浙江省台州市2019届高三4月调研数学试卷
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
选择题部分 (共40分)
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.若全集，集合，，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出，再求出即可.
【详解】解：因为全集，集合，，
所以，
故选：D.
【点睛】本题考查了集合的交集和补集，属于基础题.
2.已知，满足条件，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先画出目标不等式组代表的平面区域，再画出目标函数并平移目标函数确定最优解的位置，
代入最优解得到最值即可.
【详解】解：不等式表示的平面区域如下图阴影所示，
画出直线如图中过原点虚线，
平移直线过点，则取得最小值3
故选：C.
【点睛】
本题考查了简单线性规划问题，属于基础题.
3.已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先解出复数，再求其模长即可.
【详解】解：由，得，，
所以
故选：C.
【点睛】本题考查了复数运算，复数的模长，属于基础题.
4.一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】
由三视图可知，该几何体为放倒的三棱柱，且底面为侧视图中等腰直角三角形，然后结合图中数据计算出体积即可.
【详解】解：由三视图可知，该几何体为放倒的三棱柱，且底面为侧视图中等腰直角三角形，
所以体积＝
故选：B.
【点睛】本题考查了三棱柱的三视图，体积的计算，属于基础题.
5.已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
分充分性和必要性进行讨论即可.
【详解】解：因为，如果a≤0，则b＋1一定是负数，必有成立；
如果a＞0，由成立，则必成立；
反过来，若，则不一定有，如｜－5｜＞3＋1，但－5＞3＋1不成立
所以是充分不必要条件
故选：A
【点睛】本题考查了命题充分必要条件的判断，属于基础题.
6.已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先由，再由其展开式求出第三项系数即可.
【详解】解：因为
第三项为
所以
故选：D.
【点睛】本题考查了二项式定理的系数问题，属于基础题.
7.已知，.则当时，的图像不可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
记，易证记为奇函数，结合选项，讨论各选项的奇偶性，求出对应，再验证是否可能为其图像.
【详解】解：记，得，
对于A、B，图象关于y轴对称，所以，是偶函数，则有
，时，＞0，所以A不可能，B有可能。
对于C、D，图象关于原点对称，所以是奇函数，则有
，或，C、D都有可能。
故选：A.
【点睛】本题考查了函数的图像的识别，函数的奇偶性，属于中档题.
8.若平面向量满足：，，且，则取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设向量的夹角为，由，得，又由可求出其范围.
【详解】解：设向量的夹角为，
因为，所以，，
所以，
，
因为，
所以的取值范围是
故选：B.
【点睛】本题考查了向量的数量积与模长，属于中档题.
9.已知六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先把除甲、乙、丙三人外的3人先排好队，然后在排甲，再排乙、两.
【详解】解：除甲、乙、丙三人外的3人先排好队，共有种，这3人排好队后有4个空位，
甲只能在丁的左边或右边，有种排法，乙、两的排法有：，
共有：××＝72种排队方法。
故选：A.
【点睛】本题考查了排列问题，不相邻一般采用插空法，同时要注意特殊优先原则.
10.已知，且函数.若对任意的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先参变分离得，然后分类讨论求出得最小值，列不等式解出的范围即可.
【详解】解：因为，不等式恒成立，
所以，
即恒成立，
令，则，
时，＜0，g（x）递减；时，＞0，g（x）递增，
所以g（x）最小值为：，
令（），
所以
令
（1）当时，t≥4，，所以的最小值为：，
所以，
即，解得：，
所以
（2）当1＜＜4时，所以，，的最小值为：，
所以，
即，解得：
所以恒成立。
综合（1）（2）可知：
故选：B.
【点睛】本题考查了函数的综合问题，不等式恒成立问题，参变分离和分类讨论是解题关键，属于难题.
非选择题部分（共110分）
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
11.我国古代数学著作《孙子算经》中记载：“今有三人共车，二车空，二人共车，九人步.问人车各几何？”其大意是：“每车坐人，两车空出来；每车坐人，多出人步行.问人数和车数各多少？”根据题意，其车数为______辆.
【答案】15
【解析】
【分析】
设车数为x辆，列出方程解出答案即可.
【详解】解：设车数为x辆，则3（x－2）＝2x+9，
解得：x＝15
故答案为：15.
【点睛】本题考查了方程得实际应用，属于基础题.
12.已知为等差数列的前项和，满足，，则______，的最小值为______.
【答案】 (1). 5 (2). -9
【解析】
【分析】
先由，，解出和，然后可求出；算出为n的二次函数，由二次函数的最值得出答案.
【详解】解：依题意得：，
解得，
所以，
，
当n＝3时，最小值为－9
故答案为：5；-9.
【点睛】本题考查了等差数列基本量的计算，前n项和的最值，属于基础题.
13.设实数，满足，则的最大值为______，的最小值为______.
【答案】 (1). 4 (2). 16
【解析】
【分析】
由代入消元，再用配方法可求出的最大值；展开化简可得，可求出其最小值.
【详解】解：＝＝＝，
当a＝2时，的最大值为4；
＝
＝
＝
＝，
当ab＝1时，的最小值为16
故答案为：4；16.
【点睛】本题考查了代数式的最值求法，可采用函数思想，也可尝试用基本不等式求解.
14.一个不透明袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球个、黑球个，现随机等可能取出小球.当有放回依此取出两个小球时，记取出的红球数为，则______；若第一次取出一个小球后，放入一个红球和一个黑球，再第二次随机取出一个小球.记取出的红球总数为，则______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
先确定，可能的取值，再分别求出其概率，计算期望即可.
【详解】解：可取值为0，1，2，
＝，＝，＝，
所以 ；
可取值为0，1，2，
＝，＝，＝，
所以 ；
【点睛】本题考查了随机变量的分布列和数学期望，属于中档题.
15.已知为双曲线的左焦点，过点作直线与圆相切于点，且与双曲线右支相交于点，若，则双曲线的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】
取AB有中点D，连F2D，易得FA＝AD＝DB＝b，F2D＝2OA＝2a，BF2＝BF－2a＝3b－2a，然后在Rt△BDF2中列勾股方程，得到的关系，求出离心率.
【详解】解：如下图，取AB有中点D，连F2D，
因为，所以FA＝AD＝DB，
因为O为FF2的中点，A为FD的中点，OA⊥FD，
所以OA∥F2D，F2D⊥FD，F2D＝2OA＝2a，
在直角三角形FAO中，FA2＝OF2－OA2＝c2－a2＝b2，
所以FA＝b，又由双曲线的定义，得：BF－BF2＝2a，
所以BF2＝3b－2a，
在Rt△BDF2中，，解得：。
离心率：e＝
【点睛】本题考查了双曲线的定义与几何性质，寻找关系列出abc有关的其次方程是关键.
16.在中，是边上的中线，∠ABD＝.（1）若，则∠CAD＝______；（2）若，则的面积为______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
（1）先由余弦定理可得，，，得到三角形ADC为等边三角形，
；（2）对△ABD和△ABC中分别用余弦定理得到方程组，解出，然后求出面积.
【详解】解：（1）在三角形ABD中，由余弦定理得
所以，所以，
所以，
又为中点，所以，
所以三角形ADC为等边三角形，
所以；
（2），所以，设，
在△ABD中，，即，
又在△ABC中，，即，
联立两式解得，
所以，
解得，
【点睛】本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，三角形的面积公式，属于中档题.
17.已知正方体中，为的中点，在平面内，直线，设二面角的平面角为，当取最大值时，______.
【答案】
【解析】
【分析】
设直线交于，过作∥交于，连结交于H，易证得⊥平面，所以为二面角的平面角，设，求出的最小值，此时最大，求出结果即可.
【详解】解：设直线交于，
因为直线，为的是中点，所以为的中点，
过作∥交于，则∥，
连结交于H，则为的中点，过作∥交于点，则为中点，
因为⊥平面，所以⊥平面，
所以⊥，⊥，所以为二面角的平面角，即，
问题转化为在上找一点，使最大，
设正方体的边长为，，则，
，
当，即为中点时，最小，最大
此时，，
【点睛】
本题考查了二面角的平面角的求法，找到二面角是关键，属于难题.
三、解答题：本大题有5小题，共 74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
18.已知函数，.
（Ｉ）求的单调递增区间；
（Ⅱ）若关于的方程在上有解，求实数的取值范围.
【答案】（Ｉ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ｉ）先用降幂公式和辅助角公式化简函数到，再求单调增区间即可；（Ⅱ）先求出函数在上的值域，然后得出的范围.
【详解】解：（Ｉ）因为
由，得
所以的单调增区间为
（Ⅱ）因为，所以，
所以
因为方程在上有解，所以
【点睛】本题考查了三角函数的性质与综合，化简函数到是这类问题的关键.
19.如图棱锥的底面是菱形，，，侧面垂直于底面，且是正三角形.
（Ｉ）求证：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（Ｉ）见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ｉ）取中点，连接、，易证，，所以平面，；（Ⅱ）易证面，故可以点为坐标原点，分别为建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出和平面的法向量，然后由得出答案.
【详解】解：（Ｉ）如图，取中点，连接、
因为是正三角形，所以
又因为菱形，，所以是正三角形，所以
又，平面
所以平面
因为平面
所以
（Ⅱ）因为侧面垂直于底面，面面，
所以面
如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则
,，，
则，，
设平面的法向量
则，取，得，
所以，记直线与平面所成角为
所以
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查了空间中垂直关系的证明，直线与平面所成的角，在找角不是很熟练的情况下，选择建系用空间向量求夹角是一个好办法.
20.设数列的前项和为，已知，．
（Ｉ）求证数列为等比数列，并求通项公式；
（Ⅱ）若对任意的，都有，求实数的取值范围．
【答案】（Ｉ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ｉ）由，得两式相减，化简后可得，所以为等比数列，然后求出其首项和公比，写出通项公式；（Ⅱ）代入参变分离得，记，然后用作差法求出最大项，从而求出的最小值，得出答案.
【详解】解：（Ｉ）由，得
两式相减得，即
所以，即
所以为等比数列，
在中，令,得
所以首项，
所以
所以
（Ⅱ）由，得
所以
记，则
当时，，即
当时，，即
所以当时，最大为
所以当时，最小为
所以.
【点睛】本题考查了数列的通项公式求法，最小项的求法，综合程度较高，属于中档题.
21.已知斜率为的直线经过点，且直线交椭圆于，两个不同的点.
（Ｉ）若，且是的中点，求直线的方程；
（Ⅱ）若随着的增大而增大，求实数的取值范围.
【答案】（Ｉ）；（Ⅱ）或.
【解析】
【分析】
（Ｉ）设直线的方程，联立得到韦达定理，由点是中点，得，联立韦达定理可求解出；（Ⅱ）设直线的方程，联立得到韦达定理，利用弦长公式求出，换元进行简化，由随着的增大而增大，得到不等式解出的范围.
【详解】解：（Ｉ）设，，直线的方程为，
联立椭圆方程，得
所以，
因为点是中点，所以，代入得，
所以，解得
所以直线的方程为
（Ⅱ）设，，直线的方程为，
联立椭圆方程得
所以，
所以
记，则
记,
由随着的增大而增大，所以随着的增大而增大
所以函数在上单调递减
当时，显然不成立
当时，有，解得或
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，联立直线与椭圆方程得到韦达定理是解决这类问题的重要方法.
22.已知函数（为自然对数的底数，）.
（Ｉ）若关于的方程有三个不同的解，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若实数，满足，其中，分别记：关于的方程在上两个不同的解为，；关于的方程在上两个不同的解为，，求证：.
【答案】（Ｉ）；（Ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】
（Ｉ）求导，解不等式和得到函数的单调性，结合特殊点函数值，可大致得到函数简图，求出的范围；（Ⅱ）先构造函数，可证出当和时，，即，然后代入，，结合
的单调性求出得出不等式组，再相加即可证出所需结论.
【详解】解：（Ｉ）由，得
当和时，，单调递增
当时，，单调递减
又，，
当时，；当时，
因为关于方程有三个不同的解
所以
（Ⅱ）记
所以
当时，，单调递减
当时，，单调递增
当时，，单调递减
当时，，单调递增
又因为，所以
所以当和时，，即
由题意，不妨设，
所以
因为，且函数在上单调递减
所以，即①
同理
因为，且函数在上单调递增
所以②
①+②得：
即
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与零点问题，综合性较强，巧妙构造函数是
解决第（Ⅱ）问的关键，属于难题.
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