江西省上饒市橫峰中學2019屆高三數學考前模擬考試試題 理（含解析）一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分.每小題只有一項是符合題目要求的。)1.已知集合，則=( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先化簡集合，求出的補集，再和集合求交集，即可得出結果.【詳解】因為，所以，又，所以.故選B【點睛】本題主要考查集合的混合運算，熟記概念即可，屬于基礎題型.2.已知復數，則 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出，再由復數的除法運算，即可求出結果.【詳解】因為，所以，因此，所以.故選A【點睛】本題主要考查復數的運算，與復數的模，熟記復數的除法運算法則，以及復數模的計算公式即可，屬于基礎題型.3.設函數，若，( )A. 2B. -2C. 2019D. -2019【答案】B【解析】【分析】先判斷函數奇偶性，進而可求出函數值,【詳解】因為，所以，因此函數為奇函數，又，所以.故選B【點睛】本題主要考查函數奇偶性的應用，熟記函數奇偶性的定義即可，屬于基礎題型.4.等差數列前n項和為，若,，則( )A. 16B. 14C. 12D. 10【答案】A【解析】【分析】先由，求出，再由，即可求出結果.【詳解】因為等差數列的前n項和為，且，所以，解得；又，所以.故選A【點睛】本題主要考查等差數列的基本量的計算，熟記等差數列的求和公式與通項公式，以及等差數列的性質即可，屬于基礎題型.5.已知向量，則“”是為鈍角的( )A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】由充分條件與必要條件的概念，以及向量的夾角公式，即可得出結果.【詳解】因為，所以，則，若，則，但當時， 反向，夾角為；所以由不能推出為鈍角；反之，若為鈍角，則且，即且，能推出；因此，“”是為鈍角的必要不充分條件.【點睛】本題主要考查充分條件與必要條件的判定，熟記概念即可，屬于常考題型.6.如圖所示的程序框圖，若x=5,則運算多少次停止( )A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】根據程序框圖，逐步執行，即可得出結果.【詳解】輸入，第一步：，進入循環；第二步：，進入循環；第三步：，進入循環；第四步：，結束循環，輸出結果；共運行4次.故選C【點睛】本題主要考查程序框圖，分析框圖的作用，逐步執行即可，屬于基礎題型.7.已知展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相同，且,若,則展開式中常數項( )A. 32B. 24C. 4D. 8【答案】B【解析】【分析】先由二項展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相同，求出；再由求出，由二項展開式的通項公式，即可求出結果.【詳解】因為展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相同，所以，因此，又，所以，令，則，又，所以，因此，所以展開式的通項公式為，由得，因此展開式中常數項為.故選B【點睛】本題主要考查求指定項的系數，熟記二項式定理即可，屬于常考題型.8.如圖所示的網格是由邊長為1的小正方形構成，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根據三視圖先還原該幾何體，為一個三棱柱截去了一個三棱錐，結合棱柱與棱錐的體積公式，即可求出結果.【詳解】根據幾何體三視圖可得，該幾何體是三棱柱割去一個三棱錐所得的幾何體；如圖所示：所以其體積為.故選D【點睛】本題主要考查由幾何體三視圖求幾何體的體積，熟記幾何體的結構特征，以及體積公式即可，屬于常考題型.9.將函數()的圖像向右平移個單位長度，得到函數的圖像，若則的值為( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化簡，再得到，根據得到關于對稱，進而可求出結果.【詳解】因為，將其圖像向右平移個單位長度，得到函數的圖像，所以，又，所以關于對稱，所以，即，因為，所以易得.故選A【點睛】本題主要考查三角函數的圖像變換與三角函數的性質，熟記三角函數的性質與平移原則，即可求解，屬于常考題型.10.九章算術中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬；將四個面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉臑。若三棱錐P-ABC為鱉臑，PA面ABC,PA=AB=2,AC=4,三棱錐P-ABC的四個頂點都在球的球面上，則球0的表面積為( )A. 8B. 12C. 20D. 24【答案】C【解析】【分析】將三棱錐PABC放在長方體中，三棱錐PABC的外接球就是長方體的外接球【詳解】將三棱錐PABC放在長方體中，如圖，三棱錐PABC的外接球就是長方體的外接球因為PAAB2，AC4，ABC為直角三角形，所以BC設外接球的半徑為R，依題意可得(2R)22222(2)220，故R25，則球O的表面積為4R220，故答案選C.【點睛】涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解.11.設雙曲線的方程為，若雙曲線的漸近線被圓M：所截得的兩條弦長之和為12，已知的頂點A，B分別為雙曲線的左、右焦點，頂點P在雙曲線上，則的值等于A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根據垂徑定理求出圓心到直線距離為，再根據點到直線的距離公式可得，得到，即可求出，根據正弦定理可得【詳解】雙曲線的一條漸近線方程為雙曲線的漸近線被圓：即所截得的兩條弦長之和為，設圓心到直線的距離為，則，即，根據正弦定理可得，故選【點睛】本題考查了雙曲線的簡單性質以及圓的有關性質和正弦定理，考查了直線與圓的位置關系和點到直線的距離公式，考查了學生的計算能力，屬于中檔題。12.已知定義在內的函數滿足，當時，則當時，方程的不等實數根的個數是（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】試題分析：根的個數等價于與的交點個數，時，畫出與的圖象，如圖，由圖知與的圖象有個交點，即實數根個數為，故選C.考點：1、分段函數的解析式與圖象；2、方程根與函數圖象交點之間的關系.【方法點睛】本題主要考查分段函數的解析式與圖象、方程根與函數圖象交點之間的關系，屬于難題.判斷方程實根的個數的常用方法：（1）轉化法：函數零點個數就是則方程實根的個數；（2）零點存在性定理法：判斷函數在區間上是連續不斷的曲線，且再結合函數的圖象與性質（如單調性、奇偶性、周期性、對稱性） 可確定函數的零點個數；（3）數形結合法：轉化為兩個函數的圖象的交點個數問題，畫出兩個函數的圖象，其交點的個數就是函數零點的個數，本題的解答就利用了方（3）.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中橫線上)13.已知某中學高三理科班學生共有800人參加了數學與物理的水平測試，現學校決定利用隨機數表法從中抽取100人進行成績抽樣統計，先將800人按001,002，003,800進行編號。如果從第8行第7列的數開始向右讀，請問檢測的第5個人的編號是:_(如圖摘取了第7行至第9行)。【答案】175【解析】【分析】根據題意，結合隨機數表，直接讀取，即可得出結果.【詳解】由隨機數表，從第8行第7列的數開始向右讀，所取數據依次是：785, 667,199,507,175，所以檢測的第5個人的編號是175.故答案為175【點睛】本題主要考查隨機數表，會讀隨機數表即可，屬于基礎題型.14.設滿足約束條件,則的取值范圍是_。【答案】或【解析】【分析】先由約束條件作出可行域，再由目標函數可化為，而表示平面區域內的點與定點連線的斜率，結合圖像，即可得出結果.【詳解】由約束條件作出可行域如下：因為目標函數可化為，表示平面區域內的點與定點連線的斜率，由題意易得：，所以，所以，由圖像可得，故或.故答案為或【點睛】本題主要考查簡單線性規劃問題，只需由約束條件作出可行域，根據目標函數的幾何意義，結合圖像求解，屬于常考題型.15.已知直線l:y=k(x-2)與拋物線C:y2=8x交于A,B兩點，F為拋物線C的焦點，若|AF|=3|BF|，則直線l的傾斜角為_。【答案】或【解析】設交點，由于直線過焦點，所以將代入并整理可得，則，又由拋物線的定義可得，故由題設可得代入可得，解之得或（舍去），故時，代入可得，所以直線的傾斜角是或，應填答案或。點睛：解答本題的關鍵是求出直線的斜率，再借助斜率與傾斜角之間的關系求出傾斜角。求解時先將直線與拋物線聯立，借助題設條件探求交點坐標之間的關系，通過建立方程求出交點坐標及直線的斜率，從而使得問題獲解。16.如圖都是由邊長為1的正方體疊成的幾何體,例如第(1)個幾何體的表面積為6個平方單位，第(2)個幾何體的表面積為18個平方單位，第(3)個幾何體的表面積是36個平方單位.依此規律,則第個幾何體的表面積是_個平方單位.【答案】【解析】試題分析：1. 從上向下看，每層頂面的面個數為：第一層是1，第二層是2，第三層是3第五層是5，共5個面；2. 左邊和右邊還有底面 的面積相等，5層時為，1+2+3+4+5=15個面3. 剩下最后2個面了，這2個面的特征就是都有一個角，一個角有3個面，一共有第一層1個角，第二層2角，第三層3個角第五層5個角，共有1+2+3+4+5=15個角,45個面；4. 計算：1層時=6 2層時=（1+2）3 + （1+2）3 = 9+9=18 3層時=（1+2+3）3 + （1+2+3）3=18+18=36第n層時為（1+2+3+n）3 + （1+2+3+n）3 也就6（1+2+3+n）所以當n=5是，表面積為615=90故第個幾何體的表面積是個平方單位考點：本題主要考查歸納推理，等差數列的求和。點評：常見題，逐個考查，發現規律，大膽做出猜想。三、解答題:本大題共6個大題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且求角A的大小；若，求面積的最大值【答案】（）；（）.【解析】分析：（1）由正弦定理進行邊角互化得。（2）由余弦定理結合基本不等式進行求解。詳解：（）由正弦定理可得：從而可得：，即又為三角形內角，所以，于是又為三角形內角，所以（）由余弦定理：得：，所以，所以點睛：本題主要考查了正弦定理、余弦定理、三角形面積公式和基本不等式的應用，屬于中檔題。18.如圖，在三棱錐中，為線段上一點，且，平面，與平面所成的角為.（1）求證:平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值。【答案】（1）詳見解析；（2）.【解析】【分析】（1）先由線面垂直的判定定理，證明平面，進而可得平面平面；（2）以為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，求出平面與平面的一個法向量，根據向量夾角公式，求出兩向量夾角的余弦值，進而可得出結果.【詳解】(1)因為，所以所以是直角三角形，；在中，由，不妨設，由得，在中，由余弦定理得,故,所以，所以；因為平面，平面，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面；(2)因為平面，所以與平面所成的角為，即，可得為等腰直角三角形，由(1)得，以為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，則為平面的一個法向量。設為平面的一個法向量，因為，則由得令，則，則為平面的一個法向量，故故二面角的平面角的余弦值為.【點睛】本題主要考查面面垂直的證明以及求二面角的余弦值，熟記面面垂直的判定定理，靈活運用空間向量的方法求二面角即可，屬于常考題型.19.已知橢圓的離心率為，以原點為圓心，橢圓的短半軸為長為半徑的圓與直線相切，過點的直線與橢圓相交于兩點.（1）求橢圓的方程；（2）若原點在以線段為直徑的圓內，求直線的斜率的取值范圍.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）由離心率公式和直線與圓相切的條件，列出方程組求出a、b的值，代入橢圓方程即可；（2）聯立直線與橢圓方程，由此利用根的判別式、韋達定理、向量的數量積，即可直線斜率的取值范圍【詳解】解（1）由可得，又.故橢圓的方程為.（2）由題意知直線方程為.聯立得.由，得.設，則.原點在以線段為直徑的圓外， ，由，解得.當原點在以線段為直徑的圓外時，直線的斜率.【點睛】本題考查橢圓方程，考查向量的運算，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、數量積的合理運用，屬于中檔題20.某公司生產某種產品，一條流水線年產量為件，該生產線分為兩段，流水線第一段生產的半成品的質量指標會影響第二段生產成品的等級，具體見下表：第一段生產的半成品質量指標或或第二段生產的成品為一等品概率0.20.40.6第二段生產的成品為二等品概率0.30.30.3第二段生產的成品為三等品概率0.50.30.1從第一道生產工序抽樣調查了件，得到頻率分布直方圖如圖：若生產一件一等品、二等品、三等品的利潤分別是元、元、元.（）以各組的中間值估計為該組半成品的質量指標，估算流水線第一段生產的半成品質量指標的平均值；（）將頻率估計為概率，試估算一條流水線一年能為該公司創造的利潤；（）現在市面上有一種設備可以安裝到流水線第一段，價格是萬元，使用壽命是年，安裝這種設備后，流水線第一段半成品的質量指標服從正態分布，且不影響產量.請你幫該公司作出決策，是否要購買該設備？說明理由.（參考數據：，）【答案】（）；（）萬元；（）見解析.【解析】【分析】（）首先根據頻率分布直方圖確定各組的頻率及中間值，再根據樣本平均數的計算公式計算得到平均數；（）首先確定隨機變量的所有可能取值，再根據獨立事件的概率公式求出分布列，最后利用數學期望公式求的數學期望；（）首先根據正態分布的性質確定好等，然后類似第二問求出隨機變量的分布列及數學期望，最后根據隨機變量的數學期望的大小作決策.【詳解】（）平均值為： . （）由頻率直方圖，第一段生產半成品質量指標或 ，或 ， 設生產一件產品的利潤為元，則 ， 所以生產一件成品的平均利潤是元，所以一條流水線一年能為該公司帶來利潤的估計值是萬元. （）， 設引入該設備后生產一件成品利潤為元，則， 所以引入該設備后生產一件成品平均利潤為元，所以引入該設備后一條流水線一年能為該公司帶來利潤的估計值是萬元，增加收入萬元，綜上，應該引入該設備.【點睛】本題考查頻率分布直方圖、樣本平均數的估算、獨立事件的概率、隨機變量的分布列及數學期望、正態分布，考查數學建模、數據分析能力.21.已知函數（為自然對數的底，為常數，）有兩個極值點，且.（）求的取值范圍；（）若恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）首先通過導數運算將極值點問題轉化為方程解的問題，從而轉化成兩個函數圖像交點問題，再根據導數的應用確定函數的極值點、單調性，從而畫出簡圖，判斷出所求范圍；（）首先根據隱含條件消元，將不等式轉化為關于的不等式，從而構造函數，建立函數模型，再通過分類討論該函數的單調性，確定實數的取值范圍.【詳解】（），由得， 依題意，該方程有兩個不同正實數根，記，則，當時，；當時，所以函數在處取得最小值，所以的取值范圍是. （）由（）得：，且，所以，所以， 因此恒成立，即恒成立，即，設，即在上恒成立，從而，記， ， 當時，所以，從而，則在區間上單調遞減，所以當時，恒成立； 時，等價于，所以有兩根，且，可以不妨設，在時成立，所以在區間上單調遞增，當時，即在上不恒成立，綜上，的取值范圍是.【點睛】本題考查導數運算、導數的應用，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、數形結合思想、分類與整合思想，突顯了數學抽象、數學建模、邏輯推理的考查.22.在平面直角坐標系中，直線的參數方程為(為參數)。在極坐標系(與直角坐標系取相同的長度單位，且以原點為極點，以軸正半軸為極軸)中，圓的極坐標方程為。（1）求直線的普通方程和圓的直