资源描述
安徽省皖江名校联盟2019届高三开年摸底大联考数学（文）试卷本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分第I卷第1至第2页，第卷第2至第4页全卷满分150分，考试时间120分钟一、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.若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先解不等式，求出集合，再解不等式，求出集合，最后求并集即可.【详解】解不等式得，即；解不等式得，即，所以.故选C【点睛】本题主要考查集合的并集运算，熟记概念即可求解，属于基础题型.2.设是复数的共轭复数，且，则（ ）A. 3 B. 5 C. D. 【答案】D【解析】，故.3.已知两个非零单位向量，的夹角为，则下列结论不正确的是（ ）A. 在方向上的投影为B. C. ，D. 不存在，使【答案】A【解析】【分析】根据向量投影的定义可判断A；根据向量的数量积可判断B，C，D.【详解】因为两个非零单位向量，的夹角为，所以在方向上的投影为;故A错；又，所以；故B正确；因为，所以，故C正确；因为，因此不存在，使，故D正确.故选A【点睛】本题主要考查向量数量积的应用，熟记向量数量积的概念和计算公式即可，属于基础题型.4.安徽黄山景区，每半小时会有一趟缆车从山上发车到山下，某人下午在山上，准备乘坐缆车下山，则他等待时间不多于分钟的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意分析在何区间内等待时间可以控制在5分钟之内，再由概率计算公式即可求出结果.【详解】此人在25分到30分或55分到60分之间的5分钟内到达，等待时间不多于5分钟，所以他等待时间不多于分钟的概率为.故选B【点睛】本题主要考查几何概型，熟记公式即可求解，属于基础题型.5.若，则有（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，得出函数的单调性，根据，即可得出结果.【详解】令，则在R上单调递增，又，所以，解，所以，即.故选D【点睛】本题主要考查不等式，可借助函数的单调性比较大小，属于基础题型.6.过抛物线的焦点的直线交于，点处的切线与，轴分别交于点，若的面积为，则（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】先设，再求出点处的切线方程，进而求出，坐标，得到的面积，即可求出点坐标，求出的长.【详解】因为过抛物线的焦点的直线交于，所以设，又，所以，所以点处的切线方程为：,令可得，即；令可得，即,因为的面积为，所以，解得，所以.故选B【点睛】本题主要考查抛物线的性质，只需先求出点坐标，即可根据抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离求解，属于常考题型.7.孙子算经是中国古代重要的数学著作，书中有一问题：“今有方物一束，外周一匝有十二枚，问积几何？”该著作中提出了一种解决此问题的方法：“重置二位，左位减八，余加右位，至尽虚减一，即得”通过对该题的研究发现，若一束方物外周一匝的枚数是的整数倍时，均可采用此方法求解如图是解决这类问题的程序框图，若输入，则输出的结果为（ ）A. 47 B. 48 C. 39 D. 40【答案】A【解析】【分析】按照程序框图逐步执行，即可求出结果.【详解】执行程序框图如下：初始值，执行循环体；，执行循环体；，执行循环体；，结束循环， .输出.故选A【点睛】本题主要考查程序框图，按程序逐步执行即可，属于基础题型.8.某几何体的三视图如图所示，图中每一个小方格均为正方形，且边长为1，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】几何体为半个圆锥与半个圆柱的组合体，如图，体积为选B.9.已知双曲线，为坐标原点，为的右焦点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为若为直角三角形，则（ ）A. 2 B. 4 C. 6 D. 8【答案】C【解析】【分析】由题意不妨假设点在第一象限、点在第四象限，解三角形即可.【详解】不妨假设点在第一象限、点在第四象限，.则易知，在中，.故选C【点睛】本题主要考查双曲线的性质，根据双曲线的特征设出，位置，以及的直角，即可结合条件求解，属于常考题型.10.若关于的方程在区间上有且只有一解，则正数的最大值是（ ）A. 8 B. 7 C. 6 D. 5【答案】B【解析】【分析】先将方程有且只有一解问题转化为函数与在区间上有且只有一个交点的问题，数形结合的思想即可求出的范围.【详解】因为可变为，所以方程在区间上有且只有一解可化为与在区间上有且只有一个交点,如图，由已知可得：设函数的最小正周期为，则，.故选B【点睛】本题主要考查正弦函数图像，解题关键是运用数形结合的思想，将方程有且只有一解问题转化为函数与在区间上有且只有一个交点的问题，属于常考题型.11.已知奇函数的图象经过点，若矩形的顶点在轴上，顶点在函数的图象上，则矩形绕轴旋转而成的几何体的体积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由奇函数的图象经过点先求出，的值，得到函数表达式；接下来分析该几何体为矩形绕轴旋转而得，进而判断出它是一个圆柱，设其半径为，结合题意即可表示出圆柱的体积，由基本不等式即可求出其最值.【详解】由，及得，如图，不妨设点在轴的上方，不难知该旋转体为圆柱，半径，令，整理得，则为这个一元二次方程的两不等实根，所以于是圆柱的体积，当且仅当，即时，等号成立.故选B【点睛】本题主要考查旋转体的体积，结合基本不等式与体积公式即可求解，属于常考题型.12.正三棱锥中，已知点在上，两两垂直，正三棱锥的外接球为球，过点作球的截面，则截球所得截面面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三棱锥外接球的直径为所在正方体的体对角线可知外接球半径，过作，为垂足，当垂直截面时，截面圆半径最小，进而得出面积.【详解】由，两两垂直，可知该三棱锥由棱长为4的正方体四个顶点组成，三棱锥外接球的直径为所在正方体的体对角线，,过作，为垂足，,在中，当垂直截面时，截面圆半径最小.，.故选C【点睛】本题主要考查几何体外接球的问题，只需确定垂直截面时，截面圆半径最小，即可求解，属于常考题型.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填在横线上13.若，则_【答案】【解析】【分析】先由二倍角公式将化为，再根据同角三角函数基本关系即可求出结果.【详解】因为，所以.【点睛】本题主要考查二倍角公式以及同角三角函数基本关系，熟记公式即可求解，属于基础题型.14.若实数满足条件，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】作出约束条件表示的可行域，再由的几何意义是直线的纵截距的相反数，平移直线，根据图形可得结论.【详解】作出约束条件表示的可行域如图：的几何意义是直线的纵截距的相反数，由，可得交点坐标为，平移直线根据图形可知，当直线在经过时，取得最大值，最大值为7.故答案为7【点睛】本题主要考查线性规划，解题关键是作出出可行域，对目标函数进行平移，找出最优解，属于基础题型.15.已知边长为的正的三个顶点都在球的表面上，且与平面所成的角为，则球的表面积为_【答案】【解析】【分析】先计算出正三角形外接圆半径，再由与平面所成的角为，求出球的半径，进而可求出结果.【详解】设正的外接圆圆心为，易知，在中，故球的表面积为.【点睛】本题主要考查球的表面积，熟记公式即可求解，属于基础题型.16.在中，内角所对的边分别为若，且的面积等于，则_【答案】【解析】【分析】由，且的面积等于3，分别利用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式列方程，解方程即可得出结果.【详解】因为，的面积等于，由，根据正弦定理可得，由余弦定理可得，由三角形面积公式得由得，.故答案为【点睛】本题主要考查解三角形的问题，熟记正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式，即可求解，属于常考题型.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解答应写在答题卡上的指定区域内17.已知数列满足，（I）证明是等比数列，并求的通项公式；（II）证明：【答案】（I）详见解析；（II）详见解析.【解析】【分析】（I）由得，即可证明数列是等比数列；进而可求出的通项公式；（II）先由裂项相消法求，进而可证明结论成立.【详解】（I）由得。又，所以是首项为，公比为的等比数列 ，因此的通项公式为. （）由（I）知于是 .【点睛】本题主要考查等比数列，以及数列的求和，证明数列是等比数列，常用等比数列的概念来证明；裂项相消法求数列的和是考试中经常会遇到的一个类型，属于基础题型.18.销售某种活海鲜，根据以往的销售情况，按日需量（公斤）属于0，100)，100，200)，200，300)，300，400)，400，500进行分组，得到如图所示的频率分布直方图这种海鲜经销商进价成本为每公斤20元，当天进货当天以每公斤30元进行销售，当天未售出的须全部以每公斤10元卖给冷冻库某海鲜产品经销商某天购进了300公斤这种海鲜，设当天利润为元（I）求关于的函数关系式；（II）结合直方图估计利润不小于800元的概率【答案】（I）；（II）0.072.【解析】【分析】（I）利润=（售价-成本）数量，分段表示即可.（II）由（I）知时，的范围，之后结合直方图可求概率.【详解】（）当日需求量不低于公斤时，利润元；当日需求量不足公斤时，利润（元）；故 （）由得，【点睛】本题主要考查分段函数、概率，解题关键是看懂频率分布直方图，掌握概率求解的方法，属于基础题型.19.在四棱锥中，为梯形，（I）点在线段上，满足平面，求的值；（II）已知与的交点为，若，且平面平面，求四棱锥的体积【答案】（I）2；（II）.【解析】【分析】（I）延长，交于点，根据线面平行得出线线平行，进而根据中位线定理得出结论.（II）由四棱锥的体积公式，即可求解.【详解】（）延长交于点，则 是平面与平面的交线，由平面，则 为 中点，（）在梯形中， ，且，故， 且，又，可得 ，.【点睛】本题主要考查直线与平面平行的性质定理，以及几何体的体积，解题关键是熟记线面平行的性质、线面垂直的判定定理以及几何体的体积公式等，属于常考题型.20.已知点，是椭圆上两个不同的点，到直线的距离顺次成等差数列（I）求的值；（II）线段的中垂线交轴于点，求直线的方程【答案】（I）8；（II）.【解析】【分析】（）先设到直线的距离顺次是,用表示出，再由顺次成等差数列，即可求出结果.（II）先设线段的中点为，由（）可得，再设，从而可得的中垂线的方程，再由在直线上，在椭圆上，列出方程组，即可求解.【详解】（）设到直线的距离顺次是，则顺次成等差数列，即. （）设线段的中点为，由（），设，则的中垂线的方程为：，在直线上，故有，即 在椭圆上，得， 联立可得：，解得.即点坐标为，直线的方程为.【点睛】本题主要考查直线与椭圆的综合问题，结合椭圆的性质，以及直线与椭圆的位置关系即可求解，属于常考题型.21.设函数（I）求函数的单调区间；（II）记函数的最小值为，证明：【答案】（I）在上单调递减，在上单调递增；（II）详见解析.【解析】【分析】（I）对函数求导，解导函数所对应的不等式即可求出结果；（II）由（I）先得到，要证，即证明，即证明，构造函数，用导数的方法求函数的最小值即可.【详解】（）显然的定义域为 ，若，此时，在上单调递减；若，此时，在上单调递增；综上所述：在上单调递减，在上单调递增 （）由（）知：， 即： 要证，即证明，即证明，令，则只需证明，且，当，此时，在上单调递减；当，此时，在上单调递增， 【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性，最值等，属于常考题型.请考生从第22、23题中任选一题做答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分：多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）是曲线上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，设点的轨迹为曲线以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系（I）求曲线，的极坐标方程；（II）在（I）的条件下，若射线与曲线，分别交于两点（除极点外），且有定点，求面积【答案】（I）的极坐标方程为，的极坐标方程为；（II）.【解析】【分析】（）由曲线的参数方程先化为普通方程，进而可化为极坐标方程；根据曲线的极坐标方程，求出的极坐标方程即可；（II）先求出两点的极坐标，进而可求出和，再由即可求出结果.【详解】（）由题设，得的直角坐标方程为，即，故的极坐标方程为，即 设点，则由已知得，代入的极坐标方程得，即的极坐标方程为 （）将代入的极坐标方程得， 又因为，所以，所以【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及参数方程与普通方程的转化问题，以及极坐标的方法求弦长等，熟记公式即可求解，属于常考题型.23.已知函数（I）当时，求不等式的解集；（II）求证：【答案】（I）；（II）详见解析.【解析】【分析】（I）将代入不等式，再由分类讨论的思想求解即可；（）根据含绝对值不等式的性质将）化为 ，即可证明结论成立.【详解】（） 当时，由，得 解得 的解集为； （） ，当且仅当时等号成立.【点睛】本题主要考查含绝对值不等式，解含绝对值不等式，只需用分类讨论的思想处理即可；证明不等式的问题，只需熟记含绝对值不等式的性质即可，属于常考题型.
展开阅读全文