2019屆市第一中學高三第六次質檢數學（理）試題

一、單選題

1．已知（是實數），其中是虛數單位，則（）

A．-2

B．-1

C．1

D．3

【答案】A

【解析】解析：由題設可得，則，故，應選答案A．

2．如圖,網格紙上小正方形的邊長為,若四邊形及其內部的點組成的集合記為,為中任意一點,則的最大值為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】先畫出，平移直線易得在點D處取得最大值，代入點D坐標求出最大值.【詳解】

解：在圖中畫出直線，平移直線易得在點D處取得最大值

因為點D，所以最大為2

故選：B.【點睛】

本題考查了簡單線性規劃問題，屬于基礎題.3．如圖，在平面直角坐標系中，直線與圓相交于兩點，則=（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】圓心O到直線距離為，所以，選D.4．在的展開式中，若二項式系數最大的項是第六項，則展開式中常數項（）.A．180

B．120

C．90

D．45

【答案】A

【解析】根據二項式系數最大的項是第六項，可以求出的值，再根據二項式展開式的通項公式，求出常數項即可.【詳解】

因為二項式系數最大的項是第六項，所以.，該二項式的展開式的通項公式為：，令，所以常數項為：

.故選：A

【點睛】

本題考查了二項式定理的應用、二項式展開式的通項公式，考查了二項式系數的性質，屬于基礎題.5．下邊的程序運行后輸出的結果為（）

A．50

B．5

C．25

D．0

【答案】D

【解析】共執行了5次循環體，第一次a=1,第二次a=3,第三次a=1,第四次，a=0,第五次a=0.所以輸出a的值為0

6．平面上三條直線，，如果這三條直線將平面劃分成六部分，則實數的取值集合（）.A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根據三條直線將平面劃分成六部分，可以確定三條直線的位置關系，然后分類討論求出實數的取值集合.【詳解】

因為三條直線將平面劃分成六部分，所以三條直線有以下兩種情況：

（1）三條直線交于同一點.解方程組，所以交點坐標為，直線也過該點，故；

（2）當直線與平行時，；

當直線與平行時，綜上所述：.故選：D

【點睛】

本題考查了直線分平面問題，考查了直線與直線的位置關系，考查了已知直線平行求參數問題，屬于基礎題.7．已知是等比數列的前項和，若存在，滿足，則數列的公比為（）

A．

B．

C．2

D．3

【答案】D

【解析】先判斷，由，利用等比數列求和公式可得，結合可得，從而根據可得結果.【詳解】

設等比數列公比為

當時，不符合題意，當時，得，又，由，得，故選D.【點睛】

本題主要考查等比數列的通項公式與求和公式的應用，意在考查對基本公式的掌握與應用，考查了分類討論思想的應用，屬于中檔題.解有關等比數列求和的題的過程中，如果公比是參數一定要討論與兩種情況，這是易錯點.8．某市為加強城市圈的建設，計劃對周邊如圖所示的???????八個中小城市進行綜合規劃治理，第一期工程擬從這八個中小城市中選取三個城市，但要求沒有任何兩個城市相鄰，則城市被選中的概率為（）.A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】根據題意列出城市被選中的情況和沒有被選中的情況，最后求出概率即可.【詳解】

八個中小城市中選取三個城市，要求沒有任何兩個城市相鄰，城市被選中的情況有：，共10種；

八個中小城市中選取三個城市，要求沒有任何兩個城市相鄰，城市沒被選中的情況有：，共10種,所以城市被選中的概率為.故選：A

【點睛】

本題考查了古典概型概率的計算方法，屬于基礎題.9．

已知點A(－2,3)在拋物線C：y2＝2px的準線上，過點A的直線與C在第一象限相切于點B，記C的焦點為F，則直線BF的斜率為()

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】試題分析：由于點在拋物線C：的準線上，所以，設直線AB的方程為，將與聯立，即，則（負值舍去），將k=2代入得y=8，即可求出x=8，故B（8,8），所以，故選D.【考點】1.直線與拋物線的位置關系；2.斜率公式.10．已知函數是定義在上的可導函數，其導函數為，則命題，且，成立的充要條件是（）.A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】由導數的定義,結合充要條件的定義直接求解即可

【詳解】

且，不妨設，當時，可得，設，所以該函數是單調遞減函數，故；

當時，可得，設，所以該函數是單調遞增函數，故，因此有.故選：B

【點睛】

本題考查了充要條件的判斷，考查了導數的應用，屬于基礎題.11．已知點在圓上，點在圓上，則下列說法錯誤的是

A．的取值范圍為

B．取值范圍為

C．的取值范圍為

D．若，則實數的取值范圍為

【答案】B

【解析】∵M在圓C1上，點N在圓C2上，∴∠MON≥90°，∴≤0，又OM≤+1，ON≤+1，∴當OM=+1，ON=+1時，取得最小值（+1）2cosπ=﹣3﹣2，故A正確；

設M（1+cosα，1+sinα），N（﹣1+cosβ，﹣1+sinβ），則=（cosα+cosβ，sinα+sinβ），∴2=2cosαcosβ+2sinαsinβ+2=2cos（α﹣β）+2，∴0≤≤2，故B錯誤；

∵兩圓外離，半徑均為1，|C1C2|=2，∴2﹣2≤|MN|≤2+2，即2﹣2≤≤2+2，故C正確；

∵﹣1≤|OM|≤+1，-1≤|ON|≤+1，∴當時，≤﹣λ≤，解得﹣3﹣2≤λ≤﹣3+2，故D正確．

故選B．

12．已知，，是半徑為2的球面上的點，，點在上的射影為，則三棱錐體積的最大值是（）.A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】由可以判斷出點在底面的射影的位置，這樣可以確定球心位置，利用勾股定理、直角三角形的性質可以求出點到底面的距離，利用相似三角形的性質，可以求出三角形的面積表達式，最后利用導數求出其面積的最大值，最后也就求出了體積的最大值,【詳解】

因為，所以點在底面的射影是直角三角形斜邊中點，所以球心在線段的延長線上，設，因此，即，.過作，垂足為，設，，由，可得，設，則有，由，可得，當時，函數單調遞增，當時，函數單調遞減，故當，函數有最大值，最大值為：.三角形的面積的最大值為.三棱錐體積的最大值是.故選：B

【點睛】

本題考查了三棱錐體積最大值的求法，考查了幾何體的性質，考查了直角三角形的性質，考查了導數的應用，考查了數學運算能力.二、填空題

13．計算__________．

【答案】

【解析】分析：根據定積分的幾何意義，將定積分化為兩個區域的面積求解．

詳解：令，可得，表示以原點為圓心，半徑為2的圓的上半部分．

結合圖形可得所求定積分為和扇形的面積之和（如圖），且中，扇形中，．

故．

點睛：求定積分的方法有兩種，一是根據微積分基本定理求解；二是根據定積分的幾何意義求解，特別是對于被積函數中含有根號形式的定積分，一般要根據幾何意義轉化為圖形的面積求解．

14．在DABC中，且，則_______.【答案】

【解析】先利用正弦定理化邊為角，結合倍角公式求出，從而求出.【詳解】

因為，所以；，解得（舍），；所以，解得，由,所以，故為銳角，所以.【點睛】

本題主要考查求解三角形.三角形求解一般是利用邊角關系進行轉化，三角恒等變換也會經常使用.15．已知雙曲線C：，左、右焦點分別為，過點作一直線與雙曲線C的右半支交于P、Q兩點，使得∠F1PQ=90°，則△F1PQ的內切圓的半徑r

=________．

【答案】2

【解析】【詳解】

由雙曲線的性質知，,因∠F1PQ=90°，故,因此，從而直角三角形的內切圓半徑是,故填2.點睛：在一個直角三角形中，內切圓的半徑，可根據切線長定理得到：，其中分別為直角邊和斜邊.16．正方體的棱長為1，動點在線段上，動點在平面上，且平面.線段長度的最小值為______.【答案】

【解析】建立空間直角坐標系，設，求出相應點的坐標，利用平面向量數量積的運算，結合平面，可以求出點的坐標，利用空間兩點間距離公式，結合配方法求出線段長度的最小值.【詳解】

以為空間直角坐標系的原點，以為軸.設，則，因為平面，所以，所以

線段長度為：，當時，有最小值，其值為.故答案為：

【點睛】

本題考查了利用配方法求線段的長的最小值，考查了利用空間向量數量積的應用，考查了線面垂直的性質，考查了數學運算能力.三、解答題

17．設數列的前項之積為，且．

（1）求數列的通項公式；

（2）設，數列的前項之和為．若對任意的，總有，求實數的取值范圍．

【答案】（1）；（2）.【解析】試題分析：(1)由,再由可得數列的通項公式；(2)先求出,再根據對任意的,可得的取值范圍.試題解析：解：（1）由，得，所以，所以．

又，所以．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分

（2）由，得，所以，因為對任意的，故所求的取值范圍是．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分

【考點】1.等比數列的通項公式和性質；2.等比數列求和.18．為了了解我校高2017級本部和大學城校區的學生是否愿意參加自主招生培訓的情況，對全年級2000名高三學生進行了問卷調查，統計結果如下表：

校區

愿意參加

不愿意參加

重慶一中本部校區

220

980

重慶一中大學城校區

720

（1）若從愿意參加自主招生培訓的同學中按分層抽樣的方法抽取15人，則大學城校區應抽取幾人；

（2）現對愿意參加自主招生的同學組織摸底考試，考試題共有5道題，每題20分，對于這5道題，考生“如花姐”完全會答的有3題，不完全會的有2道，不完全會的每道題她得分的概率滿足：，假設解答各題之間沒有影響，①對于一道不完全會的題，求“如花姐”得分的均值；

②試求“如花姐”在本次摸底考試中總得分的數學期望．

【答案】（1）；（2）①；②．

【解析】試題分析：（1）由分層抽樣的概念得結果；（2）①直接利用公式，可得“如花姐”得分的數學期望；②，由相互獨立事件同時發生的概率計算公式，計算隨機變量取每個值時的概率，由期望計算公式得結果．

試題解析：（1）大學城校區應抽取人；

（2）①由題知：對一道不完全會的題，“如花姐”得分的分布列為，即；

所以對于每一道不完全會的題，“如花姐”得分的期望為分；

②記為“如花姐”做兩道不完全會的題的得分總和，則；

；

．

所以“如花姐”最后得分的期望值為分．

【考點】（1）分層抽樣；（2）離散型隨機變量的分布列及期望．

19．如圖，棱形與正三角形的邊長均為2，它們所在平面互相垂直，且．

（1）求證：；

（2）若，求二面角的余弦值．

【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）二面角的余弦值是．

【解析】試題分析：（1）依據線面平行的判定定理，需要在平面找到一條直線與直線平行即可．因為平面平面，則過點作于，連接，證明四邊形為平行四邊形即可；（2）由（1）知平面，又，為等邊三角形，分別以所在直線為軸建立如圖所示空間直角坐標系，分別求出平面和平面的法向量即可．

試題解析：（1）如圖，過點作于，連接，可證得四邊形為平行四邊形，平面

（2）連接，由（1），得為中點，又，為等邊三角形，分別以所在直線為軸建立如圖所示空間直角坐標系，則，設平面的法向量為，由即，令，得

設平面的法向量為

由即，令，得

所以，所以二面角的余弦值是

【考點】（1）線面平行的判定定理；（2）利用空間向量求二面角．

20．設橢圓(a>b>0)的左焦點為F，上頂點為B.已知橢圓的離心率為，點A的坐標為，且.（I）求橢圓的方程；

（II）設直線l：與橢圓在第一象限的交點為P，且l與直線AB交于點Q.若(O為原點)，求k的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或

【解析】分析：（Ⅰ）由題意結合橢圓的性質可得a=3，b=2．則橢圓的方程為．

（Ⅱ）設點P的坐標為（x1，y1），點Q的坐標為（x2，y2）．由題意可得5y1=9y2．由方程組可得．由方程組可得．據此得到關于k的方程，解方程可得k的值為或

詳解：（Ⅰ）設橢圓的焦距為2c，由已知有，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，由，可得ab=6，從而a=3，b=2．

所以，橢圓的方程為．

（Ⅱ）設點P的坐標為（x1，y1），點Q的坐標為（x2，y2）．

由已知有y1>y2>0，故．

又因為，而∠OAB=，故．

由，可得5y1=9y2．

由方程組消去x，可得．

易知直線AB的方程為x+y–2=0，由方程組消去x，可得．

由5y1=9y2，可得5（k+1）=，兩邊平方，整理得，解得，或．

所以，k的值為或

點睛：解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：

(1)注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；

(2)強化有關直線與橢圓聯立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．

21．已知函數.（1）討論的導函數零點的個數；

（2）若函數的最小值為，求的取值范圍.【答案】（1）見解析（2）

【解析】試題分析：（1）由已知，根據求導公式和法則，可得函數的導函數為，構造函數，易知在上為單調遞增，則，因此若或時，函數沒有零點，所以函數只有一個零點1；若或時，函數存在唯一個零點，所以函數有兩個零點.（2）由（1）知，可對的取值范圍，結合函數的單調性，進行分段討論，對參數各段取值，逐一求出函數的最小值是否為，若是即滿足題意，綜合全部從而可確定參數的取值范圍.試題解析：（1），令，故在上單調遞增

則

因此當或時，只有一個零點；

當或時，有兩個零點.（2）當時，則函數在處取得最小值

當時，則函數在上單調遞增，則必存在正數，使得.若，則，函數在與上單調遞增，在上單調遞減，又，故不符合題意.若，則，函數在上單調遞增，又，故不符合題意.若，則，設正數

則，與函數的最小值為矛盾.綜上所述，即.22．（選修4-4：坐標系與參數方程）

在直角坐標系中，圓，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，.（1）求的極坐標方程和的平面直角坐標系方程；

（2）若直線的極坐標方程為，設與的交點為，與的交點為，求的面積.【答案】(1)見解析;(2)

.【解析】試題分析：（1）化圓的標準方程為一般方程，再把代入一般方程得的極坐標方程，利用極坐標方程的幾何意義以及直線的點斜式方程，可得的直角坐標方程；（2）分別將代入，得，根據極徑與極角的幾何意義，利用三角形面積公式可得結果.試題解析：（1）因為圓的普通方程為，把代入方程得，所以的極坐標方程為，的平面直角坐標系方程為；

（2）分別將代入，得，則的面積為.23．已知函數，.（1）求不等式的解集；

（2）若存在，使得和互為相反數，求的取值范圍.【答案】（1）（2）

【解析】（1）利用零點分類討論方法求解不等式解集即可；

（2）由存在，存在，使得成立，可以轉化為，利用絕對值的性質、函數的最值，通過解絕對值不等式求出的取值范圍.【詳解】

（1）時，解得，不合題意；

時，解得，時，解得.綜上，不等式的解集是.（2）因為存在，存在，使得成立，所以.又，而，故的最小值是，可知，所以，解得.所以實數的取值范圍為.【點睛】

本題考查了解絕對值不等式，考查了存在性問題，考查了絕對值的性質，考查了數學運算能力.