新疆2019届高三第三次诊断性测试数学（文）试卷Word版含解析.doc

新疆2019届高三第三次诊断性测试数学（文）试题 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题,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，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据题干得到集合B的元素，再由集合交集的概念得到结果.‎ ‎【详解】集合，集合，则 .‎ 故答案为：B.‎ ‎【点睛】这个题目考查了集合的交集的运算，属于简单题目.‎ ‎2.复数，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 直接由复数的模的公式求解。‎ ‎【详解】因为，‎ 所以 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了复数的模的定义，属于基础题。‎ ‎3.若直线与圆相交，则点P的位置是( )‎ A. 在圆上 B. 在圆外 C. 在圆内 D. 以上都有可能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：圆的圆心为，半径，由直线与圆相交得，所以点在圆外 考点：点与圆，直线与圆的位置关系 ‎4.如图所示，网络纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面的面积的最大值为（ ）‎ A. B. C. 8 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三视图还原成三棱锥求解即可.‎ ‎【详解】将三视图还原成的几何体如图所示：底面为等腰直角三角形（两直角边长为2），侧棱垂直底面的三棱锥，面ABC，ABD,BCD面积均为2，三角形ACD为等边三角形，且边长为，∴面积为 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查三视图，正确还原成椎体，是本题关键，注意运算准确性，是基础题.‎ ‎5.要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）‎ A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用三角函数图象的平移变换法则，即可求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以为了得到函数的图象，‎ 只需把函数的图象向左平移个单位，故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的图象，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.‎ ‎6.关于的方程有两个解，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得：，对的范围分类，作出函数及的图象，由图象即可得解。‎ ‎【详解】由得：，‎ 当时，分别作出函数及的图象如下：‎ 显然，两个函数图象只交于一点，故只有一解.‎ 当时，分别作出函数及的图象如下：‎ 显然，两个函数图象交于两点，故有两个解.‎ 所以实数的取值范围是.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了指数函数的图象，考查了分类思想及转化思想，属于基础题。‎ ‎7.《九章算术》中有如下问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升。问中间二节欲均容，各多少？”其大意：“今有竹节，下节容量升，上节容量升，问使中间两节也均匀变化，每节容量是多少？”在这个问题中，中间这两节的容量是（ ）‎ A. 升和升 B. 升和升 C. 升和升 D. 升和升 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得：竹九节的容量依次成等差数列，由下3节容量‎4升及上4节容量‎3升列方程即可求得及，问题得解。‎ ‎【详解】由题可得：竹九节的容量依次成等差数列，‎ 从上往下，不妨设每节的容量依次为：‎ 又下3节容量‎4升，上4节容量‎3升，‎ 可得，解得：，‎ 所以中间这两节的容量，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的应用，考查了等差数列的通项公式及计算能力，属于中档题。‎ ‎8.将一个各个面上均涂有颜色的正方体锯成27个同样大小的小正方体，从这些小正方体中任取一个，恰好是两面涂色的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 数出恰好是两面涂色的小正方体个数为12，问题得解。‎ ‎【详解】由题可得：大正方体的最上层有4个恰好是两面涂色的小正方体，‎ 大正方体的中间一层及最底层都有4个恰好是两面涂色的小正方体，‎ 所以恰好是两面涂色的小正方体个数为个，‎ 所以从这些小正方体中任取一个，恰好是两面涂色的概率是 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了古典概型概率计算，考查空间思维能力，属于基础题。‎ ‎9.现将甲、乙、丙、丁四个人安排到座位号分别是的四个座位上，他们分别有以下要求，‎ 甲：我不坐座位号为和的座位；‎ 乙：我不坐座位号为和的座位；‎ 丙：我的要求和乙一样；‎ 丁：如果乙不坐座位号为的座位，我就不坐座位号为的座位.‎ 那么坐在座位号为的座位上的是（ ）‎ A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对甲分别坐座位号为3或4分类推理即可判断。‎ ‎【详解】当甲坐座位号为3时，‎ 因为乙不坐座位号为1和4的座位 所以乙只能坐座位号为2，这时只剩下座位号为1和4‎ 又丙的要求和乙一样，矛盾，故甲不能坐座位号3.‎ 当甲坐座位号为4时，‎ 因为乙不坐座位号为1和4的座位，丙的要求和乙一样：‎ 所以丁只能坐座位号1，‎ 又如果乙不坐座位号为2座位，丁就不坐座位号为1的座位.‎ 所以乙只能坐座位号2，这时只剩下座位号3给丙。‎ 所以坐在座位号为3的座位上的是丙.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了逻辑推理能力，考查了分类思想，属于中档题。‎ ‎10.已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，则三棱柱外接球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据棱柱的性质得到外接球的球心在上底面的外心和下底面的外心的连线的中点处，通过构造方程解出球的半径.‎ ‎【详解】根据题意得到，外接球球心在上底面的外心和下底面的外心的连线的中点处，记作点O，连接OC，及上底面的圆心为M，连接CM，OM，则三角形CMO为直角三角形，CM为上底面外接圆的半径，MO=1，CM=r，根据正弦定理得到半径为.‎ 由勾股定理得到 ‎ 根据球的体积公式得到 ‎ 故答案为：A.‎ ‎【点睛】‎ 一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径。‎ ‎11.已知点分别是双曲线的左、右焦点，过且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，若，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由题意可知，设，，所以 ‎，所以，两边同时除以得，又因为为双曲线的离心率，所以，故选B．‎ 考点：双曲线的离心率．‎ ‎【思路点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质，根据题意可得，两边同时除以，可得，再根据双曲线的性质即可求出双曲线的离心率的取值范围．‎ ‎12.已知函数，若存在 ，使得，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得：存在，使得，转化成：存在，使得，求出，问题得解。‎ ‎【详解】因为，‎ 所以存在 ，使得，可转成：‎ 存在 ，使得，‎ 即：存在 ，使得，‎ 即：，又 所以 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了导数的运算公式及计算能力，考查了转化能力及函数的最值求法，属于中档题。‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.已知向量满足，且，，则向量与的夹角为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可求得，利用向量夹角公式即可得解。‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以，解得：，‎ 所以.‎ 所以向量与的夹角为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的数量积运算及向量夹角的数量积表示，考查计算能力，属于基础题。‎ ‎14.设满足约束条件，若的最大值为，则的值为_____．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组表示的区域，结合z的几何意义，利用线性规划知识列方程即可得解。‎ ‎【详解】作出不等式组表示的区域，如下图：‎ 作出直线，由图可得：当直线往上平移，经过点时，最大，‎ 由已知得：，解得：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用线性规划知识求最值，考查了方程思想及计算能力，属于基础题。‎ ‎15.已知直线，若是抛物线上的动点，则点到直线的距离与其到轴的距离之和的最小值为____．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据题意作出图形，由抛物线定义得：点到直线距离与其到轴的距离之和的最小值可转化成求点到直线距离问题，再由点到直线距离公式得解。‎ ‎【详解】依据题意作出图形，点到直线的距离与其到轴的距离之和为：，‎ 设点到抛物线的准线的距离为，‎ 由抛物线定义可得：，‎ 所以的最小值问题可转化成的最小值问题.‎ 由图可得：的最小值就是点到直线距离，‎ 又,所以点到直线距离为：，‎ 所以点到直线的距离与其到轴的距离之和的最小值为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的定义及抛物线的简单性质，考查转化能力及计算能力，属于中档题。‎ ‎16.已知数列的前项和为，且，若集合中恰有三个元素，则实数的取值范围是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由法可求出，由转化成：，记，讨论的单调性，利用中恰有三个元素列不等式，从而得解。‎ ‎【详解】因为…（1），所以…（2）‎ ‎（1）（2）整理得：.‎ 将代入得： ‎ 所以是以，公比为的等比数列，‎ 所以，‎ 由可转化成：，‎ 记 ，则，‎ 所以,即：先增后减 又，‎ 要使得中恰有三个元素，则 满足的恰有三个，所以，即：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用法求通项公式，还考查了等比数列的通项公式及判断数列的单调性，还考查了转化能力及计算能力，属于难题。‎ 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎17.的内角 的对边分别为，已知 ‎（Ⅰ）求角的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，求的面积的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由已知及正弦定理及二倍角公式可得：，化简得，问题得解。‎ ‎（Ⅱ）由余弦定理可得：，结合已知及基本不等式得： ，由三角形面积公式得，问题得解。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由正弦定理得 ‎ ‎ ‎.‎ ‎（Ⅱ），‎ 即，‎ 当且仅当时，等号成立。‎ 所以的面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理及三角恒等变形知识，还考查了余弦定理及利用基本不等式求最值，考查计算能力，属于中档题。‎ ‎18.在长方体中， ,分别是的中点，是上一点，平面.‎ ‎（I）求的长；‎ ‎（Ⅱ）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）取中点，连接交于，证得：，再证明，从而可得三点共线，从而可得，问题得解。‎ ‎（Ⅱ）利用（Ⅰ）中结论可得：点到平面的距离等于点到平面的距离，从而得到都是边长为1的正方形的顶点，利用正方形的特征即可得解。‎ ‎【详解】（Ⅰ）如图，取中点，联结交于 ，取的中点，联结,‎ 可证得：平面平面 又平面， 平面， ‎ 联结，可得： 三点共线.‎ 又分别是的中点，，‎ ‎（Ⅱ）平面，‎ 点到平面的距离等于点到平面的距离，‎ ‎,‎ 都是边长为1的正方形的顶点.其对角线长为.‎ 到平面的距离等于边长为1的正方形的对角线的倍，即为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的性质及长度计算，考查了补形法及正方体的性质，考查转化能力及计算能力，属于中档题。‎ ‎19.某地区不同身高的未成年男性的体重平均值如下表：‎ 已知与之间存在很强的线性相关性，‎ ‎（Ⅰ）是据此建立与之间的回归方程；‎ ‎（Ⅱ）若体重超过相同身高男性体重平均值的倍为偏胖，低于倍为偏瘦，那么这个地区一名身高体重为 的在校男生的体重是否正常？‎ 参考数据：‎ 附：对于一组数据，其回归直线 ‎ 中的斜率和截距的最小二乘估计分别为 ‎【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）在校男生的体重是正常的.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）直接由线性回归方程的求法求得，问题得解.‎ ‎（Ⅱ）将代入回归方程：，可得，问题得解。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由已知可得 又，令，则，‎ ‎ ‎ ‎ ， ，即 所求回归方程为：‎ ‎（Ⅱ）由已知得：，‎ 所以，而 这一在校男生的体重是正常的.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线性回归方程的求法及其应用，考查计算能力，属于中档题。‎ ‎20.已知椭圆的一个顶点是，离心率，‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）已知直线与椭圆交于两点，且的重心恰好是椭圆的右焦点，求直线的方程.‎ ‎【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由椭圆的一个顶点是可求得，结合即可求得，问题得解。‎ ‎ （Ⅱ）设为的中点，由的重心恰好是椭圆的右焦点可求得，设，，代入椭圆方程可得：，整理可得：，问题得解。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由，得，椭圆的方程为；‎ ‎（Ⅱ）设为的中点，由题意得,， ‎ 设，则, ‎ 得 ， ‎ 设，，所以，，‎ 代入椭圆方程得 ‎ 直线的方程为，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质，还考查了三角形重心坐标公式、点差法及利用向量求点的坐标，考查计算能力，属于中档题。‎ ‎21.已知函数 ‎（I）当时，求在处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）当时，求的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ） .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求出及，即可求得：，由直线方程的点斜式即可得解。‎ ‎ （Ⅱ）求得，对的范围分类，讨论的单调性即可求得 的最值，问题得解。‎ ‎【详解】（I），‎ ‎ ，又 ‎ 直线的切线方程为，即 ；‎ ‎（Ⅱ）由，‎ 设，则 ‎ ‎ ①若时，，在上递减，在上递增.‎ ‎ ，‎ ‎②若时，令可得，‎ 且 ，‎ 同①则 ，‎ ‎③若时，由②知，‎ ‎，所以有两个实数根，且 在和上是减函数，在和上是增函数，‎ 在和处取得极小值，‎ 由 又，‎ 即 同理， ‎ 综上所述时， ‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，还考查了利用导数判断函数的单调性及利用导数求最值，考查了分类思想及方程思想，考查计算能力及转化能力，属于难题。‎ 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.选修4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是 ‎（Ⅰ）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线与曲线相交于两点，当时，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）， ； （Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由直线的参数方程消参数即可求得直线的普通方程，利用极坐标与直角坐标互化公式即可求得曲线的直角坐标方程，问题得解。‎ ‎（Ⅱ）由直线的参数方程中参数的几何意义可得：，联立直线的参数方程与曲线的直角坐标方程可得：，结合即可求得，问题得解。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由直线的参数方程可得，‎ 将及代入可得： ，‎ 所以曲线的直角坐标方程为：.‎ ‎（Ⅱ）直线参数方程代入圆的方程得 ‎ 化简得 ，‎ 当时， ， 成立，‎ ‎ ，‎ ‎，‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程化普通方程及极坐标方程化为直角坐标方程知识，考查了直线参数方程中参数的几何意义及韦达定理，考查计算能力及转化能力，属于中档题。‎ ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数 ‎（Ⅰ）解不等式；‎ ‎（Ⅱ）已知，且，求证 ‎【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）整理得：，由绝对值的几何意义即可解不等式。‎ ‎ （Ⅱ）将问题转化成，求得，转化成证明利用基本不等式即可证明结论，问题得解。‎ ‎【详解】（Ⅰ），即，‎ 由绝对值的几何意义得：；‎ ‎（Ⅱ），‎ 要证，只要证 ‎，即 ‎【点睛】本题主要考查了绝对值的几何意义，还考查了转化思想及基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题。‎