1、四川省成都市第七中学2019届高三数学上学期入学考试试题 理（含解析）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.若复数为纯虚数（其中是虚数单位），则实数的值为（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】化简复数为,然后由复数的实部等于零且虚部不等于零,求出实数即可.【详解】为纯虚数，即故选:D【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的基本概念;属于基础题.2.设集合A=，则的真子集个数为（ ）A. 1B. 3C. 5D. 7【答案】B【解析】【分析】利用分式不等式的解法求出集合,由集合的交运算求出，再由真子集的定义求
2、出集合的真子集即可.【详解】由得，或,所以集合，又因为A=,所以，即的真子集为,所以的真子集个数为.故选:B【点睛】本题考查集合的交运算和集合真子集个数的求解;属于基础题、常考题型.3.若平面向量满足，则下列各式恒成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据向量垂直，推出，解得，配凑，即可求解.【详解】，即，即.故选：C.【点睛】本题考查向量垂直关系转化成数量积，运用配凑法构造模长关系，属于基础题.4.已知m，n是两条不同直线，是一个平面，则“”是“”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据线面平行
3、的性质结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】若由线面平行的定义知成立，即充分性成立，若，则m与n可能平行可能异面直线，故必要性不成立，即“”是“”的充分不必要条件，故选A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合线面平行的性质定理是解决本题的关键5.公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值，这就是著名的“徽率”如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（ ）（参考数据： ）A. 48B. 36C. 24D. 12【答案】C【
4、解析】【分析】由开始，按照框图，依次求出s，进行判断【详解】 ，故选C.【点睛】框图问题，依据框图结构，依次准确求出数值，进行判断，是解题关键6.若，则的最小值是（ ）A. 1B. C. 2D. 4【答案】D【解析】【分析】由,可得,利用对任意恒成立即可求解.【详解】，因为对任意恒成立,所以，当且仅当时取等号，此时有最小值为4，故选:D【点睛】本题考查利用基本不等式求最值;属于中档题.7.设的内角，的对边分别为，且，则的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理把边化成角,再由和两角和的正弦公式进行展开化简,求出即可.【详解】根据题意,由正弦定理可得：，即，因为
5、,，解得，.故选：C【点睛】本题考查利用正弦定理边化角和两角和的正弦公式求三角形内角;属于中档题、常考题型.8.若函数的图象关于原点对称，则实数等于（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】A【解析】【分析】由题意知，函数为奇函数,利用,化简整理即可求出实数.【详解】因为函数的图象关于原点对称，所以函数为奇函数，则有，即，化简可得，解可得.故选:A【点睛】本题考查奇函数的定义和性质;根据题意,挖掘题中隐含的条件:函数为奇函数是求解本题的关键;属于中档题.9.在的展开式中，已知各项系数之和为64，则的系数是（ ）A. 10B. 20C. 30D. 40【答案】B【解析】【分析】令,可得展开式各项
6、系数和为,据此求出,对于利用二项式定理展开即可求解.【详解】在的展开式中，令，则展开式各项系数之和为，则，则的系数是，故选：B【点睛】本题考查利用二项式定理求展开式中某项的系数; 令,求出各项系数和是求解本题关键;属于基础题、常考题型.10.如图是函数（其中，的部分图象，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合正弦函数的图象知,据此求出,再根据五点法作图可得,求出即可求解.【详解】由题意知,，因为，所以，再根据五点法作图可得，因为，函数，则，故选：B【点睛】本题考查结合正弦函数的图象与性质求的解析式;考查数形结合的思想和等价转化的思想;属于中档题、常考题型.11.若
7、双曲线上存在点与右焦点关于其渐近线对称，则该双曲线的离心率（ ）A. B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意知,过右焦点且垂直渐近线的直线方程为：，联立渐近线方程与，求出对称中心的点坐标,再利用中点坐标公式求出点的坐标,把点代入双曲线的方程即可求解.【详解】根据题意知,过右焦点且垂直渐近线的直线方程为：，联立渐近线方程与，解之可得，故对称中心的点坐标为，设点，由中点坐标公式可得,解得,所以对称点的坐标为，将点代入双曲线的方程可得，结合，化简可得，故可得故选:D【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质,两直线的位置关系,意在考查学生对数学知识的熟练掌握程度和综合运用能力、运算能力;属
8、于中档题.12.在体育选修课排球模块基本功发球测试中，计分规则如下满分为10分：每人可发球7次，每成功一次记1分；若连续两次发球成功加分，连续三次发球成功加1分，连续四次发球成功加分，以此类推，连续七次发球成功加3分假设某同学每次发球成功的概率为，且各次发球之间相互独立，则该同学在测试中恰好得5分的概率是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】明确恰好得5分所有情况：发球四次得分，有两个连续得分和发球四次得分，有三个连续得分，分别求解可得.【详解】该同学在测试中恰好得5分有两种情况：四次发球成功，有两个连续得分，此时概率；四次发球成功，有三个连续得分，分连续得分在首尾和不在首尾两
9、类，此时概率，所求概率；故选B.【点睛】本题主要考查相互独立事件的概率，题目稍有难度，侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上13.如图，是圆的内接正方形，将一颗豆子随机扔到圆内，记事件：“豆子落在正方形内”，事件：“豆子落在扇形（阴影部分）内”，则条件概率_【答案】【解析】【分析】利用与面积有关的几何概型公式求出,然后代入条件概率公式即可求解.【详解】如图,设正方形边长为，由几何概型的概率公式可得,（A），由条件概率公式可得,故答案为：【点睛】本题考查与面积有关的几何概型和条件概率的求解;熟练掌握概率公式是求解本题的关键;属
10、于中档题、常考题型.14.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_【答案】【解析】【分析】通过分析三视图,得出该几何体是圆柱，挖去一部分，然后结合图中数据,代入圆柱的体积公式求解即可.【详解】根据几何体的三视图，得出该几何体是圆柱，挖去一部分，如图: 结合图中数据知,该几何体的体积.故答案为：【点睛】本题考查三视图还原几何体及求几何体的体积;根据三视图正确还原几何体是求解本题的关键;重点考查学生的空间想象能力属于中档题、常考题型.15.化简_.【答案】8【解析】【分析】由二倍角公式得出，再将分子分母同乘以结合商数关系化简得出，逆用两角差的正弦公式，二倍角的正弦公式求解即可.【详解】原式.
11、故答案为：8【点睛】本题主要考查了利用两角差的正弦公式，商数关系以及二倍角公式化简求值，属于中档题.16.有如下结论：若无穷等比数列的公比满足，则它的各项和已知函数，则的图象与轴围成的所有图形的面积之和为_【答案】4【解析】【分析】由已知可得,函数与轴围成的所有图形的面积构成一个首项为，公比为的无穷等比数列,代入公式求解即可.【详解】当时，与轴围成的封闭图形面积为：；当时，故当时，函数图象与轴围成的封闭图形长扩大2倍，高缩小到,故面积为：；同理，当时，函数图象与轴围成的封闭图形面积为：；依次类推可得,函数的图象与轴围成的所有图形的面积构成一个首项为，公比为的无穷等比数列，根据题中的公式得,函数
12、的图象与轴围成的所有图形的面积之和.故答案为：4【点睛】本题考查利用定积分求函数与轴围成的封闭图形的面积和无穷等比数列的求和公式;通过计算,得出函数的图象与轴围成的所有图形的面积构成一个首项为，公比为的无穷等比数列是求解本题的关键;属于中档题.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.已知数列满足，且，其中（）求的通项公式；（）求证：【答案】（）；（）见详解.【解析】【分析】（）根据题意,利用累加法求出数列的通项公式即可;（）由（）知,，利用放缩法知，,再由裂项相消法求和即可证明.【详解】（）因为数列满足，且，即，由累加法得，即，故数列的通项公式为.（）证明：因为，所以，因为，即
13、.【点睛】本题主要考查累加法求通项公式、裂项相消法求和和利用放缩法证明不等式;考查推理论证能力、运算求解能力；累加法和放缩法的应用是求解本题的关键;属于中档题.18.如图，在三棱柱中，.（）求证：；（）若平面平面，且直线与平面所成角为，求二面角的余弦值【答案】（）见解析；（）【解析】【分析】（）取中点，连结，,则,由线面垂直的判定定理可得,平面,由线面垂直的性质即可得证;（）由平面平面及可得,，从而,设,则,易证 两两互相垂直,建立空间直角坐标系如图,利用法向量求出二面角的余弦值即可.【详解】（）证明:如图:取中点，连结，为正三角形，由线面垂直的判定定理知,平面，又平面，（）因为，所以为等边三
14、角形,所以，因为平面平面,由面面垂直的性质知,平面,所以即为直线与平面所成角,即，即，设，则，由平面知,两两互相垂直，建立空间直角坐标系如图所示:则，0，0，所以，0，设平面的一个法向量为，则，令,则,所以平面的一个法向量为，因为平面的法向量为，0，所以，二面角的平面角为钝角，二面角的余弦值为【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质、面面垂直的性质以及利用空间向量求二面角;考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；属于中档题、常考题型.19.大型中华传统文化电视节目中国诗词大会以“赏中华诗词，寻文化基因，品生活之美”为宗旨，深受广大观众喜爱，各基层单位也通过各种形式积极组织、选拔和推荐参
15、赛选手某单位制定规则如下：（1）凡报名参赛的诗词爱好者必须先后通过笔试和面试，方可获得入围正赛的推荐资格；（2）笔试成绩不低于85分的选手进入面试，面试成绩最高的3人获得推荐资格在该单位最近组织的一次选拔活动中，随机抽取了一个笔试成绩的样本，据此绘制成频率分布直方图（如图同时，也绘制了所有面试成绩的茎叶图（如图2，单位：分）（）估计该单位本次报名参赛的诗词爱好者的总人数；（）若从面试成绩高于（不含）中位数的选手中随机选取3人，设其中获得推荐资格的人数为，求随机变量的分布列及数学期望【答案】（）60人；（）分布列见解析，【解析】【分析】（）由频率分布直方图求出对应的频率,利用茎叶图估计所求的总人
16、数即可;（）根据题意知,可能的取值为,计算对应概率,列出分布列,代入数学期望公式求解即可.【详解】（）由频率分布直方图知，笔试成绩不低于85分的频率为，由茎叶图知，参加面试的人数为15人，所以估计该单位本次报名参赛的诗词爱好者的总人数为（人；（）面试成绩高于（不含）中位数的选手有7人，其中获得推荐资格的有3人，所以从7人中随机选取3人，获得推荐资格的人数，1，2，3，计算,所以随机变量的分布列为：0123所以数学期望为【点睛】本题考查频率分布直方图和茎叶图的应用及利用排列组合、二项式定理求随机变量的分布列、数学期望;考查学生的运算能力;属于中档题、常考题型.20.设动圆经过点，且与圆为圆心）相
17、内切（）求动圆圆心的轨迹的方程；（）设经过的直线与轨迹交于、两点，且满足的点也在轨迹上，求四边形的面积【答案】（）；（）【解析】【分析】（）因为圆的圆心，半径为，由圆与圆相内切，利用椭圆的定义可知,动圆圆心的轨迹是以，为焦点且长轴长为的椭圆即可求解；（）设直线的方程为，一定存在），代入，并整理得，利用韦达定理、向量的坐标运算,结合已知条件即可求解.【详解】（）由已知可得,圆的圆心，半径为，由圆与圆相内切，得，由椭圆定义可知，动圆圆心的轨迹是以，为焦点且长轴长为的椭圆，其方程为（）设直线的方程为，一定存在），代入，并整理得，所以判别式恒成立，设，由韦达定理可得,设，,则 由，得，即，即，又点在轨
18、迹上，故，即，解得，（舍负），因为,所以四边形为平行四边形,所以平行四边形的面积为,即,因为，所以四边形的面积为【点睛】本题考查椭圆的定义及其几何性质、直线与椭圆的位置关系；重点考查学生的运算求解能力；方程思想和韦达定理的应用与向量的坐标运算相结合是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.21.已知函数，其中为常数，为自然对数的底数（）若在区间，上的最小值为1，求的值；（）若“，使”为假命题，求的取值范围【答案】（）；（）【解析】【分析】（）求得函数导数,利用导数判断函数的单调性,求函数的极值即最值,由题意知, 函数的最小值只能在或处取得,分别解方程求解即可.（）若“，使”为假命题，等价于
19、，为真命题,即，恒成立,通过分离参数法和构造函数法,令,结合导数判断函数的单调性,由零点存在性定理求出函数的最小值,进而求出实数的取值范围即可.【详解】（）由题意知,函数的导数为，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时有极大值即最大值，即有的最小值只能在或处取得若（1）,解得,此时与函数最小值为1相矛盾，故不符合题意；若（e），解得，此时符合题意；综上可知；（）若“，使”为假命题，即，为真命题，等价于，可得恒成立,化简可得，恒成立，令,则，令，则在上单调递增，因为,，由零点存在性定理知,函数在，存在唯一零点，即有，则，两边同时取以为底的对数可得，所以当时，即，单调递减，当时，即，单调递增
20、，所以当时,函数有极小值即最小值,，所以实数的取值范围为【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性,求函数的极值、最值;通过构造函数,判断函数的单调性、求最值，解决恒成立问题是求解本题的关键;重点考查学生的运算求解能力、转化与化归能力;属于综合型强、难度大型试题.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（其中为参数，且，在以为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系（两种坐标系取相同的单位长度）中，曲线的极坐标方程为，设直线经过定点，且与曲线交于、两点（）求点的直角坐标及曲线的直角坐标方程；（）求证：不论为何值时，为定值【答案】（）直
21、角坐标为，；（）见解析【解析】【分析】（）根据题意,令直线的参数方程中即可求出点的直角坐标，整理化简曲线的极坐标方程,结合,即可得到曲线的直角坐标方程;（）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，根据参数的几何意义,利用韦达定理即可证明为定值.【详解】（）因为直线的参数方程为（其中为参数，且，所以当时，得点，即点的直角坐标为；又曲线的极坐标方程为，即曲线的直角坐标方程为；（）证明：将直线的参数方程代入，整理得，其中，所以判别式，由韦达定理可得,，由参数方程中参数的几何意义可得,，即不论为何值时，都为定值1【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化及参数方程中参数的几何意义;利用参数方程中参
22、数的几何意义是证明为定值的关键;属于中档题、常考题型.23.已知不等式的解集为（）求；（）设为中的最大元素，正数，满足，求的最大值【答案】（）；（）【解析】【分析】（）利用分段讨论法,分，,三种情况分别去绝对值解不等式,然后再取并集即可;（）由（）知，先平方,利用均值不等式求出的最大值,然后再开方即可。【详解】（）设函数，则当时,符合题意;当时,由，解得；当时,由，解得；综上可知,原不等式的解集为（）由（）知，因为,又因为,所以,即，解得,当且仅当，即，时取等号,故 的最大值为.【点睛】本题考查分段讨论法解绝对值不等式和利用均值不等式求最值;考查运算求解能力、分类讨论思想；利用均值不等式的和为定值求积的最大值是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
