2019屆衡水中學高三第三次質檢數學（理）試題

一、單選題

1．已知集合，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】求出集合A={x|x＜1}，B={x|ex＜1}={x|x＜0}，從而

={x|x≥0}，={x|x≥1}，由此能求出結果．

【詳解】

∵集合A={x|x＜1}，B={x|ex＜1}={x|x＜0}，={x|x≥0}，={x|x≥1}，∴A∩B={x|x＜0}，故A錯誤；

A∪B={x|x＜1}，故C錯誤；，故B

=正確；，故D錯誤．

故選B．

【點睛】

本題考查集合與集合的關系的判斷，考查補集、交集、并集等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，屬于基礎題．

2．已知為虛數單位，若，則（）

A．1

B．

C．

D．2

【答案】C

【解析】根據復數的除法運算得到，再由復數相等的概念得到參數值，進而得到結果.【詳解】

為虛數單位，若，根據復數相等得到.故答案為C.【點睛】

這個題目考查了復數除法運算，以及復數相等的概念，復數與相等的充要條件是且．復數相等的充要條件是化復為實的主要依據，多用來求解參數的值或取值范圍．步驟是：分別分離出兩個復數的實部和虛部，利用實部與實部相等、虛部與虛部相等列方程（組）求解．

3．向量在正方形網格中的位置如圖所示.若向量與共線,則實數（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】由圖像，根據向量的線性運算法則，可直接用表示出，進而可得出.【詳解】

由題中所給圖像可得：，又，所以.故選D

【點睛】

本題主要考查向量的線性運算，熟記向量的線性運算法則，即可得出結果，屬于基礎題型.4．函數f(x)=sin(x+)+cos(x?)的最大值為

A．

B．1

C．

D．

【答案】A

【解析】由誘導公式可得，則,函數的最大值為.所以選A.【名師點睛】三角恒等變換的綜合應用主要是將三角變換與三角函數的性質相結合，通過變換把函數化為的形式，再借助三角函數的圖像研究性質，解題時注意觀察角、函數名、結構等特征．

5．七巧板是我國古代勞動人民的發明之一，被譽為“東方模板”，它是由五塊等腰直角三角形、一塊正方形和一塊平行四邊形共七塊板組成的.如圖是一個用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一點，則此點取自黑色部分的概率為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】分析：由七巧板的構造，設小正方形的邊長為1，計算出黑色平行四邊形和黑色等腰直角三角形的面積之和．

詳解：設小正方形的邊長為1，可得黑色平行四邊形的底為高為；黑色等腰直角三角形的直角邊為2，斜邊為2，大正方形的邊長為2，所以，故選C．

點睛：本題主要考查幾何概型，由七巧板的構造，設小正方形的邊長為1，通過分析觀察，求得黑色平行四邊形的底和高，以及求出黑色等腰直角三角形直角邊和斜邊長，進而計算出黑色平行四邊形和黑色等腰直角三角形的面積之和，再將黑色部分面積除以大正方形面積可得概率，屬于較易題型．

6．已知，且，函數，則“”“是在上單調遞減”的（）

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】C

【解析】先將函數轉化為y＝logat，t＝，兩個基本函數，再利用復合函數求解．

【詳解】,且，為減函數.若在上單調遞減，則.且，則.是的充分不必要條件.故選.【點睛】

本題主要考查復合函數，關鍵是分解為兩個基本函數，利用同增異減的結論研究其單調性，再求參數的范圍,屬于基礎題．

7．一給定函數的圖象在下列四個選項中，并且對任意，由關系式得到的數列滿足.則該函數的圖象可能是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】利用已知條件推出，判斷函數的圖象，推出選項即可．

【詳解】

由題對于給定函數的圖象在下列四個選項中，并且對任意，由關系式得到的數列滿足．則可得到，所以在上都成立，即，所以函數圖象都在的下方．

故選A．

【點睛】

本題考查函數圖象的判斷，數列與函數的關系，屬基礎題．

8．某幾何體的三視圖如圖所示，其中主視圖，左視圖均是由高為2三角形構成，俯視圖由半徑為3的圓與其內接正三角形構成，則該幾何體的體積為（）

A．

B．

C．

D．.【答案】A

【解析】由三視圖知該幾何體由底面邊長是，高為的正三棱錐和底面半徑是高為的圓錐組合而成，利用錐體的體積公式可得結果.【詳解】

由三視圖知該幾何體由底面邊長是，高為的正三棱錐和

底面半徑是，高為的圓錐組合而成，正三棱錐的體積是，圓錐的體積是，所以組合體的體積，故選A.【點睛】

本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響，對簡單組合體三視圖問題，先看俯視圖確定底面的形狀，根據正視圖和側視圖，確定組合體的形狀.9．設雙曲線的左、右焦點分別為，，過作軸的垂線與雙曲線在第一象限的交點為，已知，點是雙曲線右支上的動點，且恒成立，則雙曲線的離心率的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】令x=c代入雙曲線的方程可得，由,可得，即為3a2>2b2=2(c2?a2)，即有①

又恒成立，由雙曲線的定義,可得2a+|PF2|+|PQ|>3c恒成立，由F2,P,Q共線時,|PF2|+|PQ|取得最小值|F2Q|=，可得3c<2a+，即有<②

由e>1，結合①②可得，e的范圍是(1,).故選：A.點睛：解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及范圍問題其關鍵就是確立一個關于a，b，c的方程或不等式，再根據a，b，c的關系消掉b得到a，c的關系式，建立關于a，b，c的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質、點的坐標的范圍等.10．已知實數滿足若恒成立，那么的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】由題意，作出不等式組對應的可行域，根據的圖象是過點，斜率為的直線，結合圖象，即可求解.【詳解】

由題意,實數滿足，即，作出約束條件所表示的平面區域，如圖所示，又因為函數的圖象是過點，斜率為的直線，要使得不等式恒成立，即恒成立，結合圖象可知，當直線過點時，斜率取得最小值，所以實數的取值范圍是，故選D.【點睛】

本題主要考查了簡單線性規劃的應用，其中解答中正確求解約束條件所對應的不等式組，作出約束條件所表示的平面區域，再根據斜率公式求解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，推理與計算能力.11．已知三棱錐中，，直線與底面所成角為，則此時三棱錐外接球的表面積為

（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】取的中點，判斷為三棱錐外接球的球心，即可求出結果.【詳解】

取中點，則，，因為直線與底面所成角為，所以，因為，所以，即為三棱錐外接球的球心，因為，所以，所以三棱錐外接球的表面積為.故選A

【點睛】

本題主要考查幾何體外接球的相關計算，熟記球的表面積公式即可，屬于常考題型.12．己知函數是定義在上的奇函數，當時，則函數在上的所有零點之和為（）

A．7

B．8

C．9

D．10

【答案】B

【解析】由已知可分析出函數是偶函數，則其零點必然關于原點對稱，故在上所有的零點的和為，則函數在上所有的零點的和，即函數在上所有的零點之和，求出上所有零點，可得答案．

【詳解】

解：函數是定義在上的奇函數，．

又函數，函數是偶函數，函數的零點都是以相反數的形式成對出現的．

函數在上所有的零點的和為，函數在上所有的零點的和，即函數在上所有的零點之和．

由時，即

函數在上的值域為，當且僅當時，又當時，函數在上的值域為，函數在上的值域為，函數在上的值域為，當且僅當時，函數在上的值域為，當且僅當時，故在上恒成立，在上無零點，同理在上無零點，依此類推，函數在無零點，綜上函數在上的所有零點之和為8

故選：．

【點睛】

本題考查的知識點是函數的奇偶性，函數的零點，函數的圖象和性質，其中在尋找上零點個數時，難度較大，故可以用歸納猜想的方法進行處理．

二、填空題

13．曲線與直線所圍成的封閉圖形的面積為__________．

【答案】

【解析】由定積分的幾何意義可得：封閉圖形的面積.14．展開式中的系數為________.【答案】15

【解析】寫出展開式的通項，求出含及的項，則答案可求．

【詳解】

解：

且展開式的通項為．

由，得；由，得（舍；由，得．

展開式中的系數為．

故答案為：．

【點睛】

本題主要考查了二項式定理的應用問題，解題時應靈活應用二項展開式的通項公式，屬于基礎題．

15．過拋物線的焦點的直線交于兩點，在點處的切線與軸分別交于點，若的面積為，則_________________。

【答案】2

【解析】設出直線的方程，設出點的坐標，求得過的切線方程，由此求得的坐標，代入三角形的面積公式列方程，解得點的坐標，根據拋物線的定義求得的值.【詳解】

由題意，焦點，設直線，不妨設為左交點，則過的切線為，則，所以，解得，則，根據拋物線的定義可得.【點睛】

本小題主要考查直線和拋物線的位置關系，考查拋物線的切線方程，考查拋物線的定義，屬于中檔題.16．已知銳角的三個內角的余弦值分別等于鈍角的三個內角的正弦值，其中，若，則的最大值為_______.【答案】

【解析】由于，且為鈍角，故，由正弦定理得，故.三、解答題

17．已知等差數列前5項和為50，數列的前項和為，.（Ⅰ）求數列，的通項公式；

（Ⅱ）若數列滿足,，求的值.【答案】(1)

;(2)

.【解析】試題分析：

（I）設等差數列{an}的公差為d，利用等差數列的通項公式及其前n項和公式即可首項和公差，即可求出數列{an}的通項公式，再根據數列的遞推公式可得所以{bn}為首項為1，公比為4的等比數列，即可求出數列{bn}的通項公式

（II）根據數列的遞推公式先求出{cn}的通項公式，再分組求和．

試題解析:

（Ⅰ）設等差數列的公差為．

依題意得

解得，所以.當時，當時，，以上兩式相減得，則，又，所以，.所以為首項為1，公比為4的等比數列，所以．

（Ⅱ）因為，當時，以上兩式相減得，所以，.當時，所以，不符合上式，所以

.18．如圖，在口中，沿將翻折到的位置，使平面平面.（1）求證：平面；

（2）若在線段上有一點滿足，且二面角的大小為，求的值.【答案】（1）證明見解析.(2).【解析】試題分析：(1)中由余弦定理可知，作于點，由面面垂直性質定理得平面.所以.又∵從而得證；

（2）以為原點，以方向為軸正方向建立如圖所示空間直角坐標系，由二面角的大小為60°布列關于的方程解之即可.試題解析：

（1）中，由余弦定理，可得.∴，∴，∴.作于點，∵平面平面，平面平面，∴平面.∵平面，∴.又∵，∴平面.又∵平面，∴.又，∴平面.（2）由（1）知兩兩垂直，以為原點，以方向為軸正方向建立如圖所示空間直角坐標系，則，.設，則由

.設平面的一個法向量為，則由,取.平面的一個法向量可取，∴

.∵，∴.19．某次數學知識比賽中共有6個不同的題目，每位同學從中隨機抽取3個題目進行作答，已知這6個題目中，甲只能正確作答其中的4個，而乙正確作答每個題目的概率均為，且甲、乙兩位同學對每個題目的作答都是相互獨立、互不影響的.（1）求甲、乙兩位同學總共正確作答3個題目的概率；

（2）若甲、乙兩位同學答對題目個數分別是，由于甲所在班級少一名學生參賽，故甲答對一題得15分，乙答對一題得10分，求甲乙兩人得分之和的期望.【答案】（1）；（2）50

【解析】（1）由題意可知共答對3題可以分為3種情況：甲答對1題乙答對2題；甲答對2題乙答對1題；甲答對3題乙答對0題．由此能求出甲、乙兩位同學總共正確作答3個題目的概率．

（2）的所有取值有1，2，3．分別求出相應的概率，由此能求出，由題意可知，故．利用，得．

【詳解】

解：（1）由題意可知共答對3題可以分為3種情況：甲答對1題乙答對2題；甲答對2題乙答對1題；甲答對3題乙答對0題.故所求的概率

（2）的所有取值有1，2，3，，故

由題意可知，故.而，所以

【點睛】

本題考查概率的求法，考查離散型隨機變量的分布列、數學期望的求法，考查古典概型、二項分布等基礎知識，考查運用求解能力，考查函數與方程思想，屬于中檔題．

20．在平面直角坐標系中，已知定點，點在軸上運動，點在軸上運動，點為坐標平面內的動點，且滿足，.（1）求動點的軌跡的方程；

（2）過曲線第一象限上一點（其中）作切線交直線于點，連結并延長交直線于點，求當面積取最小值時切點的橫坐標.【答案】（1）；（2）

【解析】（1）設點，，由已知條件推導出點，由此能求出動點的軌跡的方程；

（2）分別求出切線

與的方程，求得，的縱坐標，寫出三角形的面積，利用導數求解當△面積取最小值時切點的橫坐標．

【詳解】

解：（1）設，.因為，所以，，所以.（2）

或

或

因為為曲線上第一象限的點，則

過（其中）作曲線的切線，則切線的斜率

所以切線：，將代入得，直線：，將代入得，因為在拋物線上且在第一象限，所以，所以，設，，.【點睛】

本題考查點的軌跡方程的求法，考查斜率和相等的證明，解題時要認真審題，注意根的判別式和韋達定理的合理運用

21．已知函數.（1）當時，討論函數的單調性；

（2）若且，求證：.【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【解析】（1）求導得到導函數后，通過和兩種情況，確定的正負，從而得到函數的單調性；（2）將問題轉化為證明：；設，只需證；通過求導運算，可知，再通過零點存在定理，不斷確定的最值位置，從而證得，證得結論.【詳解】

（1）函數的定義域為

①若時，則，在上單調遞減；

②若時，當時，當時，；當時，故在上，單調遞減；在上，單調遞増

（2）若且，欲證

只需證

即證

設函數，則

當時，；故函數在上單調遞增

所以

設函數，則

設函數，則

當時，故存在，使得

從而函數在上單調遞增；在上單調遞減

當時，當時，故存在，使得

即當時，當時，從而函數在上單調遞增；在上單調遞減

因為

故當時，所以

即

【點睛】

本題考查討論含參數函數單調性、恒成立問題的證明.關鍵在于能夠將恒成立的不等式變成兩個函數之間的比較；對于兩個函數之間大小關系的比較，通常采用最值間的比較，通過證明，得到的結論.22．在直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程是，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的直角坐標方程；

（2）設曲線交于點，曲線與軸交于點，求線段的中點到點的距離.【答案】（1），；（2）

【解析】分析：（1）利用極坐標與直角坐標的互化公式，即可得到曲線和直角坐標方程，（2）寫出曲線的參數方程，代入曲線的直角坐標方程，根據根與系數的關系，即可求解．

詳解：（1）曲線的極坐標方程可以化為：，所以曲線的直角坐標方程為：，曲線的極坐標方程可以化為：，所以曲線的直角坐標方程為：；

（2）因為點的坐標為，的傾斜角為,所以的參數方程為：（為參數），將的參數方程代入曲線的直角坐標方程得到：，整理得：，判別式，中點對應的參數為，所以線段中點到點距離為.點睛：本題主要考查了極坐標與直角坐標的互化，直線參數方程的應用，熟記極坐標與直角坐標的互化公式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力．

23．選修4-5：不等式選講

已知函數，．

（Ⅰ）解不等式；

（Ⅱ）若對任意的，存在，使得，求實數的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】試題分析：(1)零點分區間去掉絕對值，分段求解；（2）原題等價于的值域包含的值域，，所以.詳解：

（Ⅰ）由，①當時，得，即；

②當時，得，即；

③當時，得，即；

綜上：不等式的解集是；

（Ⅱ）對任意的，存在，使得成立，即的值域包含的值域，由知，由，且等號能成立，所以，所以，即的取值范圍為.點睛：這個題目考查了含有絕對值的不等式的解法，絕對值三角不等式的應用，以及函數的值域問題；一般對于解含有多個絕對值的不等式，根據零點分區間，將絕對值去掉，分段解不等式即可.