1、河南省焦作市2019届高三数学上学期期中试题 理（含解析）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.若复数z（36i）（1+9i），则（）A. 复数z的实部为21B. 复数z的虚部为33C. 复数z的共轭复数为5721iD. 在复平面内，复数z所对应的点位于第二象限【答案】C【解析】分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数的基本概念逐一核对四个选项得答案【详解】解：复数z（36i）（1+9i）57+21i复数z的实部为57，虚部为21，复数z的共轭复数为57-21i，在复平面内，复数z所对应的点的坐标为（57，21），位于第
2、一象限故选：C【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念.2.设集合Ax|2lnx1，Bx|x（x3）0，则BA（）A. （0，）B. （0，3）C. （，3）D. ，3）【答案】D【解析】【分析】先解不等式求得集合A,B，再利用补集的定义，求出BA即可【详解】集合Ax|2lnx1（0，），Bx|x（x3）0（0，3），那么集合BA，3）故选：D【点睛】本题考查不等式的解法，补集的定义及运算，较为基础.3.已知在等差数列an中，Sn为其前n项和，若a13，S315，则a5（）A. 5B. 7C. 9D. 11【答案】D【解析】【分析】设等差数列an的公差为d，利用等差数列的通项
3、公式与求和公式即可得出【详解】解：设等差数列an的公差为d，a13，S315，解得d2则a53+4211故选：D【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力.4.根据下表中的数据可以得到线性回归直线方程0.7x+0.35，则实数m，n应满足（） x3m56y2.534nA. n0.7m1.7B. n0.7m1.5C. n+0.7m1.7D. n+0.7m1.5【答案】A【解析】【分析】分别求出x，y的平均数，代入回归方程，求出n0.7m的值即可【详解】解：由题意：（3+m+5+6）（14+m），（2.5+3+4+n）（9.5+n），故（9.5+n）0.7（14+m）
4、+0.35，解得：n0.7m1.7，故选：A【点睛】本题考查了回归方程，其中样本点的中心在直线上是解题的关键5.已知函数f（x），则函数f（x）在（6，+）上的零点个数为（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C【解析】【分析】通过分段函数，求解函数的零点，得到函数的零点个数即可【详解】解：函数f（x），则 或解得x2，x4，或x5函数的零点个数为3个故选：C【点睛】本题考查函数的零点的个数，分段函数的应用，考查计算能力6.以原点为顶点，y轴为对称轴的抛物线与正方形ABCD有公共点，其中A（2，2），B（4，2），C（4，4），则抛物线的焦点F到准线l的最大距离为（）A. B. 4
5、C. 6D. 8【答案】B【解析】【分析】求出D 的坐标，求出p，然后求解抛物线方程即可【详解】由题意可得D（2，4），设抛物线：x22py，要使得抛物线与正方形ABCD有公共点，其临界状态应该是过B或过D，把B,D分别代入抛物线方程，或可得p4或可得p，故抛物线的焦点坐标F到准线l的最大距离为4故选：B【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查转化思想以及计算能力7.已知a，b，c是空间中三条不同的直线，为空间三个不同的平面，则下列说法中正确的是（）A. 若，a，a，则aB. 若，且a，ba，则bC. 若a，b，c，则abcD. 若a，ba，则b【答案】A【解析】【分析】在A中，由线面平行的判定
6、定理得a；在B中，b与相交、平行或b；在C中，a、b、c相交、平行或异面；在D中，b或b【详解】解：a，b，c是空间中三条不同的直线，为空间三个不同的平面，知：在A中，若，a，a，则由线面平行的判定定理得a，故A正确；在B中，若，且a，ba，则b与相交、平行或b，故B错误；在C中，若a，b，c，则a、b、c相交、平行或异面，故C错误；在D中，若a，ba，则b或b，故D错误故选：A【点睛】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，考查推理能力与计算能力8.已知在菱形ABCD中，BAD60，AC与BD交于点O，点E，F分别是线段AO，DC的中点，则（）A. B. C
7、. D. 【答案】C【解析】【分析】首先用向量,表示,，然后代入即可【详解】解：，由解得： ，所以 ，故选：C【点睛】此题考查了平面向量基本定理，向量的线性表示是基础题.9.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱的长是（）A. 4B. 6C. 4D. 4【答案】D【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的棱长即可【详解】解：作出几何体的直观图如图：观察可知，该几何体的最长的棱长为：BS=CS4故选：D【点睛】本题考查三视图求解几何体的棱长，考查转化思想以及计算能力10.已知函数f（x）sin（）的图象与函数g（x）的图象关于x1对称，则函数g（x）在（6，4）
8、上（）A. 单调递增B. 单调递减C. 先增后减D. 先减后增【答案】B【解析】【分析】先求出g（x）的解析式，再利用余弦函数的单调性，判断它在（6，4）上的单调性，从而得出结论【详解】解：函数f（x）sin（）的图象与函数g（x）的图象关于x1对称，在g（x）的图象上任意取一点A（x，y），则点A关于直线x1对称点B（2x，y）在f（x）的图象上，ysin（2x）sin（-x）sin（x），即g（x）sin（x）cos（+x）cos（x+）x（6，4），x+（2+，），g（x）单调递减，故选：B【点睛】本题主要考查一个三角函数关于直线的对称函数的解析式的求法，考查余弦函数的单调性11.已知一
9、个三位数的百位数字为x，十位数字为y，个位数字为z，若此三位数与37（x+y+z）的大小相同，则这样的三位数有（）A. 14个B. 15个C. 16个D. 17个【答案】B【解析】【分析】由题意可得100x+10y+z37（x+y+z），即7x3y+4z，故4（xz）3（yz），分类讨论即可求出【详解】解：由题意可得100x+10y+z37（x+y+z），即7x3y+4z，故4（xz）3（yz），当xyz时，这样的三位数有9个，当时，yz7，故，当，,故满足条件的三位数有15个，故选：B【点睛】本题考查了计数原理，着重考查了逻辑推理能力.合理分类是解题的关键.12.记曲线f（x）xex上任意一
10、点处切线为直线l：ykx+b，则k+b的值不可能为（）A. B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】【分析】设切点为（m，n），求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由切线方程可得k，b的方程，即有k+b关于m的函数式，求得导数和单调性，可得最小值，即可得到结论【详解】解：设切点为（m，n），由f（x）xex的导数为f（x）1+ex，可得切线的斜率为k1+em，km+bmem，即有k+b1mem，由g（m）1mem的导数为g（m）（m1）em，即有m1时g（m）递增，m1时，g（m）递减，即m1处g（m）取得最小值，且为1，显然1，故选：A【点睛】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、极值
11、和最值，考查方程思想和运算能力二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.（x）6的展开式中，含x5项的系数为_【答案】15【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于5，求出r的值，即可求得含x5项的系数【详解】解：（x）6的展开式中，它的展开式的通项公式为Tr+1（1）r，令65，求得r2，可得含x5项的系数为15，故答案为：15【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质14.已知左、右焦点分别为F1，F2的双曲线C：（a0，b0）的一条渐近线与直线1：x2y0相互垂直，点P在双曲线C上，且|PF1|PF2|3，则双曲线C的焦距为_【
12、答案】【解析】【分析】求得双曲线的渐近线方程，由两直线垂直的条件：斜率之积为1，可得b2a，由双曲线的定义可得a，b，再由a，b，c的关系可得c，进而得到焦距【详解】解：双曲线C：-1（a0，b0）的渐近线为yx，一条渐近线与直线1：x2y0相互垂直，可得2，即b2a，由双曲线的定义可得2a|PF1|PF2|3，可得a，b3，即有c，即焦距为2c3，故答案为：3【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和焦距的求法，同时考查两直线垂直的条件：斜率之积为1，考查运算能力15.已知实数x，y满足，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，然后利用z的几何意义是区域内任
13、意一点（x，y）与点D（4，1）两点直线的斜率，求解z的范围【详解】解：作出实数x，y满足对应的平面区域如图z，z的几何意义是区域内任意一点（x，y）与点D（4，1）两点直线的斜率所以由图象可知当直线经过点A时，斜率为最小值，经过点B时，直线斜率为最大值由题意知A（1，8），所以kAD，B（1，1），kDB，所以则的取值范围为：,故答案为：,.【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想，解答的关键是理解目标函数几何意义16.已知等比数列an（n1，2，3）满足an+12|an|，若a10，则a1_【答案】1或 2+或2【解析】【分析】由已知可知，a22|a1|2a1，a32|a
14、2|2|2a1|，结合等比数列的性质可求【详解】解：等比数列an满足an+12|an|，且a10，a22|a1|2a1，则a32|a2|2|2a1|，由等比数列的性质可知，若a3a1，则，解可得，a11，此时数列的前3项分别为 1，1，1，若a34a1，则，解可得 a12，当a12-时，数列的前3项分别为 2-,，2+，当a12+时，数列的前3项分别为 2+，2，故答案为：1或 2+或2【点睛】本题主要考查了等比数列的性质及通项公式的简单应用，体现了分类讨论思想的应用三、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
15、，考生根据要求作答）必考题：共60分17.已知平面四边形MNPQ中，MN，MP1，MPMN，PQQM（）若PQ，求NQ的值；（）若MQN30，求sinQMP的值【答案】（）（）.【解析】【分析】（）由题意可得QMN150，根据余弦定即可求出，（）QMP，由题意可得QM，MNQ，在MNQ中，由正弦定理结合三角恒等变换整理可得tan，再根据同角三角函数的基本关系，即可求出【详解】解：（）如图：MN，MP1，MPMN，PQQM，PQ，sinQMP，QMP60，QMPM，QMN150，由余弦定理可得NQ2QM2+MN22MNQMcosQMN+32（），NQ，（2）：MN，MP1，MPMN，PQQM设Q
16、MP，由题意可得QMcos，MNQ60， 在MNQ中，由正弦定理可得，即2，整理可得tan，sin2+cos21，sin，故sinQMP【点睛】本题考查了三角函数的化简和求值，以及正弦定理余弦定理的应用.18.如图所示，四棱锥SABCD中，四边形ABCD为平行四边形，BAAC，SAAD，SCCD（）求证：ACSB；（）若ABACSA3，E为线段BC的中点，F为线段SB上靠近B的三等分点，求直线SC与平面AEF所成角的正弦值【答案】（）见解析（）【解析】【分析】（）由线面垂直的判定定理证明AC平面SAB，即可证得ACSB. （）以AB、AC、AS为x轴y轴z轴建立坐标系，用向量法求解即可.【详解
17、】（）四边形ABCD为平行四边形，BACD，又BAAC，CDAC，又SCCD，ACSCC，CD平面SAC，又SA平面SAC，CDSA，又SAAD，CDADD，SA平面ABCD，AC平面ABCD，SAAC，又BAAC，SABAA，AC平面SAB，又SB平面SAB，ACSB（）以AB、AC、AS为x轴y轴z轴建立如图所示坐标系，则A（0，0，0），S（0，0，3），C（0，3，0），E（，0），F（2，0，1），（，0），（2，0，1），（0，3，3），设（x，y，z）为平面AEF的法向量，令x1，得一个法向量（1，1，2），cos，即直线SC与平面AEF所成角的正弦值为【点睛】本题考查了由线面垂
18、直证线线垂直，考查了利用空间直角坐标系求线面角.19.炎炎夏季，水蜜桃成为备受大家欢迎的一种水果，某果园的水蜜桃质量分布如图所示（）求m的值；（）以频率估计概率，若从该果园中随机采摘5个水蜜桃，记质量在300克以上（含300克）的个数为X，求X的分布列及数学期望；（）经市场调查，该种水蜜桃在过去50天的销售量（单位：千克）和价格（单位：元/千克）均为销售时间t（天）的函数，且销售量近似地满足f（t）3t+300（1t50，tN），前30天价格为g（t）+20（1t30，tN），后20天价格为g（t）30（31t50，tN），求日销售额S的最大值【答案】（）0.004；（）分布列见解析，数学期望
19、；（）6400.【解析】【分析】（）利用频率和为1列方程求出m的值；（）由题意知随机变量X服从二项分布，由计算对应的概率值，写出分布列和数学期望值；（）根据题意列出S的解析式，计算t为何值时S取得最大值【详解】（）根据频率分布直方图知，（0.002+0.002+0.003+0.008+m+0.001）501，解得m0.004；（）随机采摘1个水蜜桃，其质量在300克以上（含300克）的概率为，且X的可能取值为0，1，2，3，4，5，则P（X0），P（X1），P（X2），P（X3），P（X4），P（X5）；X的分布列为 X012345P数学期望为E（X）5；（）根据题意知，S；当1t30，tN时
20、，S（3t+300）（t+20）t2+40t+6000，t20时，S取得最大值为6400；当31t50，tN时，S30（3t+300）90t+9000为减函数，当t31时，S取得最大值为6210；由64006210，当t20时，日销售额S取得最大值为6400【点睛】本题考查了频率分布直方图与样本的数字特征的应用，也考查了二项分布以及分段函数模型的应用问题20.已知椭圆C：过点A（1，），B（），F为椭圆C的左焦点（）求椭圆C的标准方程；（）若点B为直线l1：x+y+20与直线l2：2xy+40的交点，过点B的直线1与椭圆C交于D，E两点，求DEF面积的最大值，以及此时直线l的方程【答案】（）；
21、（）DEF面积的最大值，直线l的方程【解析】【分析】（）由椭圆所过定点，待定系数法列方程组能求出椭圆C的标准方程（）联立方程得出B点坐标，根据直线过定点设出过B点的直线，与椭圆联立，利用韦达定理、弦长公式、不等式性质，结合已知条件能求出DEF面积的最大值S，并能求出相应的直线方程【详解】（1）椭圆C：1（ab0）过点A（1，），B（），F为椭圆C的左焦点，解得a22，b21，椭圆C的标准方程为1（）点B为直线l1：x+y+20与直线l2：2xy+40的交点，联立，得B（2，0），设D（x1，y1），E（x2，y2），由题意设直线l的方程为xmy2，代入椭圆方程得（m2+2）y24my+20，则
22、16m28（m2+2）8m2160，m22，y1y2，SDEFSBEFSBDF|BF|y1y2|，当且仅当，即m26（满足0）时取得等号，DEF面积的最大值S，此时直线1的方程为x，即y（x+2）【点睛】本题考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想21.已知函数f（x）x2+2alnxbx（a0）（）若a1，b3，求函数yf（x）在（1，f（1）处的切线方程；（）若f（x1）f（x2）0，且x1x2，证明：f（）0【答案】（）；（）见解析.【解析】【分析】（）求f（x）的导数，可得切线的斜率，以及切点，由点斜式方程可得切线方程；（）由函数
23、零点定义，两方程相减可得两个零点之间的关系，用变量集中的方法，把两个零点集中为一个变量，求导数，判断单调性，即可得证.【详解】解：（）若a1，b3，f（x）x2+2lnx3x，导数为f（x）2x3，可得在x1处切线的斜率为2，f（1）0，可得切线方程为y2（x1），即为2x+y20；（）证明：若f（x1）f（x2）0，且x1x2，可得x12+2alnx1bx10，x22+2alnx2bx20，两式相减可得（x1x2）（x1+x2）a（lnx1lnx2）b（x1x2）0，即有x1+x2ba，可设x0，由f（x0）2x0b（x1+x2b）alnln，令t，t1，可得f（x0）lnt，设u（t）ln
24、t，t1，导数为u（t）0，可得u（t）在t1递增，且u（1）0，可得u（t）u（1）0，即lnt0，又a0，x2x10，可得f（x0）0，综上可得f（）0【点睛】本题考查导数的运用：求切线方程和单调性、极值和最值，考查转化思想、方程思想和构造函数法，以及化简变形能力，综合性较强22.在极坐标系中，直线l的极坐标方程为cos4，曲线C的极坐标方程为2cos+2sin，以极点为坐标原点O，极轴为x轴的正半轴建立直角坐标系，射线l：ykx（x0，0k1）与曲线C交于O，M两点（）写出直线l的直角坐标方程以及曲线C的参数方程；（）若射线l与直线l交于点N，求的取值范围【答案】（）直线l的直角坐标方程
25、，曲线C的参数方程.【解析】分析】（）由直线l的极坐标方程能求出直线l的直角坐标方程；由曲线C的极坐标方程，求出曲线C的直角坐标方程，由此能求出曲线C的参数方程（）用极径表示线段的长度，从而把比值问题转化为极坐标中极径的比值问题，再转化为以极角为变量的三角函数求范围问题.根据角的范围求即可.【详解】解：（）直线l极坐标方程为cos4，直线l的直角坐标方程为x4，曲线C的极坐标方程为2cos+2sin，曲线C的直角坐标方程为x2+y22x2y0，即（x1）2+（y1）22曲线C的参数方程为，（为参数）（）设M（1，），N（2，），则12cos+2sin，+，的取值范围是（【点睛】本题考查直线的直
26、角坐标方程、曲线的参数方程、两线段的比值的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想23.已知函数f（x）|3x2|x3|（）求不等式f（x）4的解集；（）求函数g（x）f（x）+f（x）的最小值 【答案】（） ；（）-2.【解析】【分析】（）利用零点分段法去掉绝对值，得到不等式，进而可得解；（）利用零点分段法去掉绝对值，进而可求函数的最值【详解】解：（）当x时，23x+x34，解得x；当x3时，不等式可化为3x2+x34，解得x，x3；当x3时，不等式可化3x2x+34，即得x，x3综上所述：不等式的解集为x|x或x；（）g（x）|3x2|x3|+|3x+2|x+3|当x3时，g（x）4x12；当3x时，g（x）6x62；当x时，g（x）2；当x3时，g（x）6x62；当x3时，g（x）4x12综上所述：g（x）的最小值为2【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和最值问题较为基础.
