2019年高三年级第三次诊断性测试
理科数学
一、选择题：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.设集合， 则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意得，，，然后利用数轴可以得出.
【详解】解：因为，
所以，，
又因为，
所以，故选B。
【点睛】本题考查了集合的交集运算，将集合中变量的范围具体解析出来是解题的前提，属于简单题。
2.若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据，求出，然后根据复数模的公式求出。
【详解】解：因为复数满足
所以
所以，故选A。
【点睛】本题考查了复数的四则运算和复数模的运算，求解复数模的前提是将复数表示为
的标准形式，然后根据模的公式求解。
3.若直线与圆有两个公共点，则点与圆的位置关系是（ ）
A. 在圆上 B. 在圆外 C. 在圆内 D. 以上都有可能
【答案】B
【解析】
【分析】
直线与圆有两个公共点，可得，即为，由此可得点与圆的位置关系。
【详解】解：因为直线与圆有两个公共点，
所以有，
即，
因为点与圆心的距离为，圆的半径为1，
所以点在圆外，故选B。
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系的判断方法有：1.圆心到直线的距离与半径做比较；2.联立直线与圆的方程，根据方程组根的个数进行判断。
4.如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三视图可以得到原几何体为三棱锥，且是有三条棱互相垂直的三棱锥，根据几何体的各面面积可得最大面的面积。
【详解】解：分析题意可知，如下图所示，
该几何体为一个正方体中的三棱锥，
最大面的表面边长为的等边三角形，
故其面积为，
故选B。
【点睛】本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题。
5.函数（其中）的图像如图所示，为了得到的图像，只需把的图像上所有点（ ）
A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题目中的图象求解出周期，得出的值，再将点代入函数解析式，求出的值，然后根据图象变换规则得出答案。
【详解】解：由图可知，即，
所以，解得，
将点代入到解析式，
即，
又因为，
所以，
函数的解析式为，
故只需把函数向左平移个单位即可得到函数，
故选C。
【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，解决问题的关键是由图象求出函数的解析式，再根据图象变换的规则解决问题，属于基础题。
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个同样大小的小正方体，从这些小正方体中任意取两个，这两个都恰是两面涂色的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
一个各个面上均涂有颜色的正方体锯成个同样大小的小正方体，其中恰有两面涂色的小正方体有12个，从个同样大小的小正方体任取两个的事件数为，从12个恰有两面涂色的小正方体任取两个的事件数为，再由古典概型可得结果。
【详解】解：一个各个面上均涂有颜色的正方体锯成个同样大小的小正方体，
其中恰有两面涂色的小正方体有12个，
因为从个同样大小的小正方体任取两个的事件数为，
从12个恰有两面涂色的小正方体任取两个的事件数为，
由古典概型公式可得，
这两个都恰是两面涂色概率为，故选D。
【点睛】本题考查了古典概型问题，解题的关键是求出满足条件的事件数，再根据古典概型的计算公式求解问题，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的座位，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】D
【解析】
【分析】
设的外接圆圆心为的外接圆圆心为，根据题意可得球心为的中点，在中求解球的半径，从而可得球的体积。
【详解】解：设的外接圆圆心为，
的外接圆圆心为，
球的球心为，
因为三棱柱的侧棱与底面垂直，
所以球球心为的中点，且直线与上、下底面垂直，
且，，
所以在中，
，即球的半径为，
所以球的体积为，故选D。
【点睛】本题考查了柱体外接球的体积问题，解决问题的关键是要能准确想象出三棱柱各点、各棱、各面与外接球的位置关系，从立体图形中构建出平面图形，从而解得球的半径，属于中档题。
11.已知双曲线，过原点作一条倾斜角为 的直线分别交双曲线左、右两支于 两点，以线段为直径的圆过右焦点，则双曲线离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
以为直径的圆过右焦点F，所以得到该圆以原点为圆心，为半径，故得到，根据对称性，圆也过左焦点，设左焦点为，从而，再根据双曲线的定义解得离心率。
【详解】解：因为以为直径的圆过右焦点F，
所以得到该圆以原点为圆心，为半径，
故得到，
因为过原点直线的倾斜角为，即，
所以为等边三角形，所以，
根据对称性，该圆也过双曲线的左焦点，设左焦点为，
所以，，
在中，由余弦定理得，
，
根据双曲线的定义得，
，即，
解得：，
故选C。
【点睛】本题考查了双曲线的定义和性质，主要考查了双曲线的离心率这一性质，求解本题离心率的方法是利用定义法构建与的方程，属于中档题。
12.若函数，有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知且，故函数最多两个零点，故函数必须有零点，而函数是单调函数，故函数最多有一个零点，所以得出函数必须有一个零点，函数必须有两个零点，再结合图象，根据函数零点存在定理得出的范围。
【详解】解：由题意可知且，
当时，
函数的导函数为，
所以函数在为减函数，在为增函数，
故函数最多两个零点；
而当时，
函数是单调函数，
故函数最多有一个零点；
根据上述分析可以得出：函数必须有两个零点，函数必须有一个零点。
当时，
在函数中，
因为，
故，解得，
当时，
当时，函数是单调递减，
，不满足题意，
当时，函数是单调递增，
因为在时有一个零点，
则，解得：
综上：，故选C。
【点睛】本题考查了分段函数的零点问题，解题时运用了数形结合、分类讨论等思想方法进行求解，属于较难题。
二、填空题（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】
向量满足，所以有，化简整理得，将代入，从而得出向量与的夹角。
【详解】解：向量满足，
所以有，
化简整理得，
将代入，
，
解得：
所以向量与的夹角为。
【点睛】本题考查了向量的夹角问题、向量的数量积问题，解决问题时应准确运用向量乘法的法则，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，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：点到直线的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（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，是上的一点，平面.
（Ⅰ）求的长；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)
【解析】
【分析】
（Ⅰ）建立空间坐标系，待定系数求出P点坐标，然后利用两点间距离求出求长；
（Ⅱ）求出两个半平面的法向量，根据法向量的夹角，求解出二面角的余弦值。
【详解】解：（Ⅰ）因为为长方体
所以两两互相垂直，
故建立如图所示的空间直角坐标系
各点的坐标为，，，，，
设点，
则，，
因为点在上，
所以，
即，
故，即，故，
向量，，
设平面的法向量为，
则，得，
令
则
因为平面
所以，
故，即，解得，
所以，所以.
（Ⅱ）设平面的法向量为，
则，得，
令
则
所以，二面角的余弦值。
【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，求解二面角大小的关键是正确解出两个半平面的法向量，然后由法向量的夹角得出二面角的大小。
19.某地区不同身高的未成年男性的体重平均值如下表：
身高x（cm）
60
70
80
90
100
110
120
130
140
体重y(kg)
6.13
7.90
9.99
12.15
15.02
17.50
20.92
2686
31.11
已知与之间存在很强的线性相关性，
（Ⅰ）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) 正常
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由题中提供的数据解出，然后解得，从而得出回归方程；
（Ⅱ）由（Ⅰ）计算出，然后进行比较，得出结论。
【详解】解：（Ⅰ）由已知可得
又，
，
，
回归方程为：。
（Ⅱ）由，
而
这一在校男生的体重是正常的.
【点睛】本题考查了回归方程和实际问题处理的能力，着重考查了学生数据分析的核心素养，属于基础题。
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，求的面积.
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由椭圆的一个顶点为（0,2）得到b=2，再根据离心率可以解得a,c的值；
（Ⅱ）右焦点为的重心，所以得,由此可以得到,设出直线，将直线与椭圆联立方程组，借助韦达定理求出的值，进而可得的面积。
【详解】（Ⅰ）由，
得，
椭圆的方程为；
（Ⅱ）设为的中点，
由题意得,，
设，则,
,即,
设直线，
即，
代入得
，
直线的方程为，
联立，
得
又
【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线的问题，直线与圆锥曲线问题常见解法是借助韦达定理，将多元问题转化为少元（单元）问题，属于中档题。
21.已知函数
（Ⅰ）若在处的切线与直线垂直，求实数的值；
（Ⅱ）当时，求证
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)见证明
【解析】
【分析】
（Ⅰ）在处的切线与直线垂直，由此可得切线的斜率，切线斜率等于在处的导数，由此解出实数的值；
（Ⅱ）证明，等价于证明,然后进行分类讨论求解，进而得证。
【详解】解：（Ⅰ）由,
因为在处的切线与直线垂直
（Ⅱ）由
设，
则
①若时，
,
在单调递增，
而,
上递增，在上递减，
，
显然满足，
②若时，
在上递减，在上递增，
同①则也满足
③若时，
在上递减，在上递增，
在上存在两个零点
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，
记
则
时，，
综上所述，时，成立.
【点睛】本题考查了曲线的切线问题、不等式恒成立问题，曲线的切线问题借助于导数的几何意义进行求解，不等式恒成立问题往往转化为函数的最值进行研究。
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。
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