2019届高三数学第十四次考试试题 理(含解析).doc

2019届高三数学第十四次考试试题 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：先解不等式得到集合A,B，再求并集详解：，故选B 点睛：对于集合运算的问题，若集合中的不等式需要求解，则先求出不等式的解集，然后再根据集合的运算顺序求解2. 若复数，则复数在复平面内对应的点在（ ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】C【解析】由题意可得 ，对应点为，所以在复平面对应的点在第三象限，选C.3. 九章算术中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为（ ）A. 升 B. 升 C. 升 D. 升【答案】C【解析】 设竹子自上而下各节的容积分别为，且为等差数列， 根据题意得， 即 ，解得，即最上面一节的容积为升，故选C4. 根据如下程序框图，运行相应程序，则输出的值为（ ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】B【解析】结合流程图可知该流程图运行过程如下：首先初始化数据：，不满足，执行：；，不满足，执行：；，不满足，执行：；，满足，输出.本题选择B选项.5. 被圆所截弦长为4，则的最小值是（ ）A. 3 B. C. 2 D. 【答案】C【解析】圆心为，半径为，由于所截弦长为，故直线过圆心，将圆心坐标代入直线方程得，即，的几何意义是原点到直线的距离的最小值的平方，故最小值为.所以选.6. 如图是某四棱锥的三视图，则几何体的表面积等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：由三视图得到几何体的直观图，再结合题中的数据求表面积详解：由三视图可得，该几何体为如图所示的长方体内的四棱锥，为DC的中点，为棱锥的高，其中长方体的长、宽、高分别为6,2,4由题意得，故中边上的高为故几何体的表面积为故选A 点睛：三视图和几何体体积或面积结合的问题主要考查学生的空间想象能力和运算能力，解题时先要由三视图得到几何体的直观图7. 已知，则（ ）A. 2 B. C. -2 D. -【答案】D【解析】分析：先将条件化简，然后把所求式子再化简，可得结果详解：由题意得，故选D 点睛：解决三角变换中的给值求值问题时，一定要注意先化简再求值，同时要注意所给条件在解题中的整体作用8. 如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是棱，的中点，是侧面内一点，若，则线段长度的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：先判断出点的位置，确定使得取得最大值和最小值时点的位置，然后再通过计算可求得线段长度的取值范围详解：如下图所示，分别取棱的中点M、N，连MN，分别为所在棱的中点，则，MNEF，又MN平面AEF，EF平面AEF，MN平面AEF，四边形为平行四边形，又平面AEF，AE平面AEF，平面AEF，又，平面平面AEFP是侧面内一点，且平面AEF，点P必在线段MN上在中，同理，在中，可得，为等腰三角形当点P为MN中点O时，此时最短；点P位于M、N处时，最长，线段长度的取值范围是故选B点睛：本题难度较大，解题时要借助几何图形判断得出使得取得最值时的点P的位置，然后再根据勾股定理进行计算9. 已知关于的方程在区间上有两个根，且，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D详解：由题意得，画出函数内的图象，如图所示由图象可得要使方程在区间上有两个根，且，则，解得故选D点睛：本题考查三角函数图象的画法和应用，解题时要注意分离参数方法的利用和函数图象中的特殊点的利用10. 函数，则使得成立的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：先判断出偶函数在上单调递减，然后根据对称性将函数不等式化为绝对值不等式求解详解：由题意知函数的定义域为，当时，在上单调递减，是偶函数，在上单调递增，两边平方后化简得且，解得或，故使不等式成立的取值范围是故选B.解绝对值不等式时，要根据绝对值不等式的特点进行求解，解题时要注意绝对值的几何意义的利用11. 已知是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则的最小值为（ ）A. B. C. 8 D. 6【答案】C【解析】设 ，则 ，选C.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.12. 偶函数满足，当时，不等式在上有且只有200个整数解，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：根据题意得到函数周期性，结合周期性将问题转化在一个周期内来研究，然后在结合函数图象的对称性将问题转化在内研究，最后结合函数在内整数解的个数及图象中的特殊点确定实数的取值范围详解：由得函数图象的对称轴为，故；又，函数的周期为作出函数在一个周期上的图象（如图所示）函数为偶函数，且不等式在上有且只有200个整数解,不等式在上有且只有100个整数解函数在内有25个周期，函数在一个周期内有4个整数解，即在内有4个整数解当时，由得或，由图象可得在一个周期内有7个整数解，不合题意当时，由得或，显然，在上无整数解，在上有4个整数解的图象在上关于对称，在上有2个整数解又，解得，故实数的取值范围是点睛：已知函数零点个数或方程根的个数求参数的取值（或范围）时，一般根据数形结合的方法求解，将问题转化为两个函数图象公共点的个数的问题处理解题时注意函数性质的综合运用及性质间的相互转化的结论，即已知函数的奇偶性、对称性和周期性中的两个可得到第三个性质二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 若非零向量，满足，则在方向上的投影为_【答案】-1【解析】分析：先求出、和与的夹角，然后根据投影的定义求解详解：将两边平方整理得，将两边平方整理得又，故设向量与的夹角为，则在方向上的投影为点睛：解答本题的关键是正确掌握一个向量在另一个向量方向上的投影的定义，利用定义可将问题转化为数量积的运算另外，数量积的几何意义是计算数量积的一种重要方法 14. 如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是_【答案】-189【解析】令，得展开式中各项系数之和为.由，得，所以展开式的通项为. 由，得，展开式中的系数是.15. 某货运员拟运送甲、乙两种货物，每件货物的体积、重量、可获利润如下表所示：体积（升/件）重量（公斤/件）利润（元/件）甲20108乙102010在一次运输中，货物总体积不超过110升，总重量不超过100公斤，那么在合理的安排下，一次运输获得的最大利润为_元【答案】62【解析】设运送甲种货物件，乙种货物件，利润为，则由题意得，即，且，作出不等式组多对应的平面区域如图所示，由，得，即，由得，平移直线，由图可知当直线，经过点时，直线的截距最大，此时最大，故,一次运输获得的最大利润为元，故答案为.16. 在中，角、所对的边分别分，若，且，则的面积的最大值是_【答案】【解析】试题分析：由得，代入得，即，由余弦定理得，所以，则的面积，当且仅当取等号，此时，所以的面积的最大值为，故答案为：考点：（1）正弦定理；（2）余弦定理.【方法点晴】本题考查余弦定理，平方关系，基本不等式的应用，以及三角形的面积公式，考查变形、化简能力，对计算能力要求较高，属于中档题；由得，代入化简，根据余弦定理求出，由平方关系求出，代入三角形面积公式求出表达式，由基本不等式即可求出三角形面积的最大值三、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. 已知数列的前项和满足.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）.（2）.【解析】分析：（1）根据仿写可得到，两式相减整理得，从而可得数列为等比数列，于是可求得通项公式（2）由（1）可得，故可根据错位相减法求和详解：（1）当时，所以；当时，则，即.又因为，所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列，所以.（2）由（1）得，所以 ， ，得 所以.点睛：（1）用错位相减法求和时弄清错位相减法的适用条件及解题格式是关键解题时首先要抓住数列的特征，即数列的项是由一个等差数列和一个公比不为1的等比数列对应项相乘所得，另外所谓“错位”就是找“同类项”相减（2）已知和的关系解题时，要注意关系式的运用，应用时一定要注意使用的条件是18. 某农科所对冬季昼夜温差大小与某反季节大豆新品种发芽多少之间的关系进行分析研究，他们分别记录了12月1日至12月5日的每天昼夜温差与实验室每天每100颗种子中的发芽数，得到如下资料：日期12月1日12月2日12月3日12月4日12月5日温差（）101113128发芽数（颗）2325302616该农科所确定的研究方案是：先从这五组数据中选取2组，用剩下的3组数据求线性回归方程，再对被选取的2组数据进行检验.（1）求选取的2组数据恰好是不相邻的2天数据的概率；（2）若选取的是12月1日与12月5日的两组数据，请根据12月2日至12月4日的数据，求出关于的线性回归方程；（3）若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问（2）中所得的线性回归方程是否可靠？（注： ，）【答案】（1）.（2）.（3）见解析.【解析】试题分析：（1）求出抽到相邻两组数据的事件概率，利用对立事件的概率计算抽到不相邻两组数据的概率值；（2）由表中数据，利用公式计算回归直线方程的系数，写出回归直线方程，利用方程计算并判断所得的线性回归方程是否可靠.试题解析：（1）设抽到不相邻两组数据为事件，因为从第5组数据中选取2组数据共有10种情况，每种情况是等可能出现的，其中抽到相邻两组数据的情况有4种，所以故选取的2组数据恰好是不相邻的2天数据的概率是，（2）由数据，求得，由公式得，所以关于的线性回归方程这（3）当时，同样地，当时，所以，该研究所得到的线性回归方程是可靠19. 在四棱锥中，平面，且，.（1）求证：；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为，如果存在，求与平面所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析.（2）.【解析】分析：（1）由条件可得在直角梯形ABCD中可得，然后根据线面垂直的性质可得，最后由线面垂直的判定定理得到，于是可得（2）解决立体几何中的探索性问题，可利用向量的坐标运算求解根据题意建立空间直角坐标系，假设存在满足题意的点M，由可求得点M的坐标在此基础上可得平面的法向量和平面的法向量，然后根据求得后再求线面角的正弦值详解：（1）由已知得四边形是直角梯形，又，所以是等腰直角三角形，故因为， 所以，又，所以，因为，所以（2）建立如图所示空间直角坐标系，则，故，设，可得的坐标为设是平面的一个法向量，由，得，令，可得，又是平面的一个法向量，由题意得 ，解得所以平面的一个法向量可取，设与平面所成的角为，则，故当点M是线段的中点时，可使得二面角的大小为，此时与平面所成角的正弦值为点睛：解决立体几何中的探索性问题的基本策略通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在20. 已知，是抛物线上不同两点.（1）设直线与轴交于点，若两点所在的直线方程为，且直线恰好平分，求抛物线的标准方程.（2）若直线与轴交于点，与轴的正半轴交于点，且，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）.（2）.【解析】（1）设，由，消去整理得，则， 直线平分， ，即：，满足，抛物线标准方程为（2）由题意知，直线的斜率存在，且不为零，设直线的方程为：，由，得， ， ， ， 直线的方程为：假设存在直线，使得，即，作轴，轴，垂足为，由，得，故存在直线，使得，直线方程为21. 已知，其中为自然对数的底数.（），（其中为的导函数），判断在上的单调性；（）若无零点，试确定正数的取值范围.【答案】（）见解析.（）.【解析】试题分析：(1)在定义域内恒正，则在上单调递增.(2)结合(1)的结论分类讨论：当时，不符合题意；当时，不符合题意；当时，没有零点.综上所述，正数的取值范围是.试题解析：（）因为，则，所以，所以在上单调递增.（）由知，由（）知在上单调递增，且，可知当时，则有唯一零点，设此零点为.易知时，单调递增；时，单调递减，故，其中.令，则，易知在上恒成立，所以，在上单调递增，且.当时，由在上单调递增知，则，由在上单调递增，所以，故在上有零点，不符合题意；当时，由的单调性知，则，此时有一个零点，不符合题意；当时，由的单调性知，则，此时没有零点. 综上所述，当无零点时，正数的取值范围是.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. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，且），已知曲线的极坐标方程为.（1）将曲线的参数方程化为普通方程，并将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）求曲线与曲线交点的极坐标，.【答案】（1）（或）. .（2）.【解析】试题分析：（1）先求出t，再代入消元将曲线的参数方程化为普通方程，根据将 曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）先求曲线与曲线交点的直角坐标，再化为极坐标.试题解析：解：（1），即，又，或，曲线的普通方程为（或）.，即曲线的直角坐标方程为.（2）由得，（舍去），则交点的直角坐标为，极坐标为.23. 已知函数.（1）若，使不等式成立，求满足条件的实数的集合；（2）为中最大正整数，求证：.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【试题分析】(1)化简,利用零点分段法去绝对值,将上述式子转化为分段函数,求得它的取值范围,由此求得的取值范围.(2)由(1)得, 则.【试题解析】（1）由已知得则，由于，使不等式成立，所以，即（2）由（1）知，则因为，所以，则，（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），则（当且仅当时等号成立），即.