2019届高三数学第一次模拟考试试卷 文(含解析).doc

2019届高三数学第一次模拟考试试卷 文(含解析)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.1.1.已知集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】：先解A、B集合，再取并集。【详解】：先解，故选B【点睛】：一般地，把不等式组放在数轴中得出解集。2.2.复数满足，则在复数平面内复数对应的点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：先求出复数的模，两边同除以，从而可得结果.详解：，在复数平面内复数对应的点的坐标为，故选D.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3.3.某教育局为了解“跑团”每月跑步的平均里程，收集并整理了xx1月至xx11月期间“跑团”每月跑步的平均里程（单位：公里）的数据，绘制了下面的折线图.根据折线图，下列结论正确的是（ ）A. 月跑步平均里程的中位数为6月份对应的里程数B. 月跑步平均里程逐月增加C. 月跑步平均里程高峰期大致在8、9月D. 1月至5月的月跑步平均里程相对于6月至11月，波动性更小，变化比较平稳【答案】D【解析】由折线图知，月跑步平均里程的中位数为5月份对应的里程数；月跑步平均里程不是逐月增加的；月跑步平均里程高峰期大致在9，l0月份，故A，B，C错.本题选择D选项.4.4.某景区在开放时间内，每个整点时会有一趟观光车从景区入口发车，某人上午到达景区入口，准备乘坐观光车，则他等待时间不多于10分钟的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意，此人在50分到整点之间的10分钟内到达，等待时间不多于10分钟，所以概率。故选B。5.5.在射击训练中，某战士射击了两次，设命题是“第一次射击击中目标”，命题是“第二次射击击中目标”，则命题“两次射击中至少有一次没有击中目标”为真命题的充要条件是（ ）A. 为真命题 B. 为真命题C. 为真命题 D. 为真命题【答案】A【解析】命题是“第一次射击击中目标”，命题是“第二次射击击中目标”，则命题是“第一次射击没击中目标”，命题是“第二次射击没击中目标”，命题 “两次射击至少有一次没有击中目标”是，故选A.6.6.已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由得，解得.考点：等差数列. 7.7.我国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之剩一，五五数之剩三，七七数之剩六，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”.若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如.现将该问题以程序框图（6题图）给出，执行该程序框图，则输出的等于（ ）A. 13 B. 11 C. 15 D. 8【答案】A【解析】【分析】：按照程序框图的流程逐一写出前面有限项，最后得出输出的结果。【详解】：第一步：第二步：第三步：第四步：最后：，输出的值，故选A。【点睛】：程序框图的题学生只需按照程序框图的意思列举前面有限步出来，观察规律，得出所求量与步数之间的关系式。8.8.过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若线段中点的横坐标为3，则=（ ）A. 4 B. 6 C. 8 D. 10【答案】C【解析】【分析】：先设的坐标，表示出线段中点的横坐标为3的表达式，因为过焦点，由过焦点的弦长公式，解出。【详解】：设的坐标分别为，线段中点的横坐标为3，则，由此解得【点睛】：到焦点的距离转化为到准线的距离，由此与交点的坐标产生关系，过焦点的弦长公式。9.9.一个几何体三视图如下，则其体积为（ ）A. 12 B. 8 C. 6 D. 4【答案】D【解析】【分析】：在长方体中还原立体图为三棱锥。【详解】：在长方体中还原立体图为三棱锥如下图所示，由此解得体积为4，故选D【点睛】：由三视图还原几何体，当三角形比较多的时候，一般以长方体为模型，还原三视图。长方体的长、宽、高中的某个量可以对应几何体的高，求解很方便。10.10.已知函数为定义域上的奇函数，且在上是单调递增函数，函数，数列为等差数列，且公差不为0，若，则（ ）A. 45 B. 15 C. 10 D. 0【答案】A【解析】【分析】：由函数的对称性，和等差数列的增减性，得出，由，可得的值。【详解】：函数为定义域上的奇函数，则，关于点中心对称，那么关于点中心对称，由等差中项的性质和对称性可知：，故，由此 ，由题意：，若，则。故选A【点睛】：已知函数的奇偶性，再进行平移变换，如果是奇函数，平移后有对称中心。如果是偶函数，平移后有对称轴。11.11.若是双曲线的右焦点，过作该双曲线一条渐近线的垂线于两条渐近线交于两点，为坐标原点，的面积为，则该双曲线的离心率（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】：分析图形，已知，表示出，再用的关系式表示出线段，最后利用面积公式建立的方程式，再求解离心率。【详解】：如图所示：设，所以，所以的面积为，解得，所以该双曲线的离心率 。故选C【点睛】：求离心率的关键是建立三个量之间的关系式，利用图形的几何性质建立等式可以简化计算，这是学生的难点。12.12.对于函数和，设，若所有的，都有，则称和互为“零点相邻函数”.与互为“零点相邻函数”，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】：由于为单调递增的函数，且是函数的零点，根据和互为“零点相邻函数”的定义，的零点在之间，再对二次函数的根的个数进行分类讨论。【详解】：，为单调递增的函数，且是函数唯一的零点，由互为“零点相邻函数”，则的零点在之间。（1）当有唯一的零点时，解得，解得满足题意；（2）当在之间有唯一零点时，,解得 ;（3）当在之间有两个点时，,解得 综上所述，解得。故选D。【点睛】：二次函数，二次方程，一元二次不等式三个二次的相互转换是解决一元二次不等式问题的常用方法，数形结合是解决函数问题的基本思想，我们要灵活的应用。已知区间内的零点求参数问题，利用零点存在定理即可。本题要对根的个数进行分类讨论。二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.13.某校今年计划招聘女教师人，男教师人，则满足，则该学校今年计划招聘教师最多_人【答案】10. 【解析】可行域内正整数解为,所以 ,即学校今年计划招聘教师最多人14.14.设公比不为1的等比数列满足，且成等差数列，则数列的前4项和为_【答案】.【解析】【分析】：由等比中项求解，由等差中项求解，由等比数列的求和公式求解。【详解】：公比不为1的等比数列满足，所以，解得，成等差数列，故，解得，由可得：。【点睛】：等比中项的性质：，等差中项的性质：，等比数列的前项和公式。15.15.在中，边上的中线，若动点满足，则的最小值是_【答案】-8.【解析】【分析】：由，得出点三点共线，所以，由向量加法的平行四边形法则，得出关于的函数表达式，最后求解即可。【详解】：由，所以，由向量的共线定理可知点三点共线，所以，其中解得最小值为-8。【点睛】：向量三点共线定理：，三点共线的充要条件是：若，则。向量加法遵循平行四边形法则，两向量之和往往可以转化为一个向量从而简化式子结构。利用函数的思想求解最值是解决最值问题的常见转换思想。16.16.在三棱锥中，则三棱锥外接球的体积的最小值为_【答案】.【解析】【分析】：先将三棱锥还原到长方体中，根据题意建立长方体的体对角线与的函数关系式，求解体对角线的最小值，由此得出外接球的体积的最小值。【详解】：如图所示，三棱锥的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线，设，那么,所以。由题意，体积的最小值即为最小，所以当时，的最小值为，所以半径为，故体积的最小值为。【点睛】：根据题意把三棱锥还原到长方体是解决三棱锥外接球问题的常见解法，不同题目背景，还原方法不一样，但三棱锥的四个顶点一定是长方体的顶点。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.） 17.17.已知向量，将的图像向右平移个单位后，再保持纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图像.（1）求函数的解析式；（2）若，且，求的面积.【答案】(1).(2) .【解析】分析：（1）由题意，化简得，利用图象的变换得；（2）由，求得，在由正弦定理求得，及的值，即可利用三角形的面积公式求得三角形的面积详解：（1），的图像向右平移个单位后，函数解析式变为，则（2），；由正弦定理得，即解得， ，所以 .点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.18.18.支付宝和微信支付是目前市场占有率较高的支付方式，某第三方调研机构对使用这两种支付方式的人数作了对比.从全国随机抽取了100个地区作为研究样本，计算了各个地区样本的使用人数，其频率分布直方图如下. 记表示事件“微信支付人数低于50千人”，估计的概率；填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为支付人数与支付方式有关；支付人数千人支付人数千人总计微信支付支付宝支付总计根据支付人数的频率分布直方图，对两种支付方式的优劣进行比较.附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】(1).(2)列联表见解析; 有99%的把握认为支付人数与支付方式有关.（3）支付宝支付更加优于微信支付.【解析】【分析】：（1）由微信支付人数的频率分布直方图可知，微信支付人数低于50千人的概率为。（2）补全列联表，由卡方公式判断独立性。（3）根据平均数和方差比较两种支付方式的优劣。【详解】：(1）根据题意，由微信支付人数的频率分布直方图可得：.（2）根据题意，补全列联表可得：支付人数千人支付人数千人总计微信支付6238100支付宝支付3466100总计96104200则有，故有99%的把握认为支付人数与支付方式有关.（3）由频率分布直方图可得，微信支付100个地区支付人数的平均数为： ；支付宝支付100个地区支付人数的平均数为：比较可得：，故支付宝支付更加优于微信支付.【点睛】：本题考查了频率分布直方图，频率为小长方形的面积，求某范围内的概率，那么概率为范围内的小长方形的面积之和。平均数和方差是比较数据优劣的两个重要数据，当平均数一致时，我们比较方差的大小。19.19.如图，四棱锥中，且底面，为棱的中点.（1）求证：直线平面；（2）当四面体的体积最大时，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】分析：（1）取的中点N,证平面详解：（2）设，当四面体的体积最大时，求出，进而求得四棱锥的体积（）因为，设为的中点，所以，又平面，平面，所以，又，所以平面，又，所以平面（），设，则四面体的体积当，即时体积最大又平面，平面，所以，因为，所以平面.点睛：本题主要考查立体几何相关知识，线面垂直的证明以及棱椎体积的求法，属于中档题。20.20.已知点为圆上一动点，轴于点，若动点满足.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线与曲线交于两点，线段的垂直平分线交轴于点，求的值.【答案】(1) .(2).【解析】【分析】：（1）设，则，根据向量表达式，表示出的坐标关系式，得出动点的轨迹。（2），将直线被代入椭圆方程消去得，根据韦达定理表示出。所以线段的中点坐标为，表示出线段的垂直平分线的方程，求出点的坐标，再表示出的长度，最后求解。【详解】：（1）设，则，所以，由化简得，因为，代入得，即为的轨迹为椭圆方程.（2）由（1）知，点为椭圆的左偏点，将直线被代入椭圆方程消去得，设，则有，则，所以线段的中点坐标为所以线段的垂直平分线所在的直线方程为令得，即，所以所以【点睛】：联立直线与椭圆方程根据韦达定理列出，的关系式，利用弦长公式。求解圆锥曲线有关的值，最终落脚点在于计算直线与曲线的交点坐标的关系式。根据题目的条件，转化为，关系的式子是解题的关键。21.21.已知函数；（1）讨论的极值点的个数；（2）若，求证： .【答案】(1) 当时，无极值点；当时，函数有一个极大值点，无极小值点. (2)证明见解析.【解析】【分析】：（1）先求一阶导函数的根，求解或的解集，写出单调区间，最后判断极值点。（2）根据第（1）问的结论，若，转化为证明.【详解】：（1）根据题意可得，当时，函数是减函数，无极值点；当时，令，得，即，又在上存在一解，不妨设为，所以函数在上是单调递增的，在上是单调递减的.所以函数有一个极大值点，无极小值点；总之：当时，无极值点；当时，函数有一个极大值点，无极小值点.（2），由（1）可知有极大值，且满足，又在上是增函数，且，所以，又知：，由可得，代入得，令，则恒成立，所以在上是增函数，所以，即，所以.【点睛】：函数极值与最值的性质：有唯一的极小值，极小值为最小值。对于任意性和存在性问题的处理，遵循以下规则：1、恒成立，等价于2、使得成立，等价于请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的方程是，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，的非负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）射线（其中）与曲线交于，两点，与直线交于点，求的取值范围.【答案】（1）;.(2).【解析】试题分析：（I）直线的方程是，利用 可得极坐标方程圆的参数方程为（为参数），利用 可得普通方程，进而化为极坐标方程（II）将分别带入，得，试题解析：（），直线的极坐标方程是由消参数得曲线的极坐标方程是（）将分别带入，得，讨论，的范围，可得的取值范围， 的取值范围是23.23.选修4-5：不等式选讲已知函数的最大值为.（1）求的值以及此时的的取值范围；（2）若实数满足，证明：.【答案】（1）;.(2)证明见解析.【解析】分析：（1）去掉绝对值符号，利用函数的图象求解最小值；（2）由（1）可知，利用，把问题转化为二次函数最值问题.详解：（1）解：依题意得，当时，；当时，此时；当时， 所以的最大值为，即，此时. （2）证明：由，得，所以，所以， 所以.点睛：绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想