闽粤赣三省十校2019届高三下学期联考数学（理）试题Word版含解析.doc

www.ks5u.com ‎2019届高三闽粤赣“三省十校”联考理科数学试题 一、单选题：（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.若复数，则在复平面上对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题根据所给复数化简，然后根据复数的几何意义判定即可；‎ ‎，所以对应复平面上的点在第一象限．故选A．‎ 考点：复数的运算、复数的几何意义 ‎2.已知集合， ，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求解出集合和集合，然后根据交集定义求解.‎ ‎【详解】 ，又 ‎ ‎ ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，属于基础题.‎ ‎3.某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了年月至年月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图.根据该折线图，下列结论正确的是( )‎ A. 月接待游客逐月增加 B. 年接待游客量逐年减少 C. 各年的月接待游客量高峰期大致在月 D. 各年月至月的月接待游客量相对于月至月，波动性较小，变化比较稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据折线图的数据，依次判断各个选项所描述的数据特点，得到正确结果。‎ ‎【详解】选项：折线图整体体现了上升趋势，但存在年月接待游客量小于年月接待游客量的情况，故并不是逐月增加，因此错误；‎ 选项：折线图按照年份划分，每年对应月份作比较，可发现同一月份接待游客数量逐年增加，可得年接待游客量逐年增加，因此错误；‎ 选项：根据折线图可发现，每年的，月份接待游客量明显高于当年其他月份，因此每年的接待游客高峰期均在，月份，并非，月份，因此错误；‎ 根据折线图可知，每年月至月的极差较小，同时曲线波动较小；月至月极差明显大于月至月的极差，同时曲线波动幅度较大，说明月至月变化比较平稳，因此正确.‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考察了统计部分的基础知识，关键在于读懂折线图，属于基础题。‎ ‎4.已知双曲线的左焦点在圆上，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线焦点坐标，代入圆的方程，求出，从而得到的值，求得离心率.‎ ‎【详解】由双曲线方程知：， ‎ ‎ ，‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单性质，关键是利用的关系，求出焦点坐标，属于基础题.‎ ‎5.已知是的重心，现将一粒黄豆随机撒在内，则黄豆落在内的概率是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出图形，结合图形求出对应图形的面积比即可．‎ ‎【详解】如图所示，‎ P是△ABC的重心，现将一粒黄豆随机撒在△ABC内，‎ 则黄豆落在△PBC内的概率是：‎ P．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】几何概型概率公式的应用：‎ ‎（1）一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在坐标轴上即可；‎ ‎（2）若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；‎ ‎（3）若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示 基本事件，利用空间直角坐标系建立与体积有关的几何概型.‎ ‎6.《孙子算经》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗.问：五人各得几何？”其意思为：“有5个人分60个橘子，他们分得的橘子个数成公差为3的等差数列，问5人各得多少橘子.”根据这个问题，有下列3个说法：①得到橘子最多的人所得的橘子个数是15；②得到橘子最少的人所得的橘子个数是6；③得到橘子第三多的人所得的橘子个数是12.其中说法正确的个数是（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题可设这五人的橘子个数分别为：，其和为60，故a=6，由此可知②得到橘子最少的人所得的橘子个数是6；③得到橘子第三多的人所得的橘子个数是12是正确的，故选C ‎7.函数的图象大致是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先通过特殊值排除，再根据零点存在定理，可知在时存在零点，排除，可得结果.‎ ‎【详解】当时， 选项可排除 当时，‎ ‎ ‎ 可知，故在上存在零点，选项可排除 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查由解析式判断函数图像，解决此类问题通常采用排除法，通过单调性、奇偶性、特殊值、零点的方式排除错误选项，得到最终结果.‎ ‎8.若，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用诱导公式将已知的余弦转化为正弦的形式，然后利用辅助角公式化简所求的式子，再用二倍角公式求得所求式子的值.‎ ‎【详解】依题意，,‎ ‎，故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查三角函数诱导公式，考查辅助角公式以及二倍角公式的应用.诱导公式的口诀是“奇变偶不变，符号看象限”，在解题过程中，要注意的是出现相应的形式，要会变，没有相应的形式，也可以转变，如可转化为.余弦的二倍角公式公式有三个，要利用上合适的那个.‎ ‎9.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 还原几何体可知原几何体为半个圆柱和一个四棱锥组成的组合体，分别求解两个部分的体积，加和得到结果.‎ ‎【详解】由三视图还原可知，原几何体下半部分为半个圆柱，上半部分为一个四棱锥 半个圆柱体积为：‎ 四棱锥体积为：‎ 原几何体体积为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查三视图的还原、组合体体积的求解问题，关键在于能够准确还原几何体，从而分别求解各部分的体积.‎ ‎10.已知中，角所对的边分别是，且，点在边上，且，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理可通过边角关系式求得；再利用同角三角函数关系求得；再次利用正弦定理求得.‎ ‎【详解】由正弦定理可知：‎ 即 ‎ 即 ‎ ‎ ‎ 在中，，即 解得：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题主要考察正弦定理解三角形和边角关系式的化简，关键是将边角关系式中的边化成角的关系，从而能够得到所需的三角函数值.‎ ‎11.过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，分别过作准线的垂线，垂足分别为两点，以线段为直径的圆过点，则圆的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 假设直线方程，与抛物线联立后，利用韦达定理求解出和；再利用在圆上得到与垂直，构造方程解出，从而求解出圆心和半径，得到圆的方程.‎ ‎【详解】由抛物线方程可知：，准线方程为：‎ 设直线方程为：，代入抛物线方程得：‎ 设，，则，‎ 又，，在圆上 ‎ 即 ‎ 即 ‎ 圆心坐标为：，即；半径为：‎ 圆的方程为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、圆的方程的求解，关键在于能够利用直线与抛物线的关系得到圆心坐标，再利用圆的性质求解出参数，从而顺利求解出方程.‎ ‎12.若函数的图象上存在两个点关于原点对称，则称点对为的“友情点对”，点对与可看作同一个“友情点对”，若函数恰好有两个“友情点对”，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过友情点对的定义，可知在上有两个不同解；将问题变成与在上有两个交点的问题，通过导数得到函数的图像，通过图像可知当等于极小值时，与在上有两个交点，从而求得结果.‎ ‎【详解】设，其中 点关于原点对称的点为 因为函数有两个友情点对 在上有两个不同解 即在上有两个不同解 即与在上有两个不同交点 令，解得：，‎ 可知：在，上单调递增；在上单调递减 极小值为：；极大值为 且时，‎ ‎ ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查新定义问题、导数中的交点类问题即方程根的个数问题，解题关键是能够明确新定义所代表的含义，将问题转换为交点个数问题；处理交点个数问题的主要方法是利用函数图像来解决.‎ 二、填空题:（本题共4小题，每小题5分，共20分.)‎ ‎13.已知向量,满足，，，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意得，因为，，，则 ‎ ‎ ‎ ‎14.若 的展开式中只有第项的系数最大，则该展开式中的常数项为________．‎ ‎【答案】210‎ ‎【解析】‎ 由于只有第6项的系数最大，所以n=10,所以展开式的通项公式为 ‎，则当r=6时，展式式中为常数项，所以常数项为210.‎ ‎15.若平面区域是一个梯形，则实数的取值范围是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线恒过，通过图像可寻找到临界直线，再通过斜率关系，可知时平面区域为梯形，从而得的范围.‎ ‎【详解】由确定的区域为正方形区域 又恒过，通过图像可知临界状态如下图：‎ 当过点时，‎ 当时，即如虚线位置时，平面区域为梯形 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查线性规划中的参数范围问题，关键在于能够通过图像关系找到临界位置，属于基础题.‎ ‎16.在三棱锥中，，，侧面为正三角形，且顶点在底面上的射影落在的重心上，则该三棱锥的外接球的表面积为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据球的性质，可知球心必在过外接圆圆心且与平面垂直的直线上，设球心为，‎ 作，可知四边形为矩形；利用三角形关系求解出各边长后，利用构造方程，求解出，从而可求得球的半径，最终求出球的表面积.‎ ‎【详解】三棱锥如下图所示：为重心，则平面，为中点 ‎ 为外接圆圆心 作平面，设为三棱锥外接球球心，则 作，垂足为 平面 四边形为矩形 且 ‎，‎ 又为等腰直角三角形 ‎ 又为等边三角形 ，‎ 设，‎ ‎，即 ‎ 三棱锥外接球表面积为：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查几何体外接球的表面积问题，关键在于能够确定球心的位置，需要明确球心必在过某一侧面外接圆圆心，且与该侧面垂直的直线上，然后通过勾股定理构造出关于半 径的方程，从而求解得到结果.‎ 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.）‎ ‎17.已知数列中，.设.‎ ‎（1）证明：数列是等比数列；‎ ‎（2）设，求数列的前项的和.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：⑴由条件得即可证明数列是等比数列(2)由(1)得代入求得 利用裂项求和求出数列的前项的和 解析：（1）证明：因为，，‎ 所以 ，‎ 又因为， ‎ 所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列. ‎ ‎（2）由（1）知，‎ 因为，‎ 所以 ，‎ 所以 ‎.‎ ‎18.如图，在多面体中，是等边三角形，是等腰直角三角形， ，平面平面，平面.‎ ‎(1) 求证：；‎ ‎(2) 若，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点,可证得四点共面，再证平面，从而证得结论；（2）建立空间直角坐标系，求解出平面的法向量，则通过线面角的向量求法求得结果.‎ ‎【详解】（1）证明：取的中点,连接 是等边三角形 ‎ 是等腰直角三角形且 ‎ 平面平面，平面平面，平面 平面 平面 四点共面 ‎,, 平面 平面 ‎ ‎（2）作,垂足为,则 是等边三角形， ‎ 在中,.‎ 是等腰直角三角形， ‎ 如图,以点为坐标原点,所在直线为轴,所在直线为轴,所在直线为轴,建立空间直角坐标系 则,,,‎ ‎,,‎ 设平面的法向量为 由, 得 令,得 是平面的一个法向量 设直线与平面所成角为 则 直线与平面所成角的正弦值为 ‎【点睛】本题考查空间中的垂直关系证明、空间向量法解决直线与平面所成角问题.证明空间中的线线垂直，通常采用先证明线面垂直的方式，利用性质得到线线垂直.‎ ‎19.已知椭圆经过点，离心率为，左右焦点分别为，.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）是上异于的两点，若直线与直线的斜率之积为，证明:两点的横坐标之和为常数.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用椭圆的离心率和椭圆上的点，构造关于的方程，求解得到椭圆方程；（2）假设 三点坐标和直线方程，代入椭圆后利用韦达定理表示出，从而可用，表示出；再利用，表示出，根据，可将与作和整理得到结果.‎ ‎【详解】（1）因为椭圆经过点，所以 又因为，所以 又，解得 所以椭圆的方程为 ‎（2）设三点坐标分别为,,‎ 设直线斜率分别为，则直线方程为 由方程组消去，得：‎ 由韦达定理可得：‎ 故 同理可得 又 故 则 从而 即两点的横坐标之和为常数 ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、椭圆中的定值类问题.处理定值问题的关键是利用变量表示出所求定值的关系式，通过整理、消元，将变量消除，从而得到所得常数；定制类问 题计算量往往比较大，对学生计算能力要求较高.‎ ‎20.当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进.高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施.程度2019年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分.某学校在初三上期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到下边频率分布直方图，且规定计分规则如下表：‎ 每分钟跳绳个数 得分 ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎（Ⅰ）现从样本的100名学生中，任意选取2人，求两人得分之和不大于35分的概率；；‎ ‎（Ⅱ）若该校初三年级所有学生的跳绳个数服从正态分布，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差，已知样本方差（各组数据用中点值代替）.根据往年经验，该校初三年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，假设今年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，现利用所得正态分布模型：‎ 预计全年级恰有2000名学生，正式测试每分钟跳182个以上的人数；（结果四舍五入到整数）‎ 若在全年级所有学生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳195以上的人数为ξ，求随机变量的分布列和期望.‎ 附：若随机变量服从正态分布，则，‎ ‎，.‎ ‎【答案】（I）；（II） ;详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据古典概率概率公式求解即可得到结果；（Ⅱ）先根据频率分布直方图得到平均数个，结合题意得到正式测试时根据正态曲线的对称性可得，由此可预计所求人数；由题意得，根据独立重复试验的概率可得当分别取时的概率，然后可得分布列及期望．‎ ‎【详解】（Ⅰ）设“两人得分之和不大于35分”为事件A，则事件A包括两种情况：①两人得分均为17分；②两人中1人得17分，1人得18分．‎ 由古典概型概率公式可得，‎ 所以两人得分之和不大于35分的概率为．‎ ‎（Ⅱ）由频率分布直方图可得样本数据的平均数为 ‎（个），‎ 又由，‎ 所以正式测试时，‎ ‎∴．‎ ‎ 由正态曲线的对称性可得 ‎ ‎∴（人），‎ 所以可预计全年级恰有2000名学生，正式测试每分钟跳182个以上的人数为1683人． ‎ 由正态分布模型，全年级所有学生中任取1人，每分钟跳绳个数195以上的概率为0.5，‎ 所以 ‎∴‎ ‎ ‎ ‎．‎ ‎∴ 的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】（1）离散型随机变量的期望与方差的应用，是高考的重要考点，不仅考查学生的理解能力与数学计算能力，而且不断创新问题情境，突出学生运用概率、期望与方差解决实际问题的能力，以解答题为主，中等难度．‎ ‎（2）利用正态曲线的对称性求概率的方法 解题的关键是利用对称轴x＝μ确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系，一般要借助图形判断、分析，解题时要充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1这些特殊性质．‎ ‎21.已知函数 .‎ ‎（1）当时，讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若且，求证：.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导得到导函数后，通过和两种情况，确定的正负，从而得到函数的单调性；（2）将问题转化为证明：；设，，只需证；通过求导运算，可知，再通过零点存在定理，不断确定的最值位置，从而证得，证得结论.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为 ‎①若时，则，在上单调递减；‎ ‎②若时，当时，‎ 当时，；当时，‎ 故在上，单调递减；在上，单调递増 ‎（2）若且，欲证 只需证 即证 设函数，，则 当时，；故函数在上单调递增 所以 设函数，则 设函数，则 当时，‎ 故存在，使得 从而函数在上单调递增；在上单调递减 当时，‎ 当时，‎ 故存在，使得 即当时，，当时，‎ 从而函数在上单调递增；在上单调递减 因为 故当时，‎ 所以 即 ‎【点睛】本题考查讨论含参数函数单调性、恒成立问题的证明.关键在于能够将恒成立的不等式变成两个函数之间的比较；对于两个函数之间大小关系的比较，通常采用最值间的比较，‎ 通过证明，得到的结论.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，已知点，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线的极坐标方程为 ，过点作直线的平行线，分别交曲线于两点.‎ ‎（1）写出曲线和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若成等比数列，求的值.‎ ‎【答案】（1），；（2）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据极坐标与直角坐标互化的关系，求得结果；（2）根据等比数列，得到，再利用直线参数方程中参数的几何意义，得到，再转化为，利用韦达定理构造出关于的方程，求解得到结果.‎ ‎【详解】（1）由,得 得曲线的直角坐标方程为 又直线的斜率为，且过点，故直线的直角坐标方程为 ‎（2）在直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)‎ 代入得 ‎，‎ ‎，即 ‎,得 由，得 ‎【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化、直线参数方程的几何意义.解题关键在于能够将长度关系转变为与的关系.‎ ‎23.已知，，且.‎ ‎(1)若恒成立，求的取值范围；‎ ‎(2)证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）运用乘1法和基本不等式可得+的最小值，再由绝对值不等式的解法，即可得到所求范围；‎ ‎（2））变形、运用基本不等式或柯西不等式，即可得证．‎ 详解：（1）设 由，得.‎ 故 .‎ 所以.‎ 当时，，得；‎ 当时，，解得，故；‎ 当时，，解得，故；‎ 综上，.‎ ‎（2）‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．‎