2019届高三第三次模拟考试卷理科数学（一）Word版含答案.doc

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ ‎2019届高三第三次模拟考试卷 理 科 数 学（一）‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．[2019·深圳期末]已知集合，，若，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．[2019·广安期末]已知为虚数单位，，若复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限，且，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．[2019·潍坊期末]我国古代著名的周髀算经中提到：凡八节二十四气，气损益九寸九分六分分之一；冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸意思是：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为分；且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分则“立春”时日影长度为（ ）‎ A．分 B．分 C．分 D．分 ‎4．[2019·恩施质检]在区间上随机选取一个实数，则事件“”发生的概率是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．[2019·华阴期末]若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则此双曲线的离心率为（ ）‎ A．2 B． C． D．‎ ‎6．[2019·赣州期末]如图所示，某空间几何体的正视图和侧视图都是边长为的正方形，俯视图是四分之三圆，则该几何体的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．[2019·合肥质检]函数的图象大致为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎8．[2019·江西联考]已知，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．[2019·汕尾质检]如图所示的程序框图设计的是求的一种算法，在空白的“”中应填的执行语句是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．[2019·鹰潭质检]如图所示，过抛物线的焦点的直线，交抛物线于点，．交其准线于点，若，且，则此抛物线的方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．[2019·陕西联考]将函数的图象向右平移个单位，在向上平移一个单位，得到的图象若，且，，则的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．[2019·中山期末]如图正方体，棱长为1，为中点，为线段上的动点，过，，的平面截该正方体所得的截面记为，则下列命题正确的是（ ）‎ 当时，为四边形；‎ 当时，为等腰梯形；‎ 当时，与交点满足；‎ 当时，为六边形；‎ 当时，的面积为．‎ A． B． C． D．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．[2019·西安一模]已知向量与的夹角为，，，则_____．‎ ‎14．[2019·吴忠中学]的展开式中的系数为__________．‎ ‎15．[2019·广安一诊]某车间租赁甲、乙两种设备生产A，B两类产品，甲种设备每天能生产A类产品8件和B类产品15件，乙种设备每天能生产A类产品10件和B类产品25件，已知设备甲每天的租赁费300元，设备乙每天的租赁费400元，现车间至少要生产A类产品100件，B类产品200件，所需租赁费最少为_________元 ‎16．[2019·湖师附中]已知数列满足：，，‎ ‎，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是___________．‎ 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（12分）[2019·濮阳期末]已知的内角，，所对的边分别为，，，且．‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，，求的面积．‎ ‎18．（12分）[2019·揭阳一模]如图，在四边形中，，，点在上，且，，现将沿折起，使点到达点的位置，且与平面所成的角为．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎19．（12分）[2019·合肥质检]某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：‎ 方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；‎ 方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元．‎ 某医院准备一次性购买2台这种机器．为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：‎ 维修次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 台数 ‎5‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎15‎ 以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．‎ ‎（1）求的分布列；‎ ‎（2）以方案一与方案二所需费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？‎ ‎20．（12分）[2019·鹰潭期末]已知椭圆的方程为，，为椭圆的左右焦点，离心率为，短轴长为2．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）如图，椭圆的内接平行四边形的一组对边分别过椭圆的焦点，，求该平行四边形面积的最大值．‎ ‎21．（12分）[2019·菏泽期末]已知函数，．‎ ‎（1）当时，若函数在区间上的最小值为，求的值；‎ ‎（2）讨论函数零点的个数．‎ 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．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ ‎[2019·哈三中]已知曲线和，（为参数）．以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中取相同的长度单位．‎ ‎（1）把曲线和的方程化为极坐标方程；‎ ‎（2）设与，轴交于，两点，且线段的中点为．若射线与，交于，两点，求，两点间的距离．‎ ‎23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ ‎[2019·江南十校]设函数．‎ ‎（1）当时，求函数的定义域；‎ ‎（2）若函数的定义域为，求的取值范围．‎ ‎2019届高三第三次模拟考试卷 理 科 数 学（一）答 案 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．【答案】D ‎【解析】由题意，集合，‎ ‎；‎ 若，则且，解得，∴实数的取值范围为．故选D．‎ ‎2．【答案】A ‎【解析】由可得，解得或，∴或，‎ ‎∵在复平面内对应的点位于第三象限，∴．故选A．‎ ‎3．【答案】B ‎【解析】一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为分，‎ 且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分．‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴“立春”时日影长度为：（分）．故选B．‎ ‎4．【答案】B ‎【解析】区间的长度为；由，解得，即，‎ 区间长度为，事件“”发生的概率是．故选B．‎ ‎5．【答案】B ‎【解析】设双曲线为，它的一条渐近线方程为，‎ 直线的斜率为，‎ ‎∵直线与垂直，∴，即，∴．故选B．‎ ‎6．【答案】D ‎【解析】由三视图可知，该几何体是底面半径为、高为的圆柱的，‎ ‎∴该几何体的体积为．故选D．‎ ‎7．【答案】A ‎【解析】∵，∴为偶函数，选项B错误，，令，则恒成立，‎ ‎∴是单调递增函数，则当时，，‎ 故时，，，‎ 即在上单调递增，故选A．‎ ‎8．【答案】C ‎【解析】，，，故．故选C．‎ ‎9．【答案】C ‎【解析】由题意，的值为多项式的系数，由100，99直到1，‎ 由程序框图可知，输出框中“”处应该填入．故选C．‎ ‎10．【答案】A ‎【解析】如图，过作垂直于抛物线的准线，垂足为，‎ 过作垂直于抛物线的准线，垂足为，为准线与轴的交点，‎ 由抛物线的定义，，，‎ ‎∵，∴，∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，即，∴抛物线的方程为，故选A．‎ ‎11．【答案】D ‎【解析】将函数的图象向右平移个单位，再向上平移一个单位，‎ 得到的图象，故的最大值为2，最小值为0，‎ 若，则，或（舍去）．‎ 故有，即，‎ 又，，则，，则取得最大值为．故选D．‎ ‎12．【答案】D ‎【解析】当时，如图，是四边形，故正确；‎ 当时，如图，为等腰梯形，正确；‎ 当时，如图，由三角形与三角形相似可得，，‎ 由三角形与三角形相似可得，，，正确；‎ 当时，如图是五边形，不正确；‎ 当时，如图是菱形，面积为，正确，‎ 正确的命题为，故选D．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．【答案】1‎ ‎【解析】根据题意，设，，向量与的夹角为，，则，‎ 又由，则，‎ 变形可得：，解可得或1，‎ 又由，则；故答案为1．‎ ‎14．【答案】40‎ ‎【解析】展开式的通项公式为．‎ 令，得；令，得；‎ ‎∴的展开式中系数为．‎ 故答案为40．‎ ‎15．【答案】3800‎ ‎【解析】设甲种设备需要生产天，乙种设备需要生产天，‎ 该公司所需租赁费为元，则，‎ 甲、乙两种设备生产A，B两类产品的情况为，做出不等式表示的平面区域，‎ 由，解得，‎ 当经过的交点时，目标函数取得最低为3800元．‎ 故答案为．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】由题意，数列满足 ，取倒数可得，‎ 即，∴数列表示首项为2，公比为2的等比数列，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵数列是单调递增数列，∴当时，，‎ 即，，，；‎ 当时，，，，‎ 综上，．‎ 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）∵，‎ 由正弦定理可得，即，‎ ‎∴，是的内角，∴，∴．‎ ‎（2）∵，．‎ 由余弦定理可得，‎ 即，可得，‎ 又，∴，∴的面积．‎ ‎18．【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）证明：∵，，∴，‎ ‎∵，∴，∴，且，∴平面，‎ 又∵平面，∴平面平面．‎ ‎（2）由（1）知平面，∴，‎ 由与平面所成的角为得，∴为等腰直角三角形，∴，‎ ‎∵，结合得，∴，故为等边三角形，‎ 取的中点，连结，‎ ‎∵，∴平面，‎ 以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图，‎ 则，，，，‎ 从而，，，‎ 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，‎ 则由得，令得，‎ 由得，令得，‎ 设二面角的大小为，则，‎ 即二面角的余弦值为．‎ ‎19．【答案】（1）见解析；（2）选择延保方案二较合算．‎ ‎【解析】（1）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，‎ ‎，，，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎∴的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎（2）选择延保一，所需费用元的分布列为：‎ ‎7000‎ ‎9000‎ ‎11000‎ ‎13000‎ ‎15000‎ ‎（元）．‎ 选择延保二，所需费用元的分布列为：‎ ‎10000‎ ‎11000‎ ‎12000‎ ‎（元）．‎ ‎∵，∴该医院选择延保方案二较合算．‎ ‎20．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）依题意得，，解得，，‎ ‎∴椭圆的方程为．‎ ‎（2）当所在直线与轴垂直时，则所在直线方程为，‎ 联立，解得，此时平行四边形的面积；‎ 当所在的直线斜率存在时，设直线方程为，‎ 联立，得，‎ 设，，则，，‎ 则，‎ 两条平行线间的距离，‎ 则平行四边形的面积，‎ 令，，‎ 则，，‎ 开口向下，关于单调递减，则，‎ 综上所述，平行四边形的面积的最大值为．‎ ‎21．【答案】（1）；（2）见解析．‎ ‎【解析】（1），‎ 当时，在上恒成立，这时在上为增函数，‎ ‎∴，令得（舍去），‎ 当时，由得，，‎ 若，有，在上为减函数，‎ 若有，在上为增函数，‎ ‎，令，得．‎ 当时，在上恒成立，这时在上为减函数，‎ ‎∴，令得（舍去）．‎ 综上知，．‎ ‎（2）∵函数，‎ 令，得．‎ 设，，‎ 当时，，此时在上单调递增，‎ 当时，，此时在上单调递减，‎ ‎∴是的唯一极值点，且是极大值点，因此也是的最大值点，‎ 的最大值为．‎ 又，结合的图象可知：‎ ‎①当时，函数无零点；‎ ‎②当时，函数有且仅有一个零点；‎ ‎③当时，函数有两个零点；‎ ‎④当时，函数有且只有一个零点；‎ 综上所述，当时，函数无零点；当或时，函数有且仅有一个零点；‎ 当时，函数有两个零点．‎ 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．【答案】（1），；（2）1．‎ ‎【解析】（1）∵的参数方程为，（为参数），‎ ‎∴其普通方程为，‎ 又，‎ ‎∴可得极坐标方程分别为，．‎ ‎（2）∵，，∴，∴的极坐标方程为，‎ 把代入得，，‎ 把代入得，，‎ ‎∴，即，两点间的距离为．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）当时，定义域基本要求为，‎ 当时，；‎ 当时，，无解；‎ 当时，，‎ 综上：的定义域为；‎ ‎（2）由题意得恒成立，‎ ‎，‎ ‎∴． ‎