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2019年四川省攀枝花市高考数学三诊试卷（文科）
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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知是虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知角的终边经过点，则的值为（ ）
A．±2 B．2 C．﹣2 D．﹣4
4．某商场一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．支出最高值与支出最低值的比是8：1
B．4至6月份的平均收入为50万元
C．利润最高的月份是2月份
D．2至3月份的收入的变化率与11至12月份的收入的变化率相同
5．设，，，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
6．直线是圆在处的切线，点是圆上的动点，则点到直线的距离的最小值等于（ ）
A．1 B． C． D．2
7．数学猜想是推动数学理论发展的强大动力.1927年德国汉堡大学的学生考拉兹提出一个猜想：对于每一个正整数，如果它是奇数，对它乘3再加1；如果它是偶数，对它除以2．这样循环，最终结果都能得到1．如图是根据考拉兹猜想设计的一个程序框图，则输出的i为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
8．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
9．函数的部分图象如图所示，现将此图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则函数的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
10．三棱锥的各顶点都在同一球面上，底面，若，，且，则此球的表面积等于（ ）
A． B． C． D．
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，为坐标原点，为双曲线在第一象限上的点，直线分别交双曲线的左，右支于另一点，若，且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B．3 C．2 D．
12．已知定义在上的偶函数满足，当时，．函数，则与的图象所有交点的横坐标之和为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知点，线段的中点，若向量与向量垂直，则 ．
14．如图，在边长为2的正方形中，以的中点为圆心，以为半径
作圆弧，交边于点，从正方形中任取一点，则该点落在扇形中的概率为 ．
15．在中，，，，则 ．
16．已知函数．若存在，使得，则实数的取值范围是 ．
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．设数列前项和，且，．
（Ⅰ）试求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前项和．
18．某企业为了检查甲、乙两条自动包装流水线的生产情况，随机在这两条流水线上各抽取100件产品作为样本称出它们的质量（单位：毫克），质量值落在的产品为合格品，否则为不合格品．如表是甲流水线样本频数分布表，如图是乙流水线样本的频率分布直方图．
产品质量/毫克
频数
（165，175]
3
（175，185]
2
（185，195]
21
（195，205]
36
（205，215]
24
（215，225]
9
（225，235]
5
（Ⅰ）根据乙流水线样本的频率分布直方图，求乙流水线样本质量的中位数（结果保留整数）；
（Ⅱ）从甲流水线样本中质量在的产品中任取2件产品，求两件产品中恰有一件合格品的概率；
甲流水线
乙流水线
总计
合格品
不合格品
总计
（Ⅲ）由以上统计数据完成下面2×2列联表，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关？
下面临界值表仅供参考：
P（K2≥k）
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
参考公式：，其中n＝a+b+c+d．
19．如图，三棱锥中，、均为等腰直角三角形，且，若平面平面．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）点为棱上靠近点的三等分点，求点到平面的距离．
20．已知椭圆的左，右焦点分别为，离心率为，是上的一个动点．当是的上顶点时，的面积为．
（1）求的方程；
（2）设斜率存在的直线与的另一个交点为．若存在点，使得，求的取值范围．
21．（Ⅰ）不等式对任意恒成立，求实数的取值范围；
（Ⅱ）已知函数．证明：函数存在极小值点且极小值小于0．
（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
按所做的第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（为参数，为常数）．以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（Ⅰ）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（Ⅱ）设直线l与曲线C相交于A、B两点，若|AB|＝16，求a的值．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．设函数．
（Ⅰ）当时，解不等式；
（Ⅱ）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．
2019年四川省攀枝花市高考数学三诊试卷（文科）
参考答案与试题解析
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．【分析】化简集合A，根据并集的定义写出．
【解答】解：集合，，则
．
故选：B．
【点评】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2．【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】解：．
故选：A．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
3．【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，求得x的值．
【解答】解：∵已知角的终边经过点，∴，则，
故选：C．
【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
4． 【分析】根据折现统计图即可判断各选项．
【解答】解：由图可知，支出最高值为60万元，支出最低值为10万元，其比是5：1，故A错误，
由图可知，4至6月份的平均收入为万元，故B错误，
由图可知，利润最高的月份为3月份和10月份，故C错误，
由图可知2至3月份的收入的变化率与11至12月份的收入的变化率相同，故D正确，
故选：D．
【点评】本题考查了统计图识别和应用，关键是认清图形，属于基础题．
5．【分析】容易得出：,,，从而得出的大小关系．
【解答】解：，，；
∴．
故选：A．
【点评】考查对数的运算，对数函数的单调性，以及增函数的定义．
6．【分析】先得切线方程，然后用点到直线距离减去半径可得．
【解答】解：圆在点处的切线为，即，
点是圆上的动点，圆心到直线的距离，
∴点到直线的距离的最小值等于．
故选：D．
【点评】本题考查了圆的切线方程，属中档题．
7．【分析】根据程序框图进行模拟运算即可．
【解答】解：，不满足，是奇数满足，，，
，不满足，是奇数不满足，，，
，不满足，是奇数不满足，，，
，不满足，是奇数不满足，，，
，不满足，是奇数不满足，，，
，满足，输出，
故选：B．
【点评】本题主要考查程序框图的识别和应用，利用模拟运算法是解决本题的关键．比较基础．
8．【分析】在A中，与相交或平行；在B中，或；在C中，由线面垂直的判定定理得；在D中，与平行或．
【解答】解：设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则：
在A中，若，，则与相交或平行，故A错误；
在B中，若，，则或，故B错误；
在C中，若，，则由线面垂直的判定定理得，故C正确；
在D中，若，，则与平行或，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9．【分析】由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再利用函数的图象变换规律，得到的解析式．
【解答】解：根据函数（）的部分图象，
可得，，∴．
再根据五点法作图可得 ，∴，∴函数．
把的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
故选：D．
【点评】本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，函数的图象变换规律，属于基础题．
10．【分析】由题意画出图形，可得底面三角形为直角三角形，求其外接圆的半径，进一步求得三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式求解．
【解答】解：如图，
在底面三角形中，由，，，
利用余弦定理可得：，
∴，即，
取为中点，则为的外心，可得三角形外接圆的半径为1，
设三棱锥的外接球的球心为，连接，则．
即三棱锥的外接球的半径为．
∴三棱锥球的外接球的表面积等于．
故选：D．
【点评】本题考查多面体外接球表面积与体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
11．【分析】由双曲线的定义可设，，由平面几何知识可得四边形为平行四边形，三角形，用余弦定理，可得的方程，再由离心率公式可得所求值．
【解答】解：由双曲线的定义可得，
由，可得，，
结合双曲线性质可以得到，
而，
结合四边形对角线平分，
可得四边形为平行四边形，
结合，故，
对三角形，用余弦定理，得到
，
结合，可得，
，，代入上式子中，
得到，即，
结合离心率满足，即可得出，
故选：D．
【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率的求法，注意运用三角形的余弦定理，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
12．【分析】根据题意，分析可得与的图象都关于直线对称，作出两个函数的图象，分析其交点的情况，即可得答案．
【解答】解：根据题意，函数满足，则的图象关于直线对称，
函数的图象也关于直线对称，
函数的图象与函数的图象的位置关系如图所示，
可知两个图象有3个交点，一个在直线上，另外2个关于直线对称，
则两个函数图象所有交点的横坐标之和为3；
故选：A．
【点评】本题考查函数的奇偶性与对称性的应用，涉及函数的图象变换，属于基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13． 【分析】根据条件可求出，根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出．
【解答】解：；
∵；
∴；
∴．
故答案为：．
【点评】考查向量数乘的几何意义，以及向量坐标的数乘和数量积的运算，向量垂直的充要条件．
14． 【分析】由已知求出扇形面积与正方形面积，再由测度比是面积比得答案．
【解答】解：如图，正方形面积，
由题意可知，，
又，∴．
∴从正方形中任取一点，则该点落在扇形中的概率为．
故答案为：．
【点评】本题考查几何概型，求出扇形面积是关键，是基础题．
15．【分析】根据题意，由正弦定理可得，即，变形可得
，又由，结合二倍角公式可得，变形可得：，，进而求出和的值，又由，由和角公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，中，，
则，即，变形可得，
又由，即，则有，
变形可得：，则，
则，，
则，
故答案为：．
【点评】本题考查三角形中的几何计算，涉及正弦定理、余弦定理的应用，属于基础题．
16． 【分析】求原函数的导函数，代入，得到存在，使得，分离参数，再由函数单调性求最值得答案．
【解答】解：∵，
∴，
∴
，
∵存在，使得，
∴，
∴，
设，
∴，
在上为增函数，
∴．
∴．
实数的取值范围是．
故答案为：．
【点评】本题考查导数知识的运用，考查恒成立问题，考查函数的最值，属于中档题．
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． 【分析】（Ⅰ）当时，由可得，当时，，可求，结合等比数列的通项公式可求
（II）由（I）知，，利用错位相减求和即可求解
【解答】解：（Ⅰ）当时，，
所以，，即，
当时，，，
由等比数列的定义知，数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，数列的通项公式为．
（II）由（I）知，
∴
两式相减可得，
∴
【点评】本题主要考查了利用数列的递推公式求解数列的通项公式，等比数列的通项公式及错位相减求和方法的应用
18．【分析】（Ⅰ）因为前三组的频率之和前四组的频率之和所以中位数在第四组，设为由
，解得；
（Ⅱ）甲流水线样本中质量在的产品共有5件，其中合格品有2件，设为；不合格品3件，设为，再利用列举法以及古典概型概率公式可得；
（Ⅲ）先得列联表，再根据表中数据，计算出观测值，结合临界值表可得．
【解答】解：（Ⅰ）因为前三组的频率之和
前四组的频率之和
所以中位数在第四组，设为
由，解得．
（Ⅱ）甲流水线样本中质量在的产品共有5件，其中合格品有2件，设为；不合格品3件，设为
从中任取2件的所有取法有，共10种，
恰有一件合格品的取法有共6种，
所以两件产品中恰有一件合格品的概率为．
（Ⅲ）由乙流水线样本的频率分布直方图可知，合格品的个数为，
甲流水线
乙流水线
总计
合格品
92
96
188
不合格品
8
4
12
总计
100
100
200
所以，2×2列联表是：
所以
故在犯错误的概率不超过0.15的前提下，不能认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关．
【点评】本题考查了独立性检验，属中档题．
19． 【分析】（Ⅰ）取的中点为，连接．证明，，推出⊥平面，即可证明．
（Ⅱ）说明平面，在三棱锥中，，转化求解点为棱上靠近点的三等分点，则点到平面的距离等于点到平面距离的．求出点到平面的距离．
【解答】（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）证明：取的中点为，连接．
∵在中，，为的中点，∴，
∵在中，，为的中点，∴，
∵，， ⊂平面，∴⊥平面，
∵⊂平面，∴．
（Ⅱ）∵平面⊥平面，，∴平面，
在三棱锥中，，由题意，，．
∵
在中，，∴，
则由，
点为棱上靠近点的三等分点，则点到平面的距离等于点到平面距离的．
∴点到平面的距离等于．
【点评】本题考查等体积法的应用，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
20． 【分析】（1）根据椭圆离心率为，的面积为．列式计算即可．
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，得出关于x的一元二次方程；再设出的坐标，表示出线段的中点，根据．，求出点的横坐标的取值范围，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵椭圆离心率为，．当为的上顶点时，的面积为．
∴，∴．
故椭圆的方程为：．
（2）设直线的方程为，
当时，符合题意，
当时，代入，得：；
设，线段的中点为，
，
即
∵，∴直线为线段的垂直平分线；
∴，则．
所以，⇒，
因为，∴．
综上，的取值范围为．
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆的方程的求法，圆锥曲线的范围的求法，考查转化思想以及计算能力．
21． 【分析】（Ⅰ）运用分离参数法将问题进行转化，再构造函数研究最值来解决问题；
（Ⅱ）先证明函数存在极小值，即利用单调性判断出极值；再将极值构造成函数，通过研究该函数的最大值小于0即可．
【解答】解：（Ⅰ）问题等价于恒成立，
令，，
所以在上单调递减，所以，所以．
（Ⅱ）（），
则．
，在上单调递减；，在上单调递增；
所以存在极小值点．
令，则，
，
由（Ⅰ）知：
令，，
所以在上单调递增，在上单调递减，．…
所以．
故函数存在极小值点且极小值小于0．
【点评】本题考查利用函数的单调性研究函数的最值、极值问题，正确转化是解题的关键，属于中档题目．
（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，则按所做的第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22． 【分析】（Ⅰ）直线的参数方程为（为参数，为常数），消去参数得的普通方程为：；∵，∴⇒
，即．故曲线C的直角坐标方程为
（Ⅱ）利用直线参数方程中参数的几何意义可得．
【解答】解：（Ⅰ）∵直线的参数方程为（为参数，为常数），
消去参数得的普通方程为：；．
∵，∴⇒，即．
故曲线的直角坐标方程为．
（Ⅱ）法一：将直线的参数方程代入曲线中得，
∴．
法二：将代入曲线
化简得：,
∴．
【点评】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23． 【分析】（Ⅰ），去掉绝对值符号，然后求解不等式即可．
（Ⅱ）依题意，问题等价于关于的不等式恒成立，，利用绝对值的几何意义转化求解即可．
【解答】（本小题满分10分）选修4﹣5：不等式选讲解：
解：（Ⅰ），
可转化为或或，
解得或或无解，
所以不等式的解集为．
（Ⅱ）依题意，问题等价于关于的不等式恒成立，
即，
又，当时取等号．
所以，解得或，
所以实数的取值范围是．
【点评】本题考查绝对值的几何意义，绝对值不等式的解法，考查转化思想以及计算能力．
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