2019届高三数学下学期第四套模拟考试试题 理(含解析).doc

2019届高三数学下学期第四套模拟考试试题 理(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. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：先化简集合，再求交集即可.详解：由题意可得：，故选：B点睛：本题考查对数型函数的定义域，指数函数的值域，考查集合的交运算，属于基础题.2. 已知复数满足，则的最小值为（ ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】B【解析】分析：设z=x+yi，（x，yR），根据|z2i|=1，可得x2=1（y2）2（y1，3）代入|z|=，即可得出详解：设z=x+yi，（x，yR），|z2i|=1，|x+（y2）i|=1，=1，x2=1（y2）2（y1，3）则|z|=1当y=1时取等号故选：B点睛：本题考查了复数的运算法则、模的计算公式、一次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题3. 下图是xx1-11月汽油、柴油价格走势图（单位：元/吨），据此下列说法错误的是（ ）A. 从1月到11月，三种油里面柴油的价格波动最大B. 从7月份开始，汽油、柴油的价格都在上涨，而且柴油价格涨速最快C. 92汽油与95汽油价格成正相关D. 2月份以后，汽油、柴油的价格同时上涨或同时下跌【答案】D【解析】分析：根据折线图，依次逐步判断即可.详解：由价格折线图，不难发现4月份到5月份汽油价格上涨，而柴油价格下跌，故选：D点睛：本题考查折线图的识别，解题关键理解折线图的含义，属于基础题.4. 下列四个命题中，正确的是（ ）A. “若，则”的逆命题为真命题B. “”是“”的充要条件C. “”的否定是“”D. 若为假命题，则均为假命题【答案】C【解析】分析：原命题的逆命题的真假判断，充要条件的判断，命题的否定，复合命题的真假判断.利用复合命题的真假判断的正误；命题的否定判断的正误；四种命题的逆否关系判断的正误；函数的奇偶性的性质判断的正误；详解：“若，则tanx=1”的逆命题为：“若tanx=1，则”显然是假命题，故A错误；当时，成立，但不成立，故B错误；命题：“xR，sinx1”的否定是“x0R，sinx01”；满足命题的否定形式，C正确；若pq为假命题，则p，q中至少有一个假命题，一假即假，故D错误；故选：C点睛：本题考查命题的真假的判断与应用，涉及复合命题，四种命题的逆否关系，充要条件等，属于基础题5. 已知的内角的对边分别是，且，则角（ ）A. 30 B. 45 C. 60 D. 90【答案】C详解：ABC中，（a2+b2c2）（acosB+bcosA）=abc，由余弦定理可得：2abcosC（acosB+bcosA）=abc，2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC，2cosCsin（A+B）=sinC，2cosCsinC=sinC，sinC0，cosC=，又C（0，），C=点睛：（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的（2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意6. 若，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：对条件两边平方可得，利用三姊妹关系即可得到结果.详解：由题：，于是由于， .故选：A点睛：应用公式时注意方程思想的应用：对于sincos，sincos，sincos这三个式子，利用(sincos)212sincos，可以知一求二7. 执行如图所示的程序框图，为使输出的值大于11，则输入的正整数的最小值为（ ）A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】C【解析】分析：由已知中的程序框图可知：该程序的功能是计算并输出S=1+0+1+2+（n-1）=的值，结合题意，即可得到结果详解：该程序框图的功能是：当输入，输出，要使，至少是.故选：C点睛：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.8. 某几何体的三视图如图所示，若图中的小正方形的边长为1，则该几何体外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据几何体的三视图，得出该几何体是正方体中的四棱锥，由此求出几何体的外接球的表面积详解：根据三视图，可得该几何体的直观图如下：利用补形法，外接球半径，进而几何体外接球的表面积为.点睛：(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.9. 定义运算：，将函数的图像向左平移的单位后，所得图像关于轴对称，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：化函数f（x）为正弦型函数，写出f（x）图象向左平移个单位后对应的函数，由函数y为偶函数，求出的最小值详解：，将函数化为 再向左平移（）个单位即为: 又为偶函数，由三角函数图象的性质可得，即时函数值为最大或最小值，即或，所以，即，又，所以的最小值是故选：C点睛：函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.10. 已知双曲线的一条渐近线恰好是曲线在原点处的切线，且双曲线的顶点到渐近线的距离为，则曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由题意布列关于a，b的方程组，从而得到曲线的方程.详解：曲线化为标准形式：圆心坐标为,，又双曲线的一条渐近线恰好是曲线在原点处的切线，双曲线的顶点到渐近线的距离为，即，又曲线的方程为故选：D点睛：本题主要考查双曲线方程的求法，直线与圆相切，点到直线的距离，属于中档题.11. 集合，从集合中各取一个数，能组成（ ）个没有重复数字的两位数？A. 52 B. 58 C. 64 D. 70【答案】B【解析】分析：分别从集合A，B取一个数字，再全排列，根据分步计数原理即可得到答案详解：故选：B点睛：本题考查了分布乘法计数原理和分类加法计数原理，解答的关键是正确分类，是基础的计算题12. 定义：如果函数的导函数为，在区间上存在，使得，则称为区间上的“双中值函数”.已知函数是上的“双中值函数”，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由题意可得，所以方程在区间有两个不相等的解.详解：由题意可知，在区间上存在，满足，所以方程在区间有两个不相等的解，（1）则，解得，则实数的取值范围是，故选：B点睛：于二次函数的研究一般从以几个方面研究：一是，开口；二是，对称轴，主要讨论对称轴与区间的位置关系；三是，判别式，决定于x轴的交点个数；四是，区间端点值. 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 正方形中，其中，则_【答案】【解析】分析：利用平面向量基本定理构建的方程组，解之即可.详解：由得，根据平面向量基本定理得，于是.故答案为：点睛：本题考查了平面向量的基本定理，属于基础题14. 若满足约束条件，则的最小值_【答案】【解析】分析：作出不等式组对应的平面区域，利用两点间的距离公式进行求解即可详解：作出不等式组对应的平面区域，的几何意义是区域内的点到点D（0，3）的距离的平方，则由图象知D到直线BC：=的距离最小，此时最小值d=，则（x+2）2+（y+3）2的最小值为d2=（）2=，故答案为：点睛：线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.15. 二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，则展开式中的第4项为_【答案】【解析】分析：先由奇数项的二项式系数之和为32确定n值，然后根据二项展开式通项公式求出第4项即可.详解：二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，即展开式中的第项为故答案为：点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.16. 已知抛物线的方程为，为坐标原点，为抛物线上的点，若为等边三角形，且面积为，则的值为_【答案】2【解析】设，又，即又、与同号，即根据抛物线对称性可知点，关于轴对称，由为等边三角形，不妨设直线的方程为，由，解得，。的面积为，解得，答案：2点睛：本题考查抛物线性质的运用，解题的关键是根据条件先判断得到点A,B关于x轴对称，然后在此基础上得到直线直线（或）的方程，通过解方程组得到点（或A）的坐标，求得等边三角形的边长后，根据面积可得。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. 已知正项数列满足且.（1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；（2）证明：数列的前项和.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】分析：(1)由条件易得 =，从而说明数列为等比数列，进而得到数列的通项公式；(2)，放缩后利用等比数列求和公式即可证明结果.详解：证明：（1）由，知，所以是以为首项，为公比的等比数列， 故而，所以 （2）， 点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项18. 甲、乙两人参加某种选拔测试.在备选的10道题中，甲答对其中每道题的概率都是，乙只能答对其中的5道题，规定每次考试都从备选的10道题中随机抽出3道题进行测试，答对一题加10分，答错一题（不答视为答错）减5分，总分至少得15分才能入选.（1）求乙得分的分布列和数学期望；（2）求甲、乙两人中至少有一人入选的概率.【答案】(1)见解析;(2).【解析】试题分析：（I）根据题意分析可知，乙可能答对的题数为，则相应得分分别为，乙的得分情况服从超几何分布，于是可以得到乙得分的分布列和数学期望；（II）甲至少得分的概率为，乙至少得分的概率为，所以甲、乙两人中至少有一人入选的概率为.试题解析：（I）设乙答题所得分数为，则的可能取值为-15,0,15,30 1分；. 4分乙得分的分布列如下：5分. 6分（II）由已知甲、乙至少答对2题才能入选，记甲入选为事件，乙入选为事件.则， 8分. 10分故甲乙两人至少有一人入选的概率. 12分考点：1、超几何分布；2、离散型随机变量分布列及数学期望；3、独立事件概率.19. 如图，在平面四边形中，是的中点，.将图沿直线折起，使得二面角为60，如图所示. (1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的余弦值.【答案】(1)见解析;(2).【解析】解：(1)证明：取BD的中点F，连接EF，AF，则AF1，EF，AFE60.由余弦定理知AE.AE2EF2AF2，AEEF.ABAD，F为BD中点BDAF.又BD2，DC1，BC，BD2DC2BC2，即BDCD.又E为BC中点，EFCD，BDEF.又EFAFF，BD平面AEF.又BDAE，BDEFF，AE平面BDC.(2)以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A，C，B，D，(2,0,0)，.设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，由得取z，则y3，又n(0，3，)cosn，.故直线AC与平面ABD所成角的余弦值为.20. 在直角坐标系中，椭圆 的左右顶点分别为，且椭圆上任意一点（异于）满足直线（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于不同的两点，求的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】分析：(1) 设点的坐标为 ,由 可得 ，从而得到椭圆的方程；(2) 设，将与联立消，得，利用根与系数关系表示目标，进而求值域即可.详解：（1）由题设点的坐标为，则， ，所以椭圆方程为：. （2）设，将与联立消，得， ， ， .故的取值范围是点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围21. 已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若，求证：.【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)见解析.【解析】分析：(1)求导，注意为增函数，且x=1时，其值为零，从而易得函数的单调区间； (2)原问题等价于，等价于.构建新函数，只须证成立.详解：（1）当时，.在区间上，且，则.在区间上，且，则.所以的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）由，等价于，等价于.设，只须证成立.因为，由，得有异号两根. 令其正根为，则.在上，在上.则的最小值为 .又，所以.则.因此，即.所以所以. 点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.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. 选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以原点为极点，以轴非负半轴为极轴，建立极坐标系.(1)写出曲线的极坐标方程；(2)设直线（为任意锐角）、分别与曲线交于两点，试求面积的最小值.【答案】(1)（）;(2).【解析】分析：（1）利用平方关系把曲线的参数方程化为普通方程，再由，把其转化为极坐标方程；（2）利用（1）中的极坐标方程，从而，结合均值不等式即可求出面积的最小值.详解：（1）由，将曲线的参数方程，消参得，又，所以，化简整理得曲线的极坐标方程为：（）.（2）将代入式得，同理，于是，由于（当且仅当时取“”），故，. 点睛：参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式， 等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，本题这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题23. 选修4-5：不等式选讲 设.(1)当时，求不等式的解集；(2)若，求证：.【答案】(1);(2)见解析.【解析】分析：（1）若a=2，把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求；（2）利用绝对值三角不等式证明即可.详解：（1）不等式可化为，即或或；解得或或，所以. （2） （当且仅当时取“”）又（当且仅当时取“”）故 点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向