1、通州区高三年级第三次模拟考试数学（理科）试卷2019年5月一：选择题:在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1.已知集合，则=A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据集合交集的概念，可直接得出结果.【详解】因为集合，所以.故选B【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念即可，属于基础题型.2.设复数，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由复数的除法运算，化简，再由复数相等，即可求出结果.【详解】因为，又，所以，因此.故选A【点睛】本题主要考查复数的运算与复数相等，熟记复数的除法运算法则、以及复数相等的充要条件即可，属于常考题型.3.执行如图所
2、示的程序框图，输出的值为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据程序框图，逐步执行，即可得出结果.【详解】初始值，第一步：，进入循环；第二步：，结束循环，输出.故选A【点睛】本题主要考查程序框图，分析框图的作用，逐步执行即可，属于基础题型.4.三国时期著名的数学家刘徽对推导特殊数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了许多算法，展现了聪明才智他在九章算术“盈不足”章的第19题的注文中给出了一个特殊数列的求和公式这个题的大意是：一匹良马和一匹驽马由长安出发至齐地，长安与齐地相距3000里（1里=500米），良马第一天走193里，以后每天比前一天多走13里驽马第一天走97里，以后每天
3、比前一天少走半里良马先到齐地后，马上返回长安迎驽马，问两匹马在第几天相遇( )A. 14天B. 15天C. 16天D. 17天【答案】C【解析】【分析】记良马每天所走路程构成的数列为，驽马每天所走路程构成的数列为，根据题中数据，求出通项公式，进而可求出结果.【详解】记良马每天所走路程构成的数列为，驽马每天所走路程构成的数列为，由题意可得：，设，经过天，两匹马相遇；则有，即，整理得，当满足题意，因此两匹马在第16天相遇.故选C【点睛】本题主要考查等差数列的应用，熟记等差数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.5.若不等式组可表示为由直线围成的三角形区域（包括边界）,则实数的范围是( )A.
4、B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由题意作出表示的平面区域，再由直线恒过，结合图像，即可得出结果.【详解】先由作出平面区域如下：因为直线恒过，由图像可得，当直线过与的交点时，恰好不能构成三角形，易得与的交点为因此，为满足题意，只需直线的斜率.所以.故选A【点睛】本题主要考查简单的线性规划，只需由约束条件作出可行域，结合图像求解即可，属于常考题型.6.设，均为单位向量，则“与夹角为”是“”的( )A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据与夹角为，求，判断充分性；根据，求，夹角，判断必要性，即可得出结果.【详
5、解】因为，均为单位向量，若与夹角为，则；因此，由“与夹角为”不能推出“”；若，则，解得，即与夹角为，所以，由“”不能推出“与夹角为”因此，“与夹角为”是“”的既不充分也不必要条件.故选D【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断，以及向量的数量积运算，熟记充分条件与必要条件的概念，以及向量的数量积运算法则即可，属于常考题型.7.在平面直角坐标系中，记曲线为点的轨迹，直线与曲线交于两点，则的最小值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由题意得到曲线的方程，根据题意得到，当圆的圆心到直线距离最大时，弦长最小，再由弦长（其中为圆半径），即可求出结果.【详解】因为曲线为点的轨迹
6、，设，则有，消去参数，可得曲线的方程为；即曲线是以为圆心，以为半径的圆；易知直线恒过点，且在圆内；因此，无论取何值，直线与曲线均交于两点；所以，当圆的圆心到直线距离最大时，弦长最小；又圆心到直线距离为,因为当时，才可能取最大值；此时，当且仅当时，等号成立，即；所以.故选B【点睛】本题主要考查求圆的弦长的最值问题，熟记直线与圆位置关系，以及几何法求弦长即可，属于常考题型.8.设函数则下列结论中正确的是( )A. 对任意实数，函数的最小值为B. 对任意实数，函数的最小值都不是C. 当且仅当时，函数的最小值为D. 当且仅当时，函数的最小值为【答案】D【解析】【分析】分别讨论、两种情况，即可得出结果.
7、【详解】因为，所以，当时，单调递增，此时；当时，；（1）若，则，此时值域为，无最小值；（2）若，则，此时的值域为；此时，最小值.故选D【点睛】本题主要考查分段函数，求分段函数的最值问题，灵活运用分类讨论的思想即可求解，属于常考题型.二、填空题9.设是等比数列，且，则的通项公式为_【答案】，【解析】【分析】先设的公比为，根据题中条件求出公比，进而可得出结果.【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，解得，所以，因此，.故答案为，【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，熟记等比数列的通项公式即可，属于常考题型.10.在极坐标系中，若点在圆上，则点到直线距离的最大值为_.【答案】【解析】【分析】先由
8、圆与直线的极坐标方程化为直角坐标方程，再根据点到直线距离公式求出圆心到直线的距离，加上半径，即可得出结果.【详解】由可得圆的直角坐标方程为；其圆心坐标为，半径为；由可得，直线的直角坐标方程为；所以圆心到直线的距离为，因点在圆上，所以，点到直线距离的最大值为.故答案为【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及圆上的点到定直线距离的最值问题，熟记极坐标与直角坐标的互化公式，以及点到直线距离公式即可，属于常考题型.11.已知函数在上有最大值，没有最小值，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由题意，得到，求解，即可得出结果.【详解】因为函数在上有最大值，没有最小值，所以，只需，解得.
9、故答案为【点睛】本题主要考查根据三角函数在给定区间内的最值求参数的问题，熟记三角函数的性质即可，属常考题型.12.某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是_【答案】【解析】【分析】由三视图可得，该几何体为一个三棱柱从上方截去一个与棱柱同底的三棱锥；再由棱柱与棱锥的体积公式，即可得出结果.【详解】由几何体的三视图可知：该几何体为一个三棱柱从上方截去一个与棱柱同底的三棱锥；由题中数据可得：棱柱的底面为边长为2的等腰直角三角形，高为2；棱锥的高为1；因此，该几何体的体积为.故答案为【点睛】本题主要考查几何体的三视图，熟记几何体的体积公式即可，属于常考题型.13.能够说明“在某个区间内，如果函数在这
10、个区间内单调递增，那么恒成立”是假命题的一个函数是_（写出函数表达式和区间）【答案】 (答案不唯一)【解析】【分析】根据题意，只需举例满足题意即可.【详解】若，易知在上恒增；但，在时，不满足恒成立；是假命题.故答案为【点睛】本题主要考查导数的应用，熟记导函数与原函数间关系即可，属于常考题型.14.如图所示，正方形的边长为，椭圆及双曲线均以正方形顶点为焦点且经过线段的中点，则椭圆与双曲线离心率之比为_【答案】【解析】【分析】先由题意求出，的长，结合椭圆与双曲线的定义，求出，即可求出离心率之比.【详解】因为正方形的边长为，为中点，所以，；由椭圆定义可得，根据双曲线定义可得；所以椭圆与双曲线离心率之
11、比为.故答案为【点睛】本题主要考查求椭圆与双曲线的离心率的问题，熟记椭圆与双曲线的定义，以及简单性质即可，属于常考题型.三、解答题：解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程15.在中，角的对边分别为，（1）求的值；（2）若为边上的点，且，求【答案】（）（）【解析】【分析】（）先由余弦定理，得到，代入数据，即可求出结果；（）先由正弦定理得到，求出，结合题中条件，即可得出结果.【详解】解：（）由余弦定理可得：，即， 整理得，解得或（舍）所以 （）在中，由正弦定理，可得又因为，所以所以所以【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理，即可求解，属于常考题型.16.如图，在四棱柱中，侧棱，点为线
12、段上的点，且（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）判断棱上是否存在点，使得直线平面，若存在，求线段的长；若不存在，说明理由【答案】（）见证明；（）（）见解析【解析】【分析】（）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结论成立；（）以为原点建立空间直角坐标系，由（）得到为平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果；（）先设，用向量方法，由求出的值，结合题意，即可判断出结论.【详解】（）证明：因为，所以又因为，所以平面又因为平面，所以 因为，所以所以因为，所以又，所以平面 （）解：如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得由()知， 为平面的一个法向
13、量， 设为平面的法向量因为，则即不妨设，可得 因此因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为（）解：设，则， 所以（舍）即直线DF的方向向量与平面的法向量不垂直，所以，棱上不存在点，使直线平面【点睛】本题主要考查线面垂直、以及二面角的问题，熟记线面垂直的判定定理以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.17.为调查某公司五类机器的销售情况，该公司随机收集了一个月销售的有关数据，公司规定同一类机器销售价格相同，经分类整理得到下表：机器类型第一类第二类第三类第四类第五类销售总额（万元）销售量（台）利润率利润率是指：一台机器销售价格减去出厂价格得到的利润与该机器销售价格的比值（）从该公司本月卖出的机
14、器中随机选一台，求这台机器利润率高于0.2的概率；（）从该公司本月卖出的销售单价为20万元的机器中随机选取台，求这两台机器的利润率不同的概率；（）假设每类机器利润率不变，销售一台第一类机器获利万元，销售一台第二类机器获利万元，销售一台第五类机器获利，依据上表统计数据，随机销售一台机器获利的期望为，设，试判断与的大小（结论不要求证明）【答案】（）（）（）【解析】【分析】（）先由题意确定，本月卖出机器的总数，再确定利润率高于0.2的机器总数，即可得出结果；（）先由题意确定，销售单价为20万元的机器分别：是第一类有台，第三类有台，共有台，记两台机器的利润率不同为事件，由即可结果；（）先由题意确定，可
15、能取的值，求出对应概率，进而可得出，再由求出均值，比较大小，即可得出结果.【详解】解：（）由题意知，本月共卖出30台机器，利润率高于0.2的是第一类和第四类，共有10台 设“这台机器利润率高于0.2”为事件，则 （）用销售总额除以销售量得到机器的销售单价，可知第一类与第三类的机器销售单价为20万，第一类有台，第三类有台，共有台，随机选取台有种不同方法，两台机器的利润率不同则每类各取一台有种不同方法，设两台机器的利润率不同为事件，则 （）由题意可得，可能取的值为，因此；又，所以.【点睛】本题主要考查古典概型，以及离散型随机变量均值，熟记古典概型的概率计算公式，以及离散型随机变量的相关概念即可，属
16、于常考题型.18.设函数（）若曲线在点处的切线与直线平行，求；（）若在处取得极大值，求取值范围【答案】（）2 （）【解析】【分析】（）先对函数求导，求出得到曲线在点处的切线斜率，再由切线与直线平行，即可得出结果；（）根据，分别讨论，和两种情况，用导数方法研究函数单调性，结合函数极值点，即可得出结果.【详解】解：（）因为，所以所以由题设知，解得此时所以的值为2 （）由（）得（1）当时令，则，或，并且+00+极大值极小值此时，在处取得极大值，符合题意 （2）当时若，则，所以所以不是的极大值点综上可知，的取值范围是【点睛】本题主要考查已知曲线切线斜率求参数的问题，以及导数的应用，熟记导数的几何意义，
17、灵活运用分类讨论的思想的应用，属于常考题型.19.已知椭圆：的长轴长为且经过点，过点并且倾斜角互补的两条直线与椭圆的交点分别为（点在点的左侧），点.（）求椭圆的方程；（）求证：四边形为梯形.【答案】（）（）见证明【解析】【分析】（）根据题中条件列出方程组，求解即可得出结果；（）先由题意，直线的倾斜角均不为，且直线的斜率互为相反数设直线的方程为，设，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，判别式，以及直线的斜率公式等，只需证明，即可得出结论成立.【详解】解：（）因为椭圆：的长轴长为且经过点，所以解得所以椭圆的方程为. （）证明：依题意，直线的倾斜角均不为，且直线的斜率互为相反数设直线的方程为， 由消去
18、，整理得.当时，设，则，即.因为直线PC过点P，且斜率为-k，所以直线PC的方程为同理可得 所以直线的斜率.因为直线的斜率，所以.又因为， ，所以所以四边形为梯形【点睛】本题主要考查椭圆的方程，以及椭圆的应用，熟记椭圆方程的求法，椭圆的简单性质，以及直线与椭圆位置关系等，即可求解，属于常考题型.20.设为正整数，集合对于集合中的任意元素和，记（）当时，若，求和的值；（）当时，设是的子集，且满足：对于中的任意元素，当相同时，是偶数；当不同时，是奇数求集合中元素个数的最大值；【答案】（）；（）最大值为3【解析】【分析】（）根据题中定义，直接计算即可得出结果；（）先设，则，由题意确定中的个数为0或2或4，再分别验证，；，；最后将集合C中剩余的元素分成3组，结合题意即可得出结果.【详解】解：（）因为，所以，（）设，则由题意知，且为偶数，所以中的个数为0或2或4令，所以C（1）当，且不同时，经验证，=2或4，与是奇数矛盾，所以（2）当，且不同时，经验证，=4，与是奇数矛盾，所以（3）将集合C中剩余的元素分成如下三组：；经验证，对于每组中两个元素，均有所以每组中的两个元素不可能同时是集合的元素所以集合中元素的个数不超过3又集合满足条件，所以集合中元素个数的最大值为3【点睛】本题主要考查集合的含义与表示，集合的运算以及集合之间的关系，综合性较强，难度较大.
