高三模拟考试
理科数学
本试卷共6页，23题（含选考题），全卷满分150分。考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置上.
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：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
参考公式：
锥体的体积公式：（其中为锥体的底面积，为锥体的高）
一、选择题：本题共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.已知复数（其中为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）
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】
【分析】
对复数进行计算，然后得到，再确定是在复平面的象限.
【详解】
，所以在复平面对应的点位于第四象限.
故选D项.
【点睛】复数的四则运算，与的关系，复数与复平面的关系.
2.已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
对集合和进行化简，然后求得.
【详解】集合中：，，
集合中：，
故选A项.
【点睛】考查集合补集的求法，属于简单题.
3.已知为等比数列，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
法一：由等比数列可求得，再由和求得.
法二：由等比数列的性质，等比中项求得.
【详解】法一：为等比数列，且
，
法二：为等比数列
【点睛】本题考查等比数列求公比和其中一项的值，等比中项，属于简单题.
4.随着我国经济实力的不断提升，居民收人也在不断增加。某家庭2018年全年的收入与2014年全年的收入相比增加了一倍，实现翻番.同时该家庭的消费结构随之也发生了变化，现统计了该家庭这两年不同品类的消费额占全年总收入的比例，得到了如下折线图：
则下列结论中正确的是（ ）
A. 该家庭2018年食品的消费额是2014年食品的消费额的一半
B. 该家庭2018年教育医疗的消费额与2014年教育医疗的消费额相当
C. 该家庭2018年休闲旅游的消费额是2014年休闲旅游的消费额的五倍
D. 该家庭2018年生活用品的消费额是2014年生活用品的消费额的两倍
【答案】C
【解析】
【分析】
2018年全年的收入与2014年全年的收入相比增加了一倍，所以在计算实际消费额时，需要对2018年的各项消费占比乘以2，再与2014年各项消费额相比.
【详解】选项A中，2018年食品消费占0.2，2014年食品消费占0.4，因2018年全年的收入与2014年全年的收入相比增加了一倍，所以两年的食品消费额相当，故A项错误.
选项B中，2018年教育医疗消费占0.2，2014年教育医疗消费占0.2，因2018年全年的收入与2014年全年的收入相比增加了一倍，所以2018年教育医疗消费额是2014年的两倍，故B项错误.
选项C中，2018年休闲旅游消费占0.25，2014年休闲旅游消费占0.1，因2018年全年的收入与2014年全年的收入相比增加了一倍，所以2018年休闲旅游消费消费额是2014年的五倍，故C项正确.
选项D中，2018年生活用品消费占0.3，2014年生活用品消费占0.15，因2018年全年的收入与2014年全年的收入相比增加了一倍，所以2018年生活用品消费额是2014年的四倍，故D项错误.
【点睛】读懂折线图中所对应的数据，注意总量的变化，属于简单题
5.已知实数，满足约束条件，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据约束条件画出可行域，再将目标函数化成斜截式，找到截距的最小值.
【详解】由约束条件，画出可行域如图
变为为斜率为-3的一簇平行线，为在轴的截距，
最小的时候为过点的时候，
解得所以，
此时
故选A项
【点睛】本题考查线性规划求一次相加的目标函数，属于常规题型，是简单题.
6.2019年1月1日，济南轨道交通号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意见”活动.市民可以通过济南地铁APP抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王，小张，小刘，小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王和小李至多一人被选中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
可以找事件的反面，即小王和小李都被选中的概率，然后用1减去，得到结果.
【详解】设小王和小李都被选中为事件，则，则小王和小李至多一人被选中的概率
为，故选D.
【点睛】对于至多，至少之类的概率题，可以找其反面概率，然后用1减去后得到结果，古典概型.属于简单题.
7.执行如图所示的程序框图，若输入的值为，则输出的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
读懂流程图，可知每循环一次，的值减少4，当时，得到的值.
【详解】根据流程图，可知每循环一次，的值减少4，输入，因为2019除以4余3，经过多次循环后，再经过一次循环后满足的条件，
输出
【点睛】流程图的简单问题，找到循环规律，得到的值，得到输出值.属于简单题.
8.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用，把用表示，并得到，构造幂函数，利用幂函数的单调性，得到结果.
【详解】
设，则，
则
则
设函数，
在单调递减
即，因此
故选B项.
【点睛】本题考查对数与指数关系，构造函数，幂函数的特点等，属于中档题.
9.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
主视图 左视图
俯视图
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三视图得到原几何体为四棱锥，分别求出每个面的面积，得到表面积.
【详解】根据三视图可知原几何体为四棱锥P-ABCD，AB=BC=4,PC=3
其表面积为.
故选B项.
【点睛】主要考查了将三视图还原出原几何体，属于简单题.
10.若函数在上的值域为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
要使的值域为，得到的范围要求，则要在其范围内，然后得到的范围，找到最小值.
【详解】
而值域为，发现
，
整理得，
则最小值为，选A项.
【点睛】本题考查正弦型函数图像与性质，数形结合的数学思想，属于中档题.
11.设，分别是椭圆的左右焦点，过的直线交椭圆于，两点，
且，，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据表示出线段长度，由勾股定理，解出每条线段的长度，再由勾股定理构造出关系，求出离心率.
【详解】
设，则
由椭圆的定义，可以得到
,
在中，有，解得
在中，有
整理得，
故选C项.
【点睛】本题考查几何法求椭圆离心率，是求椭圆离心率的一个常用方法，通过几何关系，构造出关系，得到离心率.属于中档题.
12.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异。”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.已知曲线，直线为曲线在点处的切线.如图所示，阴影部分为曲线、直线以及轴所围成的平面图形，记该平面图形绕轴旋转一周所得的几何体为.给出以下四个几何体：
① ② ③ ④
图①是底面直径和高均为的圆锥；
图②是将底面直径和高均为的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体；
图③是底面边长和高均为的正四棱锥；
图④是将上底面直径为，下底面直径为，高为的圆台挖掉一个底面直径为，高为的倒置圆锥得到的几何体.
根据祖暅原理，以上四个几何体中与的体积相等的是（ ）
A. ① B. ② C. ③ D. ④
【答案】A
【解析】
【分析】
将题目中的切线写出来，然后表示出水平截面的面积，因为是阴影部分旋转得到，所以水平界面面积为环形面积，整理后，与其他四个几何体进行比较，找到等高处的水平截面的面积相等的，即为所求.
【详解】几何体是由阴影旋转得到，所以横截面为环形，
且等高的时候，抛物线对应的点的横坐标为，切线对应的横坐标为
，
切线为，即，
横截面面积
图①中的圆锥高为1，底面半径为，可以看成由直线绕轴旋转得到
横截面的面积为.
所以几何体和①中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等，所以二者体积相等，
故选A项.
【点睛】本题考查对题目条件的理解和转化，在读懂题目的基础上，表示相应的截面面积，然后进行比较.属于难题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知平面向量，满足，，，则与夹角的余弦值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
由得到，展开后将已知条件带入，即可得到答案.
【详解】
，即
设之间的夹角为，则
【点睛】本题考查向量位置关系，模长的基本运算和向量数量积的相关内容，难度不大，属于简单题.
14.的展开式中，的系数为_________（用数字作答）.
【答案】-5
【解析】
【分析】
展开式与相乘得到项，则展开式中项与相乘，项与-1相乘，再相加，得到系数.
【详解】要求的系数，则展开式中项与相乘，项与-1相乘，
所以展开式中项为与相乘得到，
展开式中项为，与-1相乘得到，
所以的系数为
【点睛】本题考查二项展开式的与其他因式相乘所得到的某一项的系数，分类清楚，认真计算即可得到结果，属于简单题.
15.已知函数，若的最小值为，则实数的取值范围是_________
【答案】
【解析】
【分析】
，可得在时，最小值为，
时，要使得最小值为，则对称轴在1的右边，
且，求解出即满足最小值为.
【详解】当，，当且仅当时，等号成立.
当时，为二次函数，要想在处取最小，则对称轴要满足
并且，即，解得.
【点睛】本题考查分段函数的最值问题，对每段函数先进行分类讨论，找到每段的最小值，然后再对两段函数的最小值进行比较，得到结果，题目较综合，属于中档题.
16.已知一族双曲线（，且），设直线与在第一象限内的交点为，点在的两条渐近线上的射影分别为，.记的面积为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】
设点坐标，表示出的面积，得到的通项，然后对其求前2019项的和.
【详解】设，
双曲线的渐近线为，互相垂直.
点在两条渐近线上的射影为，则
易知为直角三角形，
即为等差数列，其前2019项的和为
【点睛】本题利用三角形的面积将双曲线相关内容与数列相结合，综合性较强的题目，属于难题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分。
17.的内角，，的对边分别为，，，已知 ，，.
（1）求角；
（2）若点满足，求的长.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）解法一：对条件中的式子利用正弦定理进行边化角，得到的值，从而得到角的大小；解法二：对对条件中的式子利用余弦定理进行角化边，得到的值，从而得到角的大小；解法三：利用射影定理相关内容进行求解.
（2）解法一：在中把边和角都解出来，然后在中利用余弦定理求解；解法二：在中把边和角都解出来，然后在中利用余弦定理求解；解法三：将用表示，平方后求出的模长.
【详解】（1）【解法一】由题设及正弦定理得，
又，
所以.
由于，则.
又因为，
所以.
【解法二】由题设及余弦定理可得，
化简得.
因为，所以.
又因为，
所以.
【解法三】由题设，
结合射影定理，
化简可得.
因为.所以.
又因为，
所以.
（2）【解法1】由正弦定理易知，解得.
又因为，所以，即.
在中，因为，，所以，
所以在中，，，
由余弦定理得，
所以.
【解法2】在中，因为，，所以，.
由余弦定理得.
因为，所以.
在中，，，
由余弦定理得
所以.
【解法3】在中，因为，，所以，.
因为，所以.
则
所以.
【点睛】本题主要考察利用正余弦定理解三角形问题，方法较多，难度不大，属于简单题.
18.如图，在四棱锥中，底而为正方形，底面，，点为棱的中点，点，分别为棱，上的动点（，与所在棱的端点不重合），且满足.
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连结交于连结，则,面，,而，面，易证，则面，可得平面平面.解法二：通过建立空间直角坐标系，找出平面平面的法向量，通过法向量互相垂直来证明.
（2）通过建立空间直角坐标系，找到两个平面法向量之间的夹角余弦，从而得到二面角的余弦值.
【详解】（1）【解法一】：（综合法）
证明：连接交于，连接.
因为底面为正方形，所以，，
又因为，所以.
由底面知，底面，
又底面，所以；
又；平面，所以平面.
在中，因为，，所以，即，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
【解法二】（向量法）
因为底面，，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则
，，，.设，则.
，，，.
设为平面的一个法向量，则
即可取.
设为平面的一个法向量，则
即可取.
因为，所以.
所以平面平面.
（2）解：设，
由题意知，，又，
所以.
易知当三棱锥的体积最大时，，即此时，分别为棱，的中点.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，.
，，.
设是平面的法向量，则
即可取.
设是平面的法向量，则
即可取.
则.
由图知所求二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查立体几何中线面垂直的判定证明，面面垂直的判定证明，二面角的求法，属于中档题.
19.设是抛物线上的一点，抛物线在点处的切线方程为.
（1）求的方程；
（2）已知过点的两条不重合直线，的斜率之积为，且直线，分别交抛物线于，两点和，两点.是否存在常数使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）通过直线与抛物线相切，，求出抛物线方程.
（2）将所求的转化为，
直曲联立得到，利用弦长公式表示出，同理得到，带入上式整理化简可得所求.
【详解】（1）【解法一】由消得.
由题意得，因为，所以.
故抛物线
【解法二】设，由得，.
由解得.
故抛物线.
（2）假设存在常数使得成立，
则.
由题意知，，的斜率存在且均不为零，
设的方程为，则由，消去得，.
设,，则，.
所以 .
（也可以由，得到.）
因为直线，的斜率之积为，所以.
所以.
所以，存在常数使得成立.
【点睛】本题考查直线与圆锥曲线相切的处理方式，弦长公式等，比较综合，对计算量的要求较高，属于中档题.
20.某客户准备在家中安装一套净水系统，该系统为三级过滤，使用寿命为十年.如图所示，两个一级过滤器采用并联安装，二级过滤器与三级过滤器为串联安装。
其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现。在使用过程中，一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换（每个滤芯是否需要更换相互独立），三级滤芯无需更换，若客户在安装净水系统的同时购买滤芯，则一级滤芯每个元，二级滤芯每个元.若客户在使用过程中单独购买滤芯，则一级滤芯每个元，二级滤芯每个元。现需决策安装净水系统的同时购滤芯的数量，为此参考了根据套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表，其中图是根据个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图，表是根据个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表.
二级滤芯更换频数分布表
二级滤芯更换的个数
频数
以个一级过滤器更换滤芯的频率代替个一级过滤器更换滤芯发生的概率，以个二级过滤器更换滤芯的频率代替个二级过滤器更换滤芯发生的概率.
（1）求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为的概率；
（2）记表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的一级滤芯总数，求的分布列及数学期望；
（3）记，分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数.若，且，以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据，试确定，的值.
【答案】（1）；（2）见解析；（3）=23，=5.
【解析】
【分析】
（1）根据图表，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为，则一级个滤芯，二级个滤芯，分别算出相应的概率，一次更换为2个一级滤芯和1个二级滤芯，从而得到概率.
（2）由柱状图，一级过滤器需要更换的滤芯个数，分别得到概率，然后得到可能取的值，算出每种情况的概率，写出分布列及数学期望.
（3）因为且，则可分为两类，即和，分别计算他们的数学期望，然后进行比较，选取较小的一组.
【详解】（1）由题意可知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为，则该套净水系统中的两个一级过滤器均需更换个滤芯，二级过滤器需要更换个滤芯。设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为”为事件.
因为一个一级过滤器需要更换个滤芯的概率为，二级过滤器需要更换个滤芯的概率为，
所以.
（2）由柱状图可知，
一个一级过滤器需要更换的滤芯个数为，，的概率分别为，，.
由题意，可能的取值为，，，，，并且
，
，
，
，
.
所以的分布列为
.
（3）【解法一】
因为，，若，，
则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为；
若，，
则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为
.
故，的值分别为，.
【解法二】因为，，若，，
设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为（单位：元），则
.
设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为（单位：元），则
，.
所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为
.
若，，
设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为（单位：元），则
.
设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为（单位：元），则
.
所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为
.
故，的值分别为，.
【点睛】本题题目较长，信息量比较大，需要对条件中的信息重新整理分类，考查了直方图和表格求概率，独立重复试验的概率和分布列，以及利用数学期望解决实际问题.属于中档题.
21.已知函数，其导函数的最大值为.
（1）求实数的值；
（2）若，证明：.
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）先对求导，然后根据导数形式对进行分类讨论，通过导函数最大值为0，求得的值.
（2）要证，则需证，再利用的单调性，证，利用条件把换掉，构造函数
证明，对求导，研究其单调性和极值，得到结论.
【详解】（1）由题意，函数的定义域为，其导函数
记则.
当时，恒成立，所以在上单调递增，且.
所以，有，故时不成立；
当时，若，则；若，则.
所以在单调递增，在单调递减。
所以.
令，则.
当时，；当时，.所以在的单减，在单增.
所以，故.
（2）当时，，则.
由（1）知恒成立，
所以在上单调递减，
且，
不妨设，则，
欲证，只需证，因为在上单调递减，
则只需证，又因为，
则只需证，即.
令（其中），且.
所以欲证，只需证，
由，
整理得：，
，
所以在区间上单调递增，
所以，，
所以函数在区间上单调递减，
所以有，，故.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值问题，涉及分类讨论的数学思想，构造函数解决极值点偏移问题，题目较综合，属于难题.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）射线的极坐标方程为，若射线与曲线的交点为，与直线的交点为，求线段的长.
【答案】（1）；（2）2
【解析】
【分析】
）（1）将参数方程消参得到普通方程，利用，把极坐标方程转化为直角坐标系下的方程.
（2）解法一：利用极坐标的相关特点进行求解.解法二：将极坐标转化为直接坐标后进行求解.
【详解】（1）由，可得：，
所以，
所以曲线的普通方程为.
由，可得，
所以，
所以直线的直角坐标方程为.
（2）【解法一】
曲线的方程可化为，
所以曲线的极坐标方程为.
由题意设，，
将代入，可得：，
所以或（舍去），
将代入，可得：，
所以.
【解法二】因为射线的极坐标方程为，
所以射线的直角坐标方程为，
由解得，
由解得，
所以.
【点睛】本题考查了参数方程化一般方程，极坐标与直角坐标之间的转化.属于简单题
23.已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若不等式的解集为空集，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）解法一：零点分区间，分类讨论，解绝对值不等式；解法二：画出图像，数形结合找到的解集.
（2）解法一：数形结合，图像恒在图像上方；解法二：不等式的解集为空集可转化为对任意恒成立，分类讨论，去掉绝对值，利用一次函数保号性解决恒成立问题.
【详解】（1）【解法一】
由题意，
当时，，解得，即，
当时，，解得，即，
当时，，解得，即.
综上所述，原不等式的解集为.
【解法二】由题意
作出的图象
注意到当或时，，
结合图象，不等式的解集为；
（2）【解法1】
由（1）可知，的图象为
不等式的解集为空集可转化为对任意恒成立，即函数的图象始终在函数的图象的下方，如图
当直线过点以及与直线平行时为临界点，所以.
【解法2】不等式的解集为空集可转化为对任意恒成立，
（i）当时，，即恒成立，
若，显然不合题意，
若，即，则恒成立，符合题意，
若，即，只需即可，解得，故，
所以；
（ii）当时，，即恒成立，
若，即，恒成立，符合题意，
若，即，则恒成立，符合题意，
若，即，只需即可，解得，故，
所以；
（iii）当时，，即恒成立，
若，即，只需即可，解得，故，
若，即，则，不合题意，
若，即，则恒成立，不合题意，所以；
综上所述，.
【点睛】利用分类讨论，数形结合都可以解决含绝对值的不等式，本题还涉及到划归与转化
的数学思想，利用保号性解决恒成立问题，属于中档题.
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