2019届高三数学下学期第八次模拟考试试题 理（含解析）.doc

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1、- 1 -20192019 年度全国高三联合质量测评年度全国高三联合质量测评理科数学理科数学第第卷（共卷（共 6060 分）分）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的1. 设全集，若集合，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，故选 B.2. 在复平面内，复数（是虚数单位）对应的点位于（ ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】， 对应坐标为，对应

2、的点位于第四象限，故选 D.3. 已知等差数列 1， ， ，等比数列 4，则该等比数列的公比为（ ）A. B. C.或 D. 10 或【答案】C【解析】成等差数列， 又，成等比数列， 由得或，等比数列为或，公比为或，故选 C.4. 已知高峰期间某地铁始发站的发车频率为 5 分钟 1 班，由于是始发站，每次停靠 1 分钟后发车，则小明在高峰期间到该站后 1 分钟之内能上车的概率为（ ）A. B. C. D. - 2 -【答案】D【解析】根据已知,从上一班车发出后开始的 分钟内，只要小明在第 分祌到第 分祌之间的任一时刻到达均能在到该站后 分祌之内能上车,由几何概率公式得：小明在高峰期间到该站后

3、分钟之内能上车的概率为,故选 D. 5. 抛物线的焦点为 ，点 为抛物线上的动点，点为其准线上的动点，当为以点 为直角顶点的等腰直角三角形时，其面积为（ ）A. 2 B. C. D. 【答案】A【解析】过 作准线的垂线垂足为，则，又与重合，此时，故选 A.6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是由半个圆锥，半圆柱和一个圆柱组成，其体积是三个几何体体积之和，故选 C.7. 函数的示意图是（ ）A. B. C. D. - 3 -【答案】A【解析】，令，得函数，在上递增，令，得函数，在上递减，又时，排除，故选 A.【方

4、法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.8. 如果，在不等式；中，所有正确命题的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】B9. 执行下面的程序框图，如果输入，则输出的坐标对应的点在以下幂函数图象上的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D- 4 -【解析】执行程序框图，不成立；不成

5、立；不成立，成立输出，点在上，故选 D.10. 在双曲线的左支上有一点到直线的距离为，则的值为（ ）A. B. C. 144 D. 12【答案】B【解析】在左支上，在渐近线下方，由点到直线的距离公式得，又，故选 B.11. 已知正方体的棱长为 2，其表面上的动点 到底面的中心 的距离为，则线段的中点的轨迹长度为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】动点 的轨迹是以 为球心，以为半径的球面，球面与平面的交点轨迹是以中点为圆心，以 为半径的半圆，对应中点的轨迹是以为半径的半圆，长度为，由于球面同时与面、面、面都相交，交的轨迹长度为，故选 B.- 5 -12. 已知函数，则满足的实数 共有

6、（ ）A. 0 个 B. 1 个 C. 2 个 D. 3 个【答案】C【解析】由，可得，或者，由，化为，设，在上递增，在上有一个根，满足的 值有两个，若，设， ，设极值点为，则，不妨设 而函数在上递增，在上递减，极小值为无实根，综上所述，满足的实数 共有 根.【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的极值极值及零点、分类讨论思想，.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题

7、条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.本题的解答，是分两种情况分别求得适合条件的 值的.第第卷（共卷（共 9090 分）分）二、填空题（每题二、填空题（每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上）13. 已知向量 与 的夹角为，则_【答案】2【解析】， - 6 -， 由-可得，故答案为 .14. 在二项式的展开式中， 的系数是，则实数 的值为_【答案】1【解析】15. 若等比数列的前 项和，则 的值为_【答案】-1【解析】，两式子对照即可得到，故答案为.16. 设关于 ， 的不等式组表示的平面区域内存在点，满足，则的取值范

8、围是_【答案】【解析】由，得，只需点 在圆内或者满足，即或，可得或，故答案为.【方法点晴】本题主要考查可行域、含参数约束条件以及圆的标准方程，属于难题.含参变量的线性规划问题是近年来高考命题的热点，由于参数的引入，提高了思维的技巧、增加了解题的难度， 此类问题的存在增加了探索问题的动态性和开放性，此类问题一般从目标函数的结论入手，对目标函数变化过程进行详细分析，对变化过程中的相关量的准确定位，是求最优解的关键.- 7 -三、解答题三、解答题 （本大题共（本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ） 17. 已

9、知函数.（）求的最小正周期；（）若 ， ， 是的三条边，且，边 所对的角为 弧度，求的最大值.【答案】(1) 的最小正周期为;(2) 时，的最大值为.【解析】试题分析：（）利用二倍角的正弦、余弦公式及辅助角公式可将化为，从而可得结果；（）根据余弦定理以及基本不等式求得，结合正弦函数的图象与单调性可得结果.试题解析：（）因为 ，所以的最小正周期为.（）因为，所以 .则，从而.因为，则.所以当，即时，的最大值为.18. 在矩形中， 是边的中点，如图（1） ，将沿直线翻折到的位置，使，如图（2）.（）求证：平面平面；（）已知， ， 分别是线段，上的点，且，平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(

10、1)见解析;(2) 直线与平面所成角的正弦值为.- 8 -【解析】试题分析：（）先证明平面，从而可得，由平面几何知识可得，由线面垂直的判定定理可得 BE平面 PCE，进而由面面垂直的判定定理可得结论；（）以点 为原点，分别以，所在直线为 ， 轴，以经过点 且垂直于平面的直线为 轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及直线的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.试题解析：（）证明：连结，由题意可知.又因为，平面，所以平面.又因为平面，所以.又因为在矩形中，所以.又因为，平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（）在图（2）中，以点 为原点，分别以，所在直线为 ， 轴，以经过点 且垂直于

11、平面的直线为 轴建立空间直角坐标系，如下图所示.由题意可知，取的中点 ，连结.由（）可知平面平面.又因为，所以.又因为平面平面，所以平面.可得.- 9 -又因为，所以.因为，可得.设，可得.所以.又因为，设平面的法向量为，则令，可得，所以因为平面，所以，可得.所以.由（）可知平面，所以是平面的一个法向量，.可得.所以直线与平面所成角的正弦值为.【方法点晴】本题主要考查面面垂直的判定定理、利用空间向量求线面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为

12、零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19. 超市某种绿色食品，过去 20 个月该食品的月市场需求量 （单位：，）即每月销售的数据记录如下：137 108 114 121 115 135 122 140 128 139125 140 130 125 105 115 133 124 149 115- 10 -对这 20 个数据按组距 10 进行分组，并统计整理，绘制了如下尚不完整的统计图表：（）写出， 的值.若视 分布在各区间内的频率为相应的概率，试计算；（）记 组月市场需求量数据的平均数与方差分别为， 组月市场需求量数据的平均数与方差

13、分别为，试分别比较与，与的大小；（只需写出结论）（）为保证该绿色产品的质量，超市规定该产品仅在每月一日上架销售，每月最后一日对所有未售出的产品进行下架处理.若超市每售出该绿色食品可获利润 5 元，未售出的食品每亏损 3 元，并且超市为下一个月采购了该绿色食品，求超市下一个月销售该绿色食品的利润 的分布列及数学期望.（以分组的区间中点值代表该组的各个值，并以月市场需求量落入该区间的频率作为月市场需求量取该组区间中点值的概率）【答案】(1) ， ;(2) ，；（3） 的分布列为（元）.【解析】试题分析：（）根据原始数据统计，可得， 的值，根据古典概型概率公式及互斥事件的概率可得的值；（）观察所给数

14、据的分散与集中程度可得结果；（）随机变量 可取的值为 ，利用古典概型概率公式分别算出各随机变量对应的概率，可得分布列，进而利用期望公式可得结果.试题解析：（），（），；- 11 -（）由题意可知：利润当时，；当时，；当时，；当时，.所以 的可能取值为 450，530，610，650，；.所以 的分布列为所以 （元）20. 已知椭圆：（）的短轴长为 2，以为中点的弦经过左焦点，其中点不与坐标原点 重合，射线与以 圆心的圆交于点 .（）求椭圆的方程；（）若四边形是矩形，求圆 的半径；（）若圆 的半径为 2，求四边形面积的最小值.【答案】(1) ;(2) .（3）四边形面积的最小值为.【解析】试题分

15、析：（）根据题意列出关于 、 、 的方程组，结合性质 ， ，求出 、 、 ，即可得结果；（）设直线的方程为，直线与曲线联立，根据韦达定理结合，可求出，从而可得结果；（）根据弦长公式，点到直线距离公式和三角形面积公式可得四边形面积，利用单调性可得结果.试题解析：（）由题意可知，则，.- 12 -所以椭圆的方程为.（）由题意可知，直线不与 轴垂直，且经过点，所以可设直线的方程为.由得.易知判别式，设，则，所以，所以的中点为.因为四边形是矩形，所以，且.则，即，又因为，由解得.所以点，所以圆 的半径.（）当圆 的半径为 2 时，由（）可知的中点为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为.设点 到直线的距

16、离为 ，因为点是弦的中点，所以点 到直线的距离也为 ，则.因为点 ， 位于直线的异侧，所以.所以 .又因为，- 13 -所以所以四边形面积，其中.可知当时，即四边形面积的最小值为.21. 已知函数（常数）.（）求函数的单调区间；（）若曲线与直线相切，证明：.【答案】(1) 的单增区间为，单减区间为;(2)见解析.【解析】试题分析：（）求出， 得增区间，得减区间；（）设曲线与直线的切点为，由，可得，其中，利用导数研究函数的单调性可得，即.试题解析：（）函数的定义域为，.令，则，故单增.又，所以当时，因而，单增，即的单增区间为；当时，因而，单减，即的单减区间为.（）证明：设曲线与直线的切点为，因为

17、，所以，即.因为直线经过切点，所以，于是，有，即.令，则，故单增，又，- 14 -所以有唯一零点，且.再令，其中，则，故单减，所以，即.【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式和导数的几何意义，属于难题利用导数研究函数的单调性进一步求函数最值的步骤：确定函数的定义域；对求导；令，解不等式得 的范围就是递增区间；令，解不等式得 的范围就是递减区间.请考生在请考生在 2222、2323 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分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：，在以坐标原点为极点，

18、 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线：.（）写出，的直角坐标方程；（）点 ， 分别是曲线，上的动点，且点 在 轴的上侧，点 在 轴的左侧，与曲线相切，求当最小时，直线的极坐标方程.【答案】(1) ，;(2) .【解析】试题分析：（）利用平方法消去参数可得的普通方程，平方后，利用可得的直角坐标方程；（） ，可得 ，直线的斜率为可得直线的直角坐标方程，化成极坐标即可得结果.试题解析：（）曲线的直角坐标方程为；曲线的直角坐标方程为.（）连结，.因为与单位圆相切于点 ，所以.- 15 -所以.因为 ，又因为点 在 轴的上侧，所以当且仅当 点位于短轴上端点时最小，此时，在中，所以，又因为点 在 轴的左侧，所以直线的斜率为.所以直线的直角坐标方程为.所以直线的极坐标方程为.23. 选修 4-5：不等式选讲已知函数（其中，）.（）若，求不等式的解集；（）若，求证：，并求等号成立时 的取值范围.【答案】(1) ;(2)见解析，.【解析】试题分析：（）分三种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得结果；（）由与基本不等式可得，当且仅当即.“”成立，因为.试题解析：（）若，则函数 可得的解集为；（）证明：因为，所以，即，当且仅当即.“”成立.- 16 -，即，等号成立的充要条件是可以解得