2019届高三数学下学期考前押题卷(一)理(含解析).doc

2019届高三数学下学期考前押题卷(一)理(含解析)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1. 已知集合，则集合等于A. B. C. D. 【答案】D【解析】 ,选D.2. 若复数，则的共轭复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由等比数列前项和的公式，结合虚数单位的性质，及复数的乘除运算化简得答案.【详解】 ，；则的共轭复数的虚部为.故选B.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查虚数单位的运算性质和等比数列的前项和公式，属于基础题.3. 在面积为的正方形内任意投一点，则点到四边的距离均大于的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】易知正方形的边长，到两边距离均大于，则形成的区域为边长为的小正方形，其概率为,故选C.4. 已知，则的值等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为,所以.，故选A.5. 若随机变量服从二项分布，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据二项式分布概率计算公式，分别计算，和，逐一判断即可.【详解】随机变量服从二项分布， ，； .故选D.【点睛】本题考查二项分布与独立重复试验的概率计算，关键是正确掌握二项分布的概率计算公式.6. 如图的折线图是某公司xx1月至12月份的收入与支出数据.若从这12个月份中任意选3个月的数据进行分析，则这3个月中至少有一个月利润（利润=收入-支出）不低于40万的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由图知,7月,8月,11月的利润不低于40万元,故所求概率为,故选D.7. 某校为了解高一年级 名学生对历史、地理学科的选课情况，对学生进行编号，用 ， 表示，并用 表示第 名学生的选课情况，其中 ，根据如图所示的程序框图，下列说法中错误的是 A. 为选择历史的学生人数B. 为选择地理的学生人数C. 为至少选择历史，地理一门学科的学生人数D. 为选择历史的学生人数与选择地理的学生人数之和【答案】C【解析】分析：读懂程序框图程序框图，得到分别表示的人数含义，从而可得结果.详解：阅读程序框图可知，第一个条件语句输出的是择历史的学生人数；第二个条件语句输出的是择地理的学生人数；为选择历史的学生人数与选择地理的学生人数之和（没有剔除重合部分），所以，“为至少选择历史、地理一门学科的学生人数”错误，故选C.点睛：本题主要考查循环结构以及条件结构，属于中档题 .算法是新课标高考的一大热点，其中算法的交汇性问题已成为高考的一大亮，这类问题，很好地考查考生的信息处理能力及综合运用知识解决问題的能力，解决算法的交汇性问题的方：（1）读懂程序框图、明确交汇知识，(2）根据给出问题与程序框图处理问题即可.8. 如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为 A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图可知，该几何体为正方体去掉两个倒置的三棱锥，利用体积公式计算即可.【详解】如图所示，该几何体为正方体去掉两个倒置的三棱锥，该多面体的体积为；故选B.【点睛】本题考查三视图还原直观图，正方体与三棱锥的三视图以及体积计算问题，考查空间想象能力和计算能力，三视图正确还原几何体是解题关键.9. 如图, 在正方体中, , 过直线的平面平面,则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正方体结构特征，易得体对角线，取中点，则为所求截面，再进行求解即可.【详解】如图所示，连接交于，取中点，连接、和，易得， ； ， 为平面截该正方体所得截面，且； ， ，； ，即平面截该正方体所得截面的面积为.故选D.【点睛】本题考查面面垂直的判定，考查正方体的结构特征，借助正方体的结构正确的判定垂直平面的位置是解题关键.10. 已知数列是各项均不为的等差数列, 为其前项和,且满足.若不等式对任意的恒成立,则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意知，则，当为偶数时,由，得，即，因为，所以；当为奇数时,原不等式等价于，因为，故，即，综上,实数 的取值范围是，故选C.点睛：本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性等基础知识，不等式及其应用，同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力，属于难题本题反映出学生对于新的信息的的理解和接受能力，把数列的知识和不等式的恒成立相结合，有效地考查了对知识的综合应用能力.11. 在中， ，点在边上，且满足，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设，利用两角和差的正切公式计算，整理解得，即可计算解得的值.【详解】，设， 又，整理解得，（舍去），或， ，故选A.【点睛】本题主要考查三角函数的定义，两角差的正切公式，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，考查了数形结合思想和转化思想，属于难题.12. 若函数满足，且，则的解集为 A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知条件确定，将不等式转化为，令，通过已知函数整理得和，求导即可求得，确定函数的最小值为0，得到函数在定义域上单调递增，利用函数的单调性即可求得不等式解集.【详解】 ， ，即， 不等式，转化为；令，将函数整理得：，即，即将求导得；由和得，易得，时，时，函数当时取得最小值， 即；函数在上单调递增； ，即，解得；故选A.【点睛】本题考查函数的解析式、抽象函数的导数、构造法研究函数单调性，以及利用函数的单调性解不等式等问题，考查了转化思想和推理能力，属于难题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分将答案写在答题卡上相应的位置13. 若的展开式中所有项的系数和为96，则展开式中含项的系数是_【答案】20【解析】【分析】令求出，再写出展开式的通项公式，根据展开式中系数与关系，即可求得答案.【详解】当时，的展开式中所有项的系数和为，解得； 展开式的通项公式，可得 展开式中含项：； 即展开式中含项的系数为.故答案为.【点睛】本题考查二项式系数的性质和二项式定理的应用，利用二项展开式的通项公式求展开式中某项的系数是解题关键.14. 设满足约束条件若目标函数的最大值为12，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】画出约束条件表示的可行域，通过目标函数的最值，求出，利用基本不等式求出最小值.【详解】根据约束条件绘制可行域如图所示；将转化为，直线斜率为负，最大截距对应最大的，如图点A为最大值点.联立方程组，解得，即目标函数的最大值为12， ，即， ，当且仅当，且，即时取等号.故答案为.【点睛】本题考查简单线性规划，基本不等式的应用，考查分析问题解决问题的能力.目标函数型线性规划问题解题步骤：（1）确定可行区域 （2）将转化为，求z的值，可看作求直线，在y轴上截距 的最值。（3）将平移，观察截距最大（小）值对应的位置，联立方程组求点坐标。 （4）将该点坐标代入目标函数，计算Z。15. 椭圆的左、右顶点分别为，点在椭圆上，且直线的斜率的取值范围是，则直线的斜率的取值范围是_【答案】【解析】由题意可得，A1(2,0)，A2(2,0)，当PA2的斜率为2时，直线PA2的方程为y2(x2)，代入椭圆方程，消去y化简得19x264x520，解得x2或x.由PA2的斜率存在可得点P，此时直线PA1的斜率k.同理，当直线PA2的斜率为1时，直线PA2的方程为y(x2)，代入椭圆方程，消去y化简得7x216x40，解得x2或x 由PA2的斜率存在可得点P，此时直线PA1的斜率k.数形结合可知，直线PA1斜率的取值范围是16. 已知的外接圆半径为2，若是边上异于端点的两点，且，则的正切值取值范围是_【答案】【解析】【分析】利用角化边得，代入已知条件得，确定形状和边长，设，根据几何关系确定和，再结合正切的两角和公式和诱导公式，确定的正切值取值范围.【详解】 由正弦定理，得 ，即，又 的外接圆半径为2， 中，.过M、N分别作和垂线，垂足为D、E.设，则，如图所示，易得，； ；由二次函数的性质得范围内； 正切值的取值范围是.故答案为【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、诱导公式和两角和正切公式的综合，考查三角形的实际应用和函数值域的计算方法，考查推理论证能力、运算求解能力、数形结合思想、划归与转化思想，具有一定的难度.三、解答题：本大题共6小题，共70分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17. 数列中，为前项和，且（1）求证：是等差数列（2）若是的前项和，求【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）当时，类比写出，两式相减整理得，又有，从而确定数列为等差数列.（2）当时，求出，确定数列和的通项公式，再利用裂项相消法，即可求得答案.【详解】（1）证明： 两式相减，相减得： （2）解： ， 【点睛】本题主要考查数列通项和前项和的求解方法.1、已知数列的前项和与关系，求数列的通项公式的解题过程分为三步：（1）当时， 求出，有些问题可以省略此步骤；（2）当时，用替换中的得到一个新的关系，利用 便可得到的关系式，再结合关系式的情况，进一步分析即可求出的表达式或数列各项之间的关系；（3）有必要的情况下，对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分与两段来写2、数列求和的裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前项的和变成首尾若干少数项之和，需要掌握一些常见的裂项方法：（1），当时，；（2），当时，；（3）（4）（5）（6）18. 某菜园要将一批蔬菜用汽车从所在城市甲运至哈尔滨,已知从城市甲到哈尔滨只有两条公路,且运费由菜园承担若菜园恰能在约定日期（月日）将蔬菜送到,则哈尔滨销售商一次性支付给菜园20万元; 若在约定日期前送到,每提前一天销售商将多支付给菜园1万元; 若在约定日期后送到,每迟到一天销售商将少支付给菜园1万元为保证蔬菜新鲜度,汽车只能在约定日期的前两天出发,且只能选择其中的一条公路运送蔬菜,已知下表内的信息： 统计信息汽车行驶路线不堵车的情况下到达哈尔滨所需时间 （天）堵车的情况下到达哈尔滨所需时间 （天）堵车的概率运费（万元）公路123公路214（注:毛利润销售商支付给菜园的费用运费）（1） 记汽车走公路1时菜园获得的毛利润为（单位:万元）,求的分布列和数学期望；（2）假设你是菜园的决策者,你选择哪条公路运送蔬菜有可能让菜园获得的毛利润更多?【答案】（1）见解析（2）选公路2【解析】试题分析：(1)首先计算得到汽车走公路1时,不堵车时果园获得的毛利润万元;堵车时果园获得的毛利润万元;根据公路1堵车的概率为，得到汽车走公路1时果园获得的毛利润的分布列，进一步计算数学期望.（2）首先计算得到汽车走公路2时，不堵车时果园获得的毛利润万元;堵车时果园获得的毛利润万元;根据公路2堵车的概率为，即可得到汽车走公路2时果园获得的毛利润的分布列，进一步计算数学期望.比较两个数学期望，作出判断.试题解析：(1)汽车走公路1时,不堵车时果园获得的毛利润万元;堵车时果园获得的毛利润万元;汽车走公路1时果园获得的毛利润的分布列为 4分万元 5分（2）设汽车走公路2时果园获得的毛利润为，不堵车时果园获得的毛利润万元;堵车时果园获得的毛利润万元;汽车走公路2时果园获得的毛利润的分布列为 10分万元 11分因为选择公路2运送水果有可能让果园获得的毛利润更多 12分考点：随机变量的分布列与数学期望.19. 如图，已知四棱锥的底面为菱形，（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）设中点为，由题易得，与为共用相同底边的等腰三角形，由三线合一，证得，由此证明.（2）由题可推导出，、和两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：设中点为，连接，依题意，为等边三角形 ； ；平面 又， (2)解：由（1）知：， 中，由余弦定理得，由（1）知， 又，平面以为坐标原点，以向量分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系 ，则，设是平面的一个法向量，令，设是平面的一个法向量，令，设二面角的平面角为，则 又二面角为钝角二面角的余弦值为【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角余弦值的求法，考查空间中线线、线面和面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用.空间向量法求二面角基本方法如下：（1）如图1，AB、CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小(2)如图2、3，分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小(或)20. 已知抛物线的焦点 ，点在抛物线上，过焦点的直线交抛物线于两点.（1）求抛物线的方程以及的值；（2）记抛物线的准线与轴交于点，若，求的值.【答案】（1）y2=4x，2（2）【解析】【分析】（1）依题意，即可求的抛物线方程，再根据抛物线的定义，直接可以写出的值.（2）设l：x=my+1，M（x1，y1）、N（x2，y2），联立方程，消去x，得关于y的一元二次方程，由，得，再根据，求得m的值，即可求得的值.【详解】解：（1）抛物线的焦点 ， ，则，抛物线方程为；点在抛物线上 （2）依题意，F（1，0），设l：x=my+1，设M（x1，y1）、N（x2，y2），联立方程，消去x，得y24my4=0所以， 且，又，则（1x1，y1）=（x21，y2），即y1=y2，代入得，消去y2得，B（1，0），则，则 （m2+1）（16m2+8）+4m4m+8=16m4+40m2+16，当16m4+40m2+16=40，解得，故【点睛】本题考查抛物线的标准方程及简单几何性质，直线与抛物线的位置关系，向量的坐标运算，考查计算能力，属于中档题.21. 已知（1）证明：；（2）若时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）令，利用单调性可证明函数的最小值不小于零，从而可得结论；（2）令，函数，对分三种情况讨论，分别利用导数研究函数的单调性，利用单调性可排除不合题意的的取值范围，筛选出符合题意的的取值范围.【详解】（1）令，令，可得函数在上单调递增，因此存在，使得可得，函数在上单调递减，在上单调递增，函数在处取得极小值即最小值，因此 ;（2）令函数时，可得，函数在上单调递增，满足条件，时，在上单调递增，时，此时函数在上单调递增，满足条件，时，存在，使得因此函数在上单调递减，因此不满足条件舍去,综上可得，的取值范围是.【点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.22. 极坐标与参数方程已知曲线：（为参数），：（为参数）（1）将、的方程化为普通方程；（2）若与交于M、N，与x轴交于P，求的最小值及相应的值【答案】（1）x2+12y2=1,（2），【解析】【分析】（1）利用sin2+cos2=1，即可将曲线化为普通方程；消去参数，即可得出的普通方程.（2）C2与x轴交于P，把C2的参数方程代入曲线化为普通方程，整理等关于t的一元二次方程，利用直线参数方程的几何意义，得|PM|PN|=t1t2，进而求出最小值.【详解】解：（1）由曲线C1：（为参数），利用sin2+cos2=1，化为x2+12y2=1由C2：（t为参数），消去参数t可得：（2）C2与x轴交于P，把C2：（t为参数）代入曲线C1可得：（2+22sin2）t2+1=0|PM|PN|=t1t2=，|PM|PN|的最小值，此时【点睛】本题考查参数方程化为普通方程，直线参数方程的几何意义的应用，考查了推理能力和计算能力.23. 不等式选讲设函数（）求不等式的解集；（）若不等式的解集是非空集合，求实数m的取值范围【答案】（）（）（，1）（5，+）【解析】试题分析：（）化简f（x）的解析式，结合单调性求出不等式 f（x）4的解集（） 利用f（x）的单调性求出 f（x）3，由于不等式f（x）|m2|的解集是非空的集合，得|m2|3，解绝对值不等式求出实数m的取值范围试题解析：（）f（x）=，令x+4=4 或 3x=4，得x=0，x=，所以，不等式 f（x）4的解集是；（）由于不等式f（x）|m2|的解集是非空的集合，所以，|m2|f（x）在（，1上递减，1，+）上递增，所以，f（1）=3，所以解之，m1或m5，即实数m的取值范围是（，1）（5，+）考点：绝对值不等式的解法