1、安徽省泗县第一中学2019届高三数学最后一模考试试题 理（含解析）第卷（选择题 共60分）一、选择题（本大题共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. 【答案】C【解析】【分析】根据交集的定义，找出集合M,N的公共元素即可。【详解】因为集合 ，所以 ，故选C.【点睛】本题考查集合的表示方法，交集的定义与运算，属于基础题。2.为虚数单位，复数的虚部是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算求出复数的代数形式后可得答案【详解】由题意得，所以复数的虚部是故选B【点睛】本题考查复
2、数的运算和虚部的概念，解题时容易认为复数的虚部为，要强化对复数概念的理解，属于基础题3.如图，在边长为的正方形内有不规则图形，由电脑随机从正方形中抽取个点，若落在图形内和图形外的点分别为，则图形面积的估计值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据面积型的几何概型概率公式进行估计计算可得答案【详解】设图形面积为，则由几何概型及题意得，所以，即图形面积的估计值为故选C【点睛】本题考查几何概型概率的应用，解题的关键是明确落在图形内的点的概率等于两图形的面积比，属于基础题4.已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且的一个焦点到的距离为，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【
3、答案】D【解析】【分析】根据题意求出参数的值后可得双曲线的方程【详解】由可得，即渐近线的方程为，又一条渐近线的倾斜角为，所以因为双曲线的一个焦点到的距离为，所以，所以，所以双曲线的方程为故选D【点睛】本题考查双曲线方程的求法，解题的关键是根据题意求出参数的值，解题是要注意将条件中给出的数据进行适当的转化，属于基础题5.已知等差数列单调递增且满足，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：等差数列单调递增，即，即，考点：等差数列的通项公式6.在边长为的菱形中，为的中点，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】选择向量为基底，根据向量数量积的定
4、义求解即可【详解】选择向量为基底，则，所以故选A【点睛】求向量数量积的两种方法：一是根据数量积的定义求解，此时需要先选择基底，将所有向量都用该基底表示，然后按照定义求解；二是根据向量的坐标进行计算，此时需要建立直角坐标系，进而得到向量的坐标，最后转化为数的运算问题7.已知命题：，命题：，则下列命题正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用导数和函数零点分别判断命题p,q的真假，从而判断出复合命题的真假即可。【详解】解：令 ，时， ，所以f(x)在 单调递增， ，p真；令 ， ， ，所以 在 恒成立，q假；故选C.【点睛】本题考查利用导数研究函数最值，复合命题真假的判断
5、，属于中档题。8.一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知中的三视图，可得该几何体是一个以侧视图为底面的柱体，分别求出柱体的底面面积和高，代入柱体体积公式，可得答案【详解】解：由已知中的三视图，可得该几何体是一个以侧视图为底面的柱体，柱体的底面由一个边长为4的正方形和一个底边长为4，高为2的三角形组成，故柱体的底面面积S44+2420，由三视图可知h6故柱体的体积VSh120，故选：B【点睛】本题考点是由三视图求几何体的面积、体积，考查对三视图的理解与应用，主要考查三视图与实物图之间的关系，用三视图中的数据还原出实物图的数
6、据，再根据相关的公式求表面积与体积9.高铁是一种快捷的交通工具，为我们的出行提供了极大的方便。某高铁换乘站设有编号为，的五个安全出口，若同时开放其中的两个安全出口，疏散名乘客所需的时间如下：安全出口编号疏散乘客时间(s)120220160140200则疏散乘客最快一个安全出口的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用同时开放其中的两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间分析对比，能求出结果【详解】（1）同时开放两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为200s，同时开放两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为140s，所以疏散1000名乘客比快60s（2）同时
7、开放两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为200s，同时开放两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为120s，所以疏散1000名乘客比快80s（3）同时开放两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为120s，同时开放两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为220s，所以疏散1000名乘客比快100s（4）同时开放两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为220s，同时开放两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为160s，所以疏散1000名乘客比快60s（5）同时开放两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为160s，同时开放两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为1
8、40s，所以疏散1000名乘客比快20s综上，疏散乘客最快的一个安全出口的编号是【点睛】本题考查推理的应用，考查分析判断的能力，解题的关键是读懂题意，然后得到每两个安全出口疏散1000名乘客所用时间的大小关系，比较后可得结果10.若函数恰有三个不同的零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意得方程有三个不同的实数根，令，然后画出函数的大致图象，由函数的图象以及余弦图象的对称轴求出的值，判断出的范围，即可求出的取值范围【详解】由题意得方程有三个不同的实数根，令，画出函数的大致图象，如图所示 由图象得，当时，方程恰好有三个根令，得，当时，；当时，不妨设，由题
9、意得点关于直线对称，所以又结合图象可得，所以，即的取值范围为故选A【点睛】解答本题的关键是借助函数的图象利用数形结合求解，解题时注意余弦型函数图象对称性的应用，转化为只判断零点所在的范围的问题求解，考查画图、用图以及转化思想的应用，属于基础题11.已知长方体，正方形所在平面记为，若经过点的直线与长方体所有的棱所成角相等，且，则线段的长为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，根据题意求出点的坐标后可得所求长度【详解】如图，建立空间直角坐标系由题意得，设点的坐标，则由题意得与平行的棱所在直线的方向向量可分别取为，因为直线与所有的棱所成角相等，所以，因此，所以，
10、解得，所以点的坐标，即为正方形对角线的交点，因此，所以故选D【点睛】解答本题的关键是确定点M的位置，空间直角坐标系坐标系的建立，为探求未知点的位置提供了良好的工具，考查转化能力和计算能力，属于中档题12.设函数，其中，则满足的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得函数在上单调递减，设，则在上也为单调递减函数，然后将足化为，结合单调性可得答案【详解】设，则，所以当或时，函数单调递减；当时，函数单调递增所以当时，函数单调递减又当时，函数单调递减，所以函数在上单调递减设，则在上也为单调递减函数，又，即，所以所以所求取值范围是故选A【点睛】本题考查函数单调性的应用
11、，解题的关键是分析条件得到函数在上单调递减，进而得到函数在上也单调递减考查分析和转化能力，属于中档题第卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题卷上）13.已知实数满足条件，则的最大值为_【答案】2【解析】【分析】画出不等式组表示的可行域，令，则，然后平移直线，并根据的几何意义求解即可【详解】画出不等式组表示的可行域，如图中的阴影部分所示令，则平移直线，由图形得，当直线经过可行域内的点时，直线在y轴上的截距最大，此时z取得最大值所以故答案为：【点睛】利用线性规划求目标函数的最值问题是常考题型，一般以选择题、填空题的形式出现，难度适中解题时要熟练画出可行域，
12、把目标函数适当变形，把所求最值转化为求直线的斜率、截距、距离等问题处理，主要考查数形结合在解题中的应用和计算能力14.在的展开式中，项的系数为_（用数字作答）【答案】0【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项，然后分两种情形通过拼凑的方法求得项的系数【详解】二项式展开式的通项为，所以的展开式中项为故答案为：【点睛】对三项式或乘积型的展开式的问题，一般转化为二项式的问题处理，求解时常常要借助组合的方式、通过“配凑”的方法得到所求项或系数，属于中档题15.秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作数书九章中有己知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上
13、，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”如果把以上这段文字写成公式就是，共中，是的内角，的对边为.若，且，1，成等差数列，则面积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】先根据正弦定理得,再根据余弦定理化简得【详解】因为，所以,因此,因为，1，成等差数列，所以+=2,因此，即面积的最大值为.【点睛】本题考查正余弦定理以及二次函数性质，考查基本分析求解能力，属中档题.16.已知抛物线：的焦点为，为抛物线上异于顶点的一点，点的坐标为（其中，满足）.当最小时，恰为正三角形，则_.【答案】【解析】【分析】根据抛物线的定义，当垂直抛物线的准线时，取得最小值.由此得到点的坐标，根据焦点，以及三角形为等边三角
14、形，列方程，由此求得的值.【详解】依题意，抛物线的焦点坐标为.根据抛物线的定义可知，当垂直抛物线的准线时，取得最小值，故，由于三角形为等边三角形，而，根据对称性有，解得.【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查和的最小值问题，考查等边三角形的几何性质，考查分析问题与解决问题的能力，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1721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.）17.等差数列的前项和为，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用基本元的思想，将已
15、知条件转化为的形式，列方程组，解方程组求得，由此求得数列的通项公式.（2）先求得等差数列前项和，然后利用裂项求和法求得数列的前项和.【详解】解：（1）设等差数列的首项为，公差为，则，即，.（2）由（1）得，.【点睛】本小题主要考查利用基本元的思想求等差数列的基本量、通项公式和前项和.基本元的思想是在等差数列中有个基本量，利用等差数列的通项公式或前项和公式，结合已知条件列出方程组，通过解方程组即可求得数列，进而求得数列其它的一些量的值.还考查了裂项求和法求数列的前项和.18.如图，在四棱锥中，底面是菱形，且，分别为，的中点，且.（1）求证：平面平面；（2）求锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解析
16、；（2）【解析】【分析】（1）先过P作POAD，再通过平几知识计算得POBO，利用线面垂直判定定理得PO平面ABCD，再根据面面垂直判定定理得结果，（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解得平面ACE的一个法向量，根据向量数量积得向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.【详解】（1）过P作POAD，垂足为O，连结AO，BO，由PAD=120，得PAO=60，在RtPAO中，PO=PAsinPAO=2sin60=2=，BAO=120，BAO=60，AO=AO，PAOBAO，BO=PO=，E，F分别是PA，BD的中点，EF=，EF是PBD的中位线，PB=2EF=2=，PB
17、2=PO2+BO2，POBO，ADBO=O，PO平面ABCD，又PO平面PAD，平面PAD平面ABCD（2）以O为原点，OB为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，A（0，1，0），P（0，0，），B（，0，0），D（0，3，0），E（0，），F（，），=（0，），=（，0），易得平面ABCD的一个法向量=（0，0，1），设平面ACE的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，-，1），设锐二面角的平面角的大小为，则cos=|cos|=，锐二面角E-AC-D的余弦值为【点睛】本题考查线面垂直判定定理、面面垂直判定定理以及利用空间向量求二面角，考查空间想象能力以及基本论证与求解
18、能力，属中档题.19.泗县一中为鼓励家校互动，与当地电信公司合作，为教师办理流量套餐.为了解该校教师手机流量使用情况.通过抽样，得到100位教师近2年每人手机月平均使用流量（单位：）的数据，其频率分布直方图如下：若将每位教师的手机月平均使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频率为概率，回答以下问题.（1）从该校教师中随机抽取4人，求这4人中至多有1人月使用流量不超过的概率；（2）现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：套餐名称月套餐费（单位：元）月套餐流量（单位：）203003050038700这三款套餐都有如下附加条款：套餐费月初一次性收取，手机使用一旦超出套餐流量，系统就自动帮用户充值流量，
19、资费20；如果又超出充值流量，系统就再次自动帮用户充值流量，资费20元/次，依次类推，如果当月流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用.学校欲订购其中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并承担系统自动充值的流量资费的，其余部分由教师个人承担，问学校订购哪一款套餐最经济？说明理由.【答案】(1)0.784.(2) 学校订购套餐最经济.【解析】【分析】()先求得该教师手机月使用流量不超过的概率为. 利用互斥事件的概率和独立重复试验的概率求这人中至多有人月使用流量不超过的概率. ()先分别求出三种套餐的期望，再比较它们的大小即得解.【详解】()由直方图可知,从该校中随机抽取一名教师,该教师手机月使
20、用流量不超过的概率为. 设“从该校教师中随机抽取人,至多有人月使用流量不超过”为事件,则. ()依题意, , . 当学校订购套餐时,设学校为一位教师承担的月费用为的所有可能取值为,且,所以(元)当学校订购套餐时,设学校为一位教师承担的月费用为的所有可能取值为,且,所以(元)当学校订购套餐时,设学校为一位教师承担的月费用为的所有可能取值为,且,(元) 因为,所以学校订购套餐最经济.【点睛】(1)本题主要考查概率的计算，考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率，考查随机变量的期望，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 为的均值或数学期望20.已知椭圆：的离心率为，且椭圆上一点的坐标
21、为.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于，两点，且以线段为直径的圆过椭圆的右顶点，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，结合椭圆的离心率列方程，解方程求得的值，由此求得椭圆方程.（2）设直线的方程为，联立直线的方程和椭圆的方程，消去，得到关于的一元二次方程，写出韦达定理，根据列方程，解方程求得的值.由此判断出直线过定点，由求得三角形面积的表达式，利用换元法，结合二次函数的单调性，求得三角形面积的最大值.【详解】（1）由已知，又，则.椭圆方程为，将代入方程得，故椭圆的方程为；（2）不妨设直线的方程，联立消去得.设，则有，又以线段为直径的圆过椭圆的右
22、顶点，由，得，将，代入上式得，将代入上式求得或（舍），则直线恒过点.，设，则在上单调递增，当时，取得最大值.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆相交的弦长公式，考查直线和椭圆的位置关系，考查三角形面积最大值的求法，运算量较大，属于中档题.21.已知：.（1）讨论的单调性；（2）当，时，证明：（i）在点处的切线与的图像至少有两个不同的公共点；（ii）若另有公共点为，其中，则.【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析，（ii）见解析【解析】【分析】（1）先求得函数到导数，然后对分成两种情况，讨论的单调性.（2）先判断出的二阶导数大于零.（i）先求得函数在点处的切线方程，构造函数
23、，利用的导数求得函数的单调区间，以及结合零点存在性定理判断出至少有两个零点，也即切线与至少有两个不同的公共点.（ii）取，根据函数的单调性，有，而，利用基本不等式证得.【详解】（1），当时，当时，.（2）.（i），.，时，：，.又，当时，取时，故，使.故至少有两个零点，也即切线与至少有两个不同的公共点.（ii）取，【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间，考查利用导数证明零点个数问题，考查利用导数证明不等式，考查切线方程，考查分类讨论的数学思想方法，考查利用基本不等式求最值的方法，综合性很强，属于难题.22.在平面直角坐标系中，已知曲线（为参数），.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立
24、极坐标系.（I）写出曲线与圆的极坐标方程；（II）在极坐标系中，已知射线分别与曲线及圆相交于，当时，求的最大值.【答案】（I）,；（II）.【解析】【分析】（I）将曲线的参数消去转化为普通方程，然后转化为极坐标方程.利用普通方程与极坐标方程的互化公式将圆的普通方程转化为直角坐标方程.（II）由于两个三角形的高相同，故将面积的比转化为，将代入曲线和圆的极坐标方程，求得，由此求得的表达式，利用辅助角公式进行化简，并根据三角函数的值域，求得的最大值.【详解】()曲线的普通方程为，由普通方程与极坐标方程的互化公式的的极坐标方程为：，即. 曲线的极坐标方程为： . ()因为与以点为顶点时，它们的高相同，
25、即 ,由()知，所以 ,由得，所以当即时，有最大值为,因此 的最大值为.【点睛】本小题主要考查参数方程转化为普通方程，考查普通方程转化为极坐标方程，考查三角形面积的比，考查极坐标系下长度的计算，属于中档题.23.已知函数，.()当，求不等式的解集；()若函数满足，且恒成立，求的取值范围.【答案】()；().【解析】【分析】（I）当时，利用零点分段法去绝对值，将所求不等式转化为不等式组来求解出来.（II）根据求得图像关于对称，由此求得的值，将不等式恒成立问题，转化为恒成立.利用分离常数法，结合基本不等式，求得的取值范围.【详解】()当 ， ， 等价于 或 ，解得 ，所以原不等式的解集为 ； ()因为 ，所以函数 的图像关于直线 对称， , 因为 恒成立，等价于 恒成立，令 ，当时， ，可知 ；原不等式等价于 ；当时， ； 综上，的取值范围为 .【点睛】本小题主要考查利用零点分段法解绝对值不等式，考查利用分离常数法求解不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.