1、河北省示范性高中2019届高三4月联考数学（理）试题考生注意：1. 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2. 请将各题答案填写在答题卡上.3. 本试卷主要考试内容：高考全部内容.第卷一、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.若集合，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】因为，或，所以，解得.故选：C【点睛】本题考查并集及集合间的关系，二次不等式的解法，不等式的性质等知识，考查运算求解，是基础题2.已知，复数，且为实数，则（ ）A. B. C. 3D. -
2、3【答案】A【解析】【分析】把，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简，利用虚部为0求得m值【详解】因为为实数，所以，解得.故选：A【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，是基础题3.设等比数列的前项和为，若，则（ ）A. 61B. 62C. 63D. 75【答案】C【解析】分析：利用等比数列性质求.详解：由题得成等比数列，所以3,12，成等比数列，所以点睛：（1）本题主要考查等比数列的性质，意在考查学生对等比数列的性质的掌握能力.(2) 等比数列被均匀分段求和后，得到的数列仍是等比数列，即成等比数列.本题利用这个性质解答比较简洁，如果直接代等比数列前n项和公式，计算量有点大
3、.4.九章算术是我国古代第一部数学专著，它有如下问题：“今有圆堡我（cng），周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？”意思是“今有圆柱体形的土筑小城堡，底面周长为4丈8尺，高1丈1尺.问它的体积是多少？”（注：1丈=10尺，取）（ ）A. 704立方尺B. 2112立方尺C. 2115立方尺D. 2118立方尺【答案】B【解析】【分析】根据题意，由底面圆周长，得到底面圆半径，再由体积公式求出其体积.【详解】设圆柱体底面圆半径为，高为，周长为.因，所以，所以 （立方尺）.故选B项.【点睛】本题考查圆柱的底面圆半径、体积等相关计算，属于简单题.5.已知向量，满足，且在方向上的投影是，则实数（ ）A.
4、B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】先得到的坐标，然后表示出在方向上的投影，得到关于的方程，得到答案.【详解】向量，满足，所以，所以，即，解得.【点睛】本题考查向量的坐标运算，向量投影的表示，属于简单题.6.若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. 240B. 264C. 274D. 282【答案】B【解析】【分析】将三视图还原成几何体，然后分别求出各个面的面积，得到答案.【详解】由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，延长交于点，其中，所以表面积.故选B项.【点睛】本题考查三视图还原几何体，求组合体的表面积，属于中档题7.函数（其中，）的部分图象如图所示，将函数的
5、图象向左平移个单位长度，得到的图象，则下列说法正确的是（ ）A. 函数为奇函数B. 函数为偶函数C. 函数的图象的对称轴为直线D. 函数的单调递增区间为【答案】D【解析】【分析】根据图像，求出解析式，再得到的解析式，再分别验证四个选项，得到答案.【详解】由函数（其中，）的部分图象.可知由，得所以代入点得解得，取，得可得，将函数的图象向左平移个单位长度得的图象，由函数解析式可以验证只有的单调递增区间为正确.故选D项.【点睛】本题考查由正弦型函数部分图像求解析式，三角函数图像的平移变换，正弦型函数的奇偶性，对称轴和单调区间，属于中档题.8.某学校对100间学生公寓的卫生情况进行综合评比，依考核分数
6、分为，、四个等级，其中分数在为等级；分数在为等级；分数在为等级；分数在为等级.考核评估后，得其频率分布折线图如图所示，估计这100间学生公寓评估得分的平均数是（ ）A. 80.25B. 80.45C. 80.5D. 80.65【答案】C【解析】分析】根据折线图，得到每组的频率，利用每组的中点值计算出平均数.【详解】由折线图可知，等级分数在频率为等级分数在 频率为等级分数在 频率为等级分数在 频率为平均数为.故选C项.【点睛】本题可考查通过折线图计算数据的平均数，属于简单题9.定义，由集合确定的区域记作，由曲线：和轴围成的封闭区域记作，向区域内投掷12000个点，则落入区域的点的个数为（ ）A.
7、 4500B. 4000C. 3500D. 3000【答案】A【解析】【分析】根据题意求出对应区域的面积比，得出对应的概率值，再计算对应的频数值【详解】试验包含的所有事件对应的集合Q（x，y）|0x2，0y1，则212，画出函数的图象，如图所示；故落入区域M内的概率为P，所以落入区域M的点的个数为120004500（个）故选：A【点睛】本题考查了几何概型,函数的性质，分段函数的图像，考查作图能力，准确计算是关键，是中档题10.已知是定义在上的偶函数，且，如果当时，则（ ）A. 3B. -3C. -2D. 2【答案】D【解析】【分析】由得周期为，将转化为，再由偶函数得，代入解析式，得到答案.【详
8、解】由，得，所以是周期为8的周期函数，所以，又是偶函数，所以.故选D项【点睛】本题考查函数的周期性和奇偶性，属于中档题.11.已知双曲线的右焦点为，直线经过点且与双曲线的一条渐近线垂直，直线与双曲线的右支交于不同两点，若，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】表示出直线的方程，与双曲线联立，得到，由，得到，得到关于的方程，结合，得到离心率.【详解】由题意得直线的方程为，不妨取，则，且.将代入，得.设，则，.由，得，所以，得，解得，所以，故该双曲线的离心率为.【点睛】本题考查直线与双曲线的交点，设而不求的方法得到交点之间的关系，构造的等式，求双曲线离心率，属
9、于中档题.12.已知函数，若对，且，使得，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对x（0，e），f（x）的值域为，5），g（x）a，推导出a0，g（x）ming（）1+lna，作出函数g（x）在（0，e）上的大致图象，数形结合由求出实数a的取值范围【详解】当时，函数的值域为.由可知：当时，与题意不符，故.令，得，则，所以，作出函数在上的大致图象如图所示，观察可知，解得.故选：C【点睛】本题考查导数与函数的单调性，考查导数的性质、函数与方程的思想，最值等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
10、.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知，二项式的展开式中的系数比的系数大16，则_【答案】2【解析】【分析】求出二项式的通项公式，求出对应项的系数，建立方程进行求解即可【详解】由，得，解得或，因为，所以.故答案为2【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，求出通项公式以及对应项的系数，建立方程是解决本题的关键14.已知实数，满足，则目标函数的最小值为_【答案】-4【解析】【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值【详解】作出实数x，y满足对应的平面区域如图阴影所示；由zx+2y1，得yx，平移直线yx，由图象可知当直线yx经过点A时，直线yx的纵截距最小，此时
11、z最小由，得A（1，1），此时z的最小值为z1214，故答案为：4【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法，是基础题15.已知抛物线经过点，直线与抛物线交于相异两点，若的内切圆圆心为，则直线的斜率为_【答案】-1【解析】【分析】先求出抛物线方程，然后直线与抛物线联立，得到，点和圆心横坐标相同，根据几何关系可知直线和直线斜率相反，将所得的代入，得到直线的斜率.【详解】将点代入，可得，所以抛物线方程为，由题意知，直线斜率存在且不为0，设直线的方程为，代入，得，设，则，又由的内切圆心为，可得，整理得，解得，从而的方程为，所以直线的斜率为-1.【点睛】本题考查直线与
12、抛物线的位置关系，设而不求的方法表示交点间的关系，属于中档题.16.数列满足，且对于任意的都有，则_【答案】【解析】【分析】由题意可得+n+2，再由累加法求得an，结合等差数列的求和公式，以及裂项相消求和，计算可得所求和【详解】由题+n+2，所以，上式个式子左右两边分别相加得，即，当n=1时，满足题意，所以，从而.故答案为【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，累加法的应用，以及等差数列的求和公式，考查数列的裂项相消求和，化简整理的运算能力，属于基础题三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选
13、考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.在中，角，所对的边分别是，,，且.（1）求角的大小；（2）若，求边长.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）把代入已知条件，得到关于的方程，得到的值，从而得到的值.（2）由（1）中得到的的值和已知条件，求出，再根据正弦定理求出边长.【详解】（1）因为，所以，所以，即.因为，所以，因为，所以.（2）.在中，由正弦定理得，所以，解得.【点睛】本题考查三角函数公式的运用，正弦定理解三角形，属于简单题.18.一年之计在于春，一日之计在于晨，春天是播种的季节，是希望的开端.某种植户对一块地的个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率
14、均为，且每粒种子是否发芽相互独立.对每一个坑而言，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种.（1）当取何值时，有3个坑要补播种的概率最大？最大概率为多少？（2）当时，用表示要补播种的坑的个数，求的分布列与数学期望.【答案】（1）当或时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为； （2）见解析.【解析】【分析】（1）将有3个坑需要补种表示成n的函数，考查函数随n的变化情况，即可得到n为何值时有3个坑要补播种的概率最大（2）n4时，X的所有可能的取值为0，1，2，3，4分别计算出每个变量对应的概率，列出分布列，求期望即可【详解】（1）对一个坑而言，要补播种的概率，有3个坑要补播种的概
15、率为.欲使最大，只需，解得，因为，所以当时，；当时，；所以当或时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为.（2）由已知，的可能取值为0，1，2，3，4.，所以的分布列为01234的数学期望.【点睛】本题考查了古典概型的概率求法，离散型随机变量的概率分布，二项分布，主要考查简单的计算，属于中档题19.在四棱柱中，且，平面，.（1）证明：.（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析； （2）.【解析】【分析】（1）根据三角形全等证明ACBD，结合可得AC平面，故而；（2）以，的交点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，计算平面的法向量，利用线面角的向量公式求解即可【详解】（1）证明：ADC
16、D，DACDCA，又BADBCD，BACBCA，ABAC，ABDCBD，ADBCDB，AODCOD，AODCOD90，ACBD，又因为平面，所以，又所以平面，因为平面，所以.（2）以，的交点为原点，过O作平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）及，知，所以，.设平面的法向量为，由，得，所以，令，得.设与平面所成的角为，则 .【点睛】本题考查了线面垂直的判定与性质，考查空间向量的线面角求法，考查推理计算能力，属于中档题20.已知椭圆：的离心率为，椭圆：经过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设点是椭圆上的任意一点，射线与椭圆交于点，过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，直线与椭圆交
17、于，两个相异点，证明：面积为定值.【答案】（1）； （2）见解析.【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率和把过的点代入椭圆方程，根据得到的式子求出.（2）当直线斜率不存在时，易得的面积，当直线斜率存在时，设为，与椭圆相切，得到和的关系，再由直线和椭圆联立方程组，得到、，利用弦长公式表示出，再得到和的关系，由到的距离，得到到的距离，从而计算出的面积.得到结论为定值.【详解】（1）解：因为的离心率为，所以，解得.将点代入，整理得.联立，得，故椭圆的标准方程为.（2）证明：当直线的斜率不存在时，点为或，由对称性不妨取，由（1）知椭圆的方程为，所以有.将代入椭圆的方程得，所以 .当直线的斜率存在时，设
18、其方程为，将代入椭圆的方程得，由题意得，整理得.将代入椭圆的方程，得.设，则，所以 .设，则可得，.因为，所以，解得（舍去），所以，从而.又因为点到直线的距离为，所以点到直线的距离为，所以 ，综上，的面积为定值.【点睛】本题考查求椭圆的方程，直线与椭圆相切和相交，设而不求的方法表示弦长和三角形面积等，涉及知识点较多，对计算要求较高，属于难题.21.已知函数.（1）若曲线在点处的切线方程是，求函数在上的值域；（2）当时，记函数，若函数有三个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）； （2）.【解析】【详解】（1）因为，所以，所以，所以，即.，所以在上的值域为.（2）（i）当时，由，得，此时函数有三
19、个零点，符合题意.（ii）当时，.由，得.当时，；当时，.若函数有三个零点，则需满足且，解得.（iii）当时，.由，得，.当，即时，因为，此时函数至多有一个零点，不符合题意；当，即时，因为，此时函数至多有两个零点，不符合题意；当，即时，若，函数至多有两个零点，不符题意；若，得，因为，所以，此时函数有三个零点，符合题意；若，得，由，记，则，所以，此时函数有四个零点，不符合题意.综上所述：满足条件的实数.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，考查分类讨论的数学思想方法，属难题（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目
20、计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22.在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），以直角坐标系的原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求圆的极坐标方程；（2）设曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，求三条曲线，所围成图形的面积.【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）利用直角坐标和极坐标转化的关系，得到答案.（2）判断出三条曲线围成的图形为一个三角形和一个扇形，然后分别求出其面积，相加后得到答案.【详解】（1）由条件得圆的直角坐标方程为，得，将，代入，得，即，则，所以圆的极坐标方程为.（2）由条件知曲线和是过原点的两条射线，设和分别与圆交于异于点的点和，
21、将代入圆的极坐标方程，得，所以；将代入圆的极坐标方程，得，所以.由（1）得圆的圆心为，其极坐标为，故射线经过圆心，所以，.所以，扇形的面积为,故三条曲线，所围成图形的面积为.【点睛】本题考查直角坐标系转化为极坐标，求曲线围成的不规则图形的面积，属于中档题.23.已知函数.（1）当时，解不等式；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案.（2）先得到的取值范围，判断，为正，去掉绝对值，转化为在时恒成立,得到，在恒成立，从而得到的取值范围.【详解】（1）当时，由，得，即，或，即，或，即，综上：或，所以不等式的解集为.（2），因为，所以，又，得.不等式恒成立，即在时恒成立，不等式恒成立必须，解得.所以，解得，结合，所以，即的取值范围为.【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题.属于中档题.