， 7分又由得，从而，故，所以，数列为等差数列。 9分(3)因为，所以， 11分假设存在存在正整数，使得成等差数列，则，即，令，则原问题等价于存在正整数，使得，即成立。 因为(因为)，故数列单调递增，若，即，则，从而，即，而，因此，这与恒成立矛盾，故只能有，即， 13分从而，故，即， (*)若为奇数，则记，从而，因为数列单调递增，所以数列单调递减，故当时，而，故，因此，(*)式无正整数解。若为偶数，则记，即，同理可得(*)无正整数解。综上，不存在存在正整数，使得成等差数列，也即不存在正整数，使得成等差数列。 16分2019届高三年级阶段性学情联合调研数学试题()参考答案及评分标准21(B)、设，由条件有，且， 4分所以解得 10分21(C) 、曲线的直角坐标方程为，故圆的圆心坐标为(0,1)，半径4分直线的直角坐标方程, 令,得,即点的坐标为(2,0). 7分从而，所以即的最大值为。 10分22、（1）记“该游客游览个景点”为事件，则，。所以该游客至多游览一座山的概率为 4分（2）随机变量的可能取值为0,1,2,3,4， ，所以的概率分布为：012348分 故.答：的数学期望为。 10分23、（1）因为抛物线经过点，所以，解得，所以抛物线的方程为由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为由得依题意，解得或又，与轴相交，故直线不过点，从而，所以直线斜率的取值范围是 4分（2）设，由（1）知，直线的方程为令，得点的纵坐标为同理得点的纵坐标为 6分由，得，所以为定值 10分14
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