1、2019年3月高三调研考试数学（理科）试卷总分：150分时量：120分钟第卷（选择题共60分）一、选择题：（本大题共12个小题，每小题5分，满分60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知全集则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解二次不等式求出集合M，进而根据集合补集运算的定义，可得答案【详解】全集U=R，M=x|x22x=x|0x2，UM=x|x0或x2，故选C【点睛】本题考查的知识点是集合的交集，并集，补集运算，熟练掌握并正确理解集合运算的定义是解答的关键2.已知是虚数单位，是的共轭复数，若，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】A
2、【解析】由题意可得：，则，据此可得，的虚部为.本题选择A选项.3.某中学2018年的高考考生人数是2015年高考考生人数的1.5倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2015年和2018年的高考情况，得到如图柱状图：则下列结论正确的是（ ）A. 与2015年相比，2018年一本达线人数减少B. 与2015年相比，2018二本达线人数增加了0.5倍C. 2015年与2018年艺体达线人数相同D. 与2015年相比，2018年不上线的人数有所增加【答案】D【解析】【分析】设2015年该校参加高考的人数为，则2018年该校参加高考的人数为.观察柱状统计图，找出各数据，再利用各数量间的关系列
3、式计算得到答案.【详解】设2015年该校参加高考的人数为，则2018年该校参加高考的人数为.对于选项A.2015年一本达线人数为.2018年一本达线人数为，可见一本达线人数增加了，故选项A错误；对于选项B，2015年二本达线人数为，2018年二本达线人数为，显然2018年二本达线人数不增加了0.5倍，故选项B错误；对于选项C，2015年和2018年.艺体达线率没变，但是人数是不相同的，故选项C错误；对于选项D，2015年不上线人数为.2018年不上线人数为.不达线人数有所增加.故选D.【点睛】本题考查了柱状统计图以及用样本估计总体，观察柱状统计图，找出各数据，再利用各数量间的关系列式计算是解题
4、的关键4.已知双曲线的左右焦点分别为，其一条渐近线方程为，点在该双曲线上，则=( )A. B. C. 0D. 4【答案】C【解析】由题知，故，故选择C5.赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为周髀算经一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的）.类比“赵爽弦图”.可类似地构造如下图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大等边三角形.设，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形（阴影部分）的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】
5、根据几何概率计算公式，求出中间小三角形区域的面积与大三角形面积的比值即可【详解】在中，由余弦定理，得，所以.所以所求概率为.故选A.【点睛】本题考查了几何概型的概率计算问题，是基础题6.已知函数（，）的最小正周期为，且其图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则函数的图象（ ）A. 关于直线对称B. 关于直线对称C. 关于点对称D. 关于点对称【答案】C【解析】试题分析：依题意，平移后为，关于对称.考点：三角函数图象与性质.7.设函数为函数的导函数，则函数的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：，可得是奇函数，排除C，当时，排除A、D，故选B.考点：函数求导.【方法
6、点晴】作为选择题，不一定要像解答题那样正面解答，排除法不失为一种简单的方法首先从函数的奇偶性可以C，其次采用特殊值的方式对进行赋值，最好是特殊角，可求三角函数值，是比较好值，由此得出函数值小于，故排除A，C，这样答案就确定了，本题难度中等8.一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示. 则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由三视图可知,上面是半径为的半球,体积为,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积,故选C.【考点】根据三视图求几何体的体积【名师点睛】本题主要考查三视图及几何体体积计算，本题涉及正四棱锥及球的体积计算，综合性较强，较全面地考查了考
7、生的识图用图能力、空间想象能力、运算求解能力等.9.在二项式的展开式中，其常数项是15.如下图所示，阴影部分是由曲线和圆及轴围成的封闭图形，则封闭图形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】用二项式定理得到中间项系数，解得a，然后利用定积分求阴影部分的面积【详解】（x2+）6展开式中，由通项公式可得 ,令123r0，可得r4,即常数项为，可得15，解得a2曲线yx2和圆x2+y22的在第一象限的交点为（1，1）所以阴影部分的面积为故选B【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题10.如下图，在正方体中，点分别为棱，的中点，点为上底面的中心，
8、过三点的平面把正方体分为两部分，其中含的部分为，不含的部分为，连接和的任一点，设与平面所成角为，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】连接EF，可证平行四边形EFGH为截面，由题意可找到与平面所成的角，进而得到sin的最大值.【详解】连接EF，因为EF/面ABCD,所以过EFO的平面与平面ABCD的交线一定是过点O且与EF平行的直线，过点O作GH/BC交CD于点G,交AB于H点，则GH/EF,连接EH，FG,则平行四边形EFGH为截面，则五棱柱为，三棱柱EBH-FCG为，设M点为的任一点，过M点作底面的垂线，垂足为N，连接,则即为与平面所成的角，所以=，因为sin
9、=,要使的正弦最大，必须MN最大，最小，当点M与点H重合时符合题意，故sin的最大值为=,故选B【点睛】本题考查空间中的平行关系与平面公理的应用，考查线面角的求法，属于中档题.11.设是定义在上的偶函数，且时，当时，若在区间内关于的方程且有且只有4个不同的根，则实数的范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由偶函数得，从而可得是周期函数，且周期为4，这样可作出函数的图象，再作的图象，只能有，它们在内有四个交点。由此可得不等关系式，从而得解。【详解】是偶函数，对于任意的，都有，所以，所以函数是一个周期函数，且，又因为当时，且函数是定义在R上的偶函数，若在区间内关于的方程恰有
10、4个不同的实数解，则函数与在区间上有四个不同的交点，作函数和的图象，只能如下图所示：又，则对于函数，由题意可得，当时的函数值小于1，即，由此解得，所以的范围是，故选：D.【点睛】本题考查函数的零点与方程根的分布问题，解题关键是把问题转化为函数图象的交点个数，利用数形结合思想求解。12.如图，是坐标原点，过的直线分别交抛物线于、两点，直线与过点平行于轴的直线相交于点，过点与此抛物线相切的直线与直线相交于点.则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】过E（p，0）的直线分别交抛物线y22px（p0）于A、B两点，不妨设直线AB为xp，分别求出M，N的坐标，即可求出答案【详解】过E（
11、p，0）的直线分别交抛物线y22px（p0）于A、B，两点为任意的，不妨设直线AB为xp，由，解得y，则A（p，），B（p，），直线BM的方程为yx，直线AM的方程为y-x，解得M（p，），|ME|2（2p）2+2p26p2，设过点M与此抛物线相切的直线为y+k（x+p），由，消x整理可得ky22py2+2p2k0，4p24k（2+2p2k）0，解得k，过点M与此抛物线相切的直线为y+p（x+p），由，解得N（p，2p），|NE|24p2，|ME|2|NE|26p24p22p2，故选C【点睛】本题考查了直线和抛物线位置关系，以及直线和直线的交点坐标问题，属于难题第卷（非选择题共90分）二、填空
12、题：（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13.若实数满足不等式组则的最小值为_【答案】-13【解析】【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的ABC及其内部，再将目标函数z2x+y对应的直线进行平移，可得当xy1时，z2x+y取得最小值【详解】作出不等式组表示的平面区域：得到如图的阴影部分，由 解得B（11，2）设zF（x，y）x+y，将直线l：zx+y进行平移，当l经过点B时，目标函数z达到最小值，z最小值F（11，2）13故答案为13【点睛】本题给出二元一次不等式组，求目标函数的最小值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题14.平面向量，（
13、R），且与的夹角等于与的夹角，则 .【答案】2【解析】试题分析：，与的夹角等于与的夹角，所以考点：向量的坐标运算与向量夹角15.甲袋中装有3个白球和5个黑球，乙袋中装有4个白球和6个黑球，现从甲袋中随机取出一个球放入乙袋中，充分混合后，再从乙袋中随机取出一个球放回甲袋中，则甲袋中白球没有减少的概率为_【答案】【解析】【分析】甲袋中白球没有减少的两种情形；一是从甲袋中取出的球为黑球，此时不论从乙袋中取何种球放回甲袋，甲袋中的白球不会减少，另一种情形为从甲袋中取出的球是白球，放入乙袋，并由乙袋取白球放入甲【详解】甲袋中白球没有减少的两种情形；一是从甲袋中取出的球为黑球，记作事件E，此时不论从乙袋中
14、取何种球放回甲袋，甲袋中的白球不会减少，另一种情形为从甲袋中取出的球是白球，放入乙袋，此事件用F1表示，并由乙袋取白球放入甲，用F2表示，令FF1F2则所求事件为EF，且E与F互斥，显然P（E） ，下面计算P（F），记F1为由甲袋取出白球（不放入乙袋），F2为当乙袋内有5个白球，6个黑球时取出一球为白球，则显然有P（F1F2）P（F1F2）而F1与F2独立，故P（F1F2）P（EF）P（E）+P（F）+故答案为【点睛】本题关键是看清题意，考查运用概率知识解决实际问题的能力，相互独立事件是指两事件发生的概率互不影响，注意应用相互独立事件同时发生的概率公式16.已知的三边分别为所对的角分别为，且三
15、边满足，已知的外接圆的面积为，设.则的取值范围为_，函数的最大值的取值范围为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】化简已知等式结合余弦定理可得角B,然后利用基本不等式可得a+c的范围，再利用配方可得函数f(x)的最大值，由a+c的范围即得f(x)最大值的范围.【详解】由，可知c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),化简得,由余弦定理可得cosB=,又B(0,),B=,因为,解得R=,由 ,解得b=3,由余弦定理得，由基本不等式可得，解得a+c6,根据两边之和大于第三边可得a+c3,即a+c得取值范围是；=-+4（a+c）sinx+2=-2 又-1sinx1,可知sinx=1
16、时，函数f(x)的最大值为4（a+c）,函数的最大值的取值范围为故答案为(1) (2)【点睛】本题考查余弦定理的应用，考查利用基本不等式求最值，考查分析与推理和计算能力.三、解答题：（本大题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）（一）必考题：共60分17.在数列中，前项之和为.（1）若是等差数列，且，求的值；（2）对任意有：，且.试证明：数列是等比数列.【答案】（1）（2）见证明【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式计算即可；（2）由已知可得数列的奇数项和偶数项分别成等比数列，利用等比数列的前n项和公式计算可得数列的通项，从而可得到证明.【详解】解：（1）设的公差为
17、，则由已知可得：解得 （2）由得：数列的奇数项和偶数项依次均构成等比数列，由已知，得. 解得 即是首项为1，公比为2的等比数列.【点睛】本题考查等差数列的通项公式的应用，考查等比数列的通项公式和前n项和公式的应用，属于基础题.18.某单位为促进职工业务技能提升，对该单位120名职工进行一次业务技能测试，测试项目共5项.现从中随机抽取了10名职工测试结果，将它们编号后得到它们的统计结果如下表（表1）所示（“”表示测试合格，“”表示测试不合格）.表1：编号测试项目1234512345678910规定：每项测试合格得5分，不合格得0分.（1）以抽取的这10名职工合格项的项数的频率代替每名职工合格项的
18、项数的概率.设抽取的这10名职工中，每名职工测试合格的项数为，根据上面的测试结果统计表，列出的分布列，并估计这120名职工的平均得分；假设各名职工的各项测试结果相互独立，某科室有5名职工，求这5名职工中至少有4人得分不少于20分的概率；（2）已知在测试中，测试难度的计算公式为，其中为第项测试难度，为第项合格的人数，为参加测试的总人数.已知抽取的这10名职工每项测试合格人数及相应的实测难度如下表（表2）：表2：测试项目12345实测合格人数88772定义统计量，其中为第项的实测难度，为第项的预测难度（）.规定：若，则称该次测试的难度预测合理，否则为不合理，测试前，预估了每个预测项目的难度，如下表
19、（表3）所示：表3：测试项目12345预测前预估难度0.90.80.70.60.4判断本次测试的难度预估是否合理.【答案】（1）分布列见解析，平均得分为；（2）合理.【解析】【分析】（1）可取，由表格中数据，利用古典概型概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望，由的值可得平均分；由知，由互斥事件的概率公式以及独立事件的概率公式可得结果；（2）直接利用方差公式求出方差，与比较大小即可得结果.【详解】（1）根据上面的测试结果统计表，得的分布列为：01234500.10.20.20.40.1所以的数学期望.所以估计这12名职工的平均得分为.“得分不小于20分”
20、即“”，由知.设该科室5名职工中得分不小于20分的人数为，则.所以，即这5名职工中至少有4人得分不小于20分的概率为.（2）由题意知该次测试的难度预估是合理的.【点睛】本题主要考查互斥事件的概率公式、独立事件同时发生的概率公式以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解数学期望问题，首先要正确理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.19.如图，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，底面，点分别为，的中点.（1）求证：平面平面；（2）在线
21、段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）先证明，可得平面从而平面平面；（2）由题意可知两两垂直，分别以方向为轴建立坐标系，求出平面的法向量及，代入公式可得未知量的方程，解之即可.【详解】（1）证明：，为的中点，又平面，平面，平面平面平面平面（2）解：如图，由（1）知，点，分别为的中点，又，两两垂直，分别以方向为轴建立坐标系.则，设，所以，设平面的法向量，则，令，则，由已知 或（舍去）故故线段上存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，此时为线段的中点.【点睛】利用法向量求解空间线面角的关
22、键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20.已知中，点在上，且.（1）求点的轨迹的方程；（2）若，过点的直线与交于两点，与直线交于点，记，的斜率分别为，求证：为定值.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）结合题意，证明到，发现轨迹是椭圆，结合椭圆性质，即可（2）设出直线MN的方程，代入椭圆方程，设出M，N坐标，利用坐标，计算，代入，即可【详解】（1）如图三角形中，所以，所以，所以点的轨迹是以，为焦点，长轴为4的椭圆（不包含实轴的端点），所以点的轨迹的
23、方程为.注：答轨迹为椭圆，但方程错，给3分；不答轨迹，直接写出正确方程，得4分（未写出，这次不另外扣分）. （2）如图，设，可设直线方程为，则，由可得，因为，所以为定值.【点睛】本道题考查了椭圆的性质和直线与椭圆位置关系，难度较大21.设函数，.（1）若函数存在单调递减区间，求的取值范围；（2）若存在，使不等式成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）转化条件得有解，即可得解；（2）转化条件得当时，按照、分类讨论求得函数即可得解.【详解】（1）函数的定义域为，因为函数存在单调递减区间，所以有解.，当且仅当时等号成立，.（2）问题等价于当时，当时，在上单调递增，得；当时，的值
24、域为，且单调递减，（i）若，则，在上单调递减， ，得，与矛盾，舍去；（ii）若，即，由的单调性及值域可知存在唯一的使，则当时，单调递增；当时，单调递减；，由得，与矛盾，舍去.综上所述，的取值范围是.【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性和解决有解问题，考查了推理能力和计算能力，属于中档题.（二）选考题：共10分，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.在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为asin（a0）.（1）求圆C的直角坐标方程与直线l的普通方程；（2）设直线l截圆C的弦长是半径
25、长的倍，求a的值.【答案】（1）圆C的方程为；直线l的方程为；（2）或.【解析】【分析】（1）结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得圆C的直角坐标方程，消去参数，即可求得直线l的普通方程；（2）由（1）中直线和圆的方程，结合直线与圆的位置关系，利用题设条件和点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.【详解】（1）由题意，圆C的极坐标方程为，即，又由，所以，即圆C的直角坐标方程为，由直线l的参数方程为为参数），可得为参数），两式相除，化简得直线l的普通方程为.（2）由（1）得圆C：，直线l：，因为直线l截圆C的弦长等于圆C的半径长的倍，所以圆心C到直线l的距离，解得或.【点睛】本题主要考查了参数
26、方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟记极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，结合直线与圆的位置关系，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.23.已知关于x的不等式|x3|x5|m的解集不是空集，记m的最小值为（1）求；（2）已知a0，b0，cmax ，求证：c1注：max A表示数集A中的最大数【答案】(1) (2)见证明【解析】分析】（1）根据绝对值三角不等式求出|x3|+|x5|的最小值即可求出t；（2）由（1）得：根据基本不等式的性质求出即可【详解】解：（1）因为.当时取等号，故，即. （2）由（1）知，则，等号当且仅当， 即时成立.，.【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查基本不等式的性质，是一道基础题
