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童玩節主題圖片我的童玩主要內容新人教版省名校2019屆高三質量測評數學理(解析版)_高三數學_數學_高中教育_教育專區。2 省名校 2019 屆高三年級質量測評試卷理科數學一、選擇題（共 12 題，每題 5 分，共 60 分，每道題有且只要一個選項是准確的） 1。已知調集，，則 A。 B！

2 省名校 2019 屆高三年級質量測評試卷理科數學一、選擇題（共 12 題，每題 5 分，共 60 分，每道題有且只要一個選項是准確的） 1。已知調集，，則 A。 B。【謎底】C 【解析】 C。 D。闡發：起首求得調集 A 和調集 B，然後連系交集的定義求解交集即可求得最終。詳解：求解指數不等式可得：，求解絕對值不等式可得：，連系交集的定義可得：。本題選擇 C 選項。點睛：本題次要考查調集的暗示方式，交集的定義及其運算等學問，意正在考查學生的能力和計較求解能力。 2。已知複數正在複平面內對應的點正在第二象限，則（） A。 B。 C。 D。【謎底】C 【解析】闡發：由題意獲得關于 m 的不等式組，求解不等式組確定 m 的範疇，然後連系題意即可求得最終。詳解：由題意可得：，即且，故，則：，由複數的性質。本題選擇 C 選項。點睛：本題次要考查複數的運算法例，複數的分析運算等學問，意正在考查學生的能力和計較求解能力。 3。下列命題確命題的個數是（） ①命題“函數 2 的最小值不爲 ”是假命題； 2 ②“ ”是“ ”的需要不充實前提；③若爲假命題，則，均爲假命題； ④若命題：，，則：，； A。 B。 C。 D。【謎底】B 【解析】【闡發】均值不等式判斷①的正誤，逆否命題同實同假判斷②的正誤，一個假命題判斷③的正誤，特稱命題的否認爲全稱命題判斷④的正誤。爲假命題可知 p，q 至多有【詳解】對于①，設 t ，t≥3， ∴y＝t 正在[3，+∞）上枯燥遞增， ∴y＝t 的最小值爲， ∴函數 y （x∈R）的最小值不爲 2，是實命題，故①錯誤；對于②，由于“ ” 是“ ” 的需要不充實前提，按照逆否命題同實同假，可知②准確；對于③，若爲假命題，則，至多有一個爲假命題，故③錯誤；對于④，若命題：，，則：，是實命題，故選：B 【點睛】本題命題的判斷考查了簡略純真邏輯取函數、根基不等式的使用問題，屬于中檔題． 4。已知雙曲線的一條漸近線取曲線線的四邊形的面積爲，則雙曲線的尺度方程爲的夾角爲，若以雙曲線的實軸和虛軸爲對角 A。 B。 C。 D。【謎底】A 【解析】由于雙曲線的一條漸近線取曲線的夾角爲，所以雙曲線的漸近線方程爲，所以．由于以雙曲線的實軸和虛軸爲對角線的四邊形的面積爲，所以 2 ，即 2 ．由，解得，所以雙曲線的尺度方程爲．故選 A． 5。記爲數列的前項和．“肆意正整數，均有 ”是“ 爲遞增數列”的 A。充實不需要前提 B。需要不充實前提 C。充要前提 D。既不充實也不需要前提【謎底】A 【解析】闡發：“an＞0”？“數列{Sn}是遞增數列”，“數列{Sn}是遞增數列”不克不及推出“an＞0”，由此知“an＞0”是 “數列{Sn}是遞增數列”的充實不需要前提．詳解：∵“an＞0”？“數列{Sn}是遞增數列”，所以“an＞0”是“數列{Sn}是遞增數列”的充實前提。如數列爲-1，0，1，2，3，4，，明顯數列{Sn}是遞增數列，可是不必然大于零，還有可能小于等于零，所以“數列{Sn}是遞增數列”不克不及推出“an＞0”， ∴“an＞0”是“數列{Sn}是遞增數列”的不需要前提． ∴“an＞0”是“數列{Sn}是遞增數列”的充實不需要前提．故謎底爲：A．點睛：申明一個命題是實命題，必需證明才嚴謹。要申明一個命題是一個假命題，只需舉一個反例即可。 6。函數的部門圖象大致爲（） A。 B。 C。 D。【謎底】A 2 2 【解析】闡發：闡發函數的奇偶性，以及是函數值的符號，解除法即可獲得謎底。詳解：由題意，函數滿腳，所以函數爲奇函數，圖象關于軸對稱，解除；又由當時，函數，解除，故選 A。 7。已知圓取曲線相切于點，點同時從點出發，沿著曲線向左、沿著圓周按逆時針以不異的速度運動，當活動到如圖所示的點時，點也遏制活動，刍童空間圖毗連是（）（如圖），則暗影部門面積的大小關系 A。 B。 C。 D。先，再，最初【謎底】A 【解析】闡發：由題意別離求得扇形的面積和三角形的面積，然後連系幾何相幹即可確定的大小關系。詳解：曲線取圓 O 相切，則 OA⊥AP，，，由于弧 AQ 的長取線段 AP 的長相等，故，即，。本題選擇 A 選項。點睛：本題次要考查扇形面積的計較，等價的數學思惟等學問，意正在考查學生的能力和計較求解能力。 8。設，， A。 B。【謎底】B ，則的大小關系爲( ) C。 D。 2 2 【解析】 ①由題意得； ②因爲，令，則，∴ 區間上枯燥遞減， ∴ ，即，因而，故，所以，可得； ③因爲，令，則，∴ 區間上枯燥遞增， ∴ ，即， ∴ ，故綜上可得。．選 B． 9。我國古代《九章算術》將上、下兩面爲平行矩形的六面體稱爲刍童。左圖是一個刍童的三視圖，其視圖及側視圖均爲等腰梯形，兩底的長別離爲 2 和 4，高爲 2，則該刍童的概況積爲 A。 B。 40 C。 D。【謎底】D 【解析】闡發：按照三視圖，還原幾何體的曲不雅圖可得，該幾何體的概況由兩個全等的矩形，取四個全等的等腰梯形構成，按照三視圖所給數據，求出矩形取梯形的面積，乞降即可。詳解： 2 2 由三視圖可知，該刍童的曲不雅圖是如圖所示的六面體，圖方體棱長爲，別離是所正在正方體棱的四等分點，其概況由兩個全等的矩形，取四個全等的等腰梯形構成，矩形面積爲，梯形的上下底別離爲，梯形的高爲，梯形面積爲，所以該刍童的概況積爲，故選 D。點睛：本題空間幾何體的三視圖沈點考查學生的空間想象能力和籠統思維能力，屬于難題。三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點。察看三視圖並將其“翻譯”成曲不雅圖是解題的環節，不但要留意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要出格留意實線取虛線以及不異圖形的分歧對幾何體曲不雅圖的影響，對簡單組合體三視圖問題，先看俯視圖確定底面的外形，按照圖和側視圖，確定組合體的外形。 10。已知爲一般數，是，若存正在，滿腳，則實數的取值範疇 A。 B。 C。 D。【謎底】D 【解析】【闡發】先按照題意闡發出函數關于曲線對稱，再對稱性求出的表達式，再求的範疇。【詳解】設，則其關于曲線對稱的曲線爲所以函數的圖象關于曲線由于，所以．又由于，．所以．故選 D。【點睛】本題考查函數的對稱性判斷、三角恒等變換，屬于中檔題。函數對稱性的判斷方式：（1）若函數正在定義域上，滿腳（2）若函數正在定義域上，滿腳，則函數關于曲線，則函數關于點( 對稱；核心對稱； 11。設函數有個元素，則，，的取值範疇是（），若存正在實數，使得調集中剛好 A。 B。 C。 D。【謎底】A 【解析】【闡發】由調集 A∩B 中剛好有 5 個元素，即橢圓內包羅函數 f（x）圖象的 5 個最值點；可得（，1）正在橢圓之外，宜蘭民宿而（）必滿腳橢圓上或者內，代入求解可得 ω 的取值範疇．【詳解】解：由題意，調集 A∩B 中剛好有 5 個元素，即橢圓內包羅函數 f（x）圖象的 5 個最值點； ∴極點（，1）正在橢圓上，而極點（）必滿腳正在橢圓內，把極點的坐標代入，可得，解得：，由T ， 2 2 ∴ ，解得：ω∈ ．故選：A．【點睛】本題考查了三角函數的圖象取使用問題，也考查了橢圓的方程取使用問題，是中檔題． 12。已知抛物線，過抛物線上一點做兩條曲線別離取抛物線訂交于，兩點，毗連，若曲線，，取坐標軸都不垂曲，且它們的斜率滿腳，爲 A。 B。 C。 D。【謎底】D 【解析】，點，則曲線的斜率由題意，由于點正在抛物線上，所以，故曲線的方程爲，取抛物線方程聯立消去 x，得，其解爲和，則，同理可得，則由題意，得，化簡得線的斜率爲，故選 D．二、填空題（共 4 題，每題 5 分，共 20 分） 13。非零向量滿腳：，則取夾角的大小爲_______ 【謎底】135°或者【解析】【闡發】 2 ， ∴ ，∴曲按照題意，設，，則合向量夾角的定義闡發可得謎底． 2 ，連系題意闡發可得△OAB 爲等腰曲角三角形，結【詳解】解：按照題意，設，，則，若＝，，即＝，且 ⊥ ，則△OAB 爲等腰曲角三角形，則取的夾角爲 180°﹣45°＝135°，故謎底爲：135°．式．【點睛】本題考查向量數量積的計較，環節是控制向量數量積的計較公 14。已知，此中，爲天然對數的底數，則正在的系數是______ 【謎底】80 【解析】【闡發】按照定積分的運算，求得 n 的值，二項式的展開式展開，闡發，即可求得謎底。的展開式中【詳解】記 ∴ 圖像關于核心對稱，，， ∴ 2 2 由 exdx＝ex e﹣1，∴ 5， ∴則（x 2）5＝[（x ）﹣2]5 （x ）5 （x ）4（﹣2）1 （x ）3（﹣2）2 （x ）2（﹣2）3 （x ）1（﹣2）4 （x ）0（﹣2）5，則展開式中 x2，則呈現正在（x ）4（﹣2）1 及（x ）2（﹣2）3， ∴（﹣2） x3（）1＝160，（﹣2）3 x2（）0＝﹣80， ∴正在的展開式中 x2 的系數 80，故謎底爲：80 【點睛】本題考查定積分的運算，二項式的使用，考查，屬于中檔題． 15。已知的內角對的邊別離爲，，當內角最大時，于______ 的面積等【謎底】【解析】【闡發】已知等式正弦化簡，獲得關系式，余弦暗示出 cosC，把得出關系式拾掇兒女入，基本不等式求出 cosC 的最小值即可求出三角形的面積．【詳解】解：已知等式正弦化簡得：a b＝2c，兩邊平方得：（a b）2＝4c2，即 a2+2 ab+2b2＝4c2， ∴4a2+4b2﹣4c2＝3a2+2b2﹣2 ab，即 a2+b2﹣c2 ， ∴cosC （ 2）（2 2 ）（2 2 ），當且僅當，即時取等號，此時 a ，則 cosC 的最小值爲，此時 C 最大， 2 2 此時 sinC ，則△ABC 的面積 S ．故謎底爲：【點睛】本題次要考查正弦、余弦，以及根基不等式的使用，熟練控制是解本題的環節，分析性較強，有必然的難度． 16。已知三棱錐的底面是邊長爲 3 的正三角形，且，，。則三棱錐的體積爲 _____ 【謎底】【解析】【闡發】將三棱錐翻轉一下，由斜線長相等，射影長相等可得 B 正在平面 PAC 內的射影 H 爲曲角三角形 PAC 的外心，故 H 爲△PAC 斜邊 AP 的中點，且 PH⊥平面 PAC，即 HP 爲三棱錐的高，從而可求三棱錐 P﹣ABC 的體積．【詳解】解：將三棱錐翻轉一下，如圖，由斜線長相等，射影長相等可得 B 正在平面 PAC 內的射影 H 爲曲角三角形 PAC 的外心，故 H 爲△PAC 斜邊 AP 的中點，且 BH⊥平面 PAC，即 HB 爲三棱錐的高，由勾股得 BH ， ∴該三棱錐 P﹣ABC 的體積爲？？3？4？．故謎底爲：．【點睛】本題考查三棱錐 P﹣ABC 的體積，考查學生闡發處理問題的能力，將三棱錐翻轉一下是環節．三、解答題（共 6 題，需要寫明需要的文字申明、計較過程） 2 2 17。已知爲等差數列，前 n 項和爲，是首項爲 2 的等比數列，且公比大于 0，。（Ⅰ）求和的通項公式；（Ⅱ）求數列的前 n 項和。【謎底】（Ⅰ）。。（Ⅱ）。【解析】試題闡發：按照等差數列和等比數列通項公式及前項和公式列方程求出等差數列首項和公役及等比數列的公比，寫出等差數列和等比孰劣的通項公式，錯位相減法求出數列的和，要求計較要精確。試題解析：（Ⅰ）設等差數列的公役爲，等比數列的公比爲。由已知，得，而，所以。又由于，解得。所以，。由，可得。由，可得，聯立①②，解得，由此可得。所以，的通項公式爲，的通項公式爲。（Ⅱ）解：設數列的前項和爲，由，有上述兩式相減，得，，。得。所以，數列的前項和爲。【考點】等差數列、等比數列、數列乞降【名師點睛】等差數列和等比數列通項公式及前項和公式列方程組求數列的首項和公役或公比，進而寫出通項公式及前項和公式，這是等差數列、等比數列的根基要求，數列乞降方式有倒序相加法，錯位相減法，裂項相消法和分組乞降法等，本題考查錯位相減法乞降。 2 2 18。某種常見疾病可分爲Ⅰ、Ⅱ兩品種型。爲領會該疾病類型取地區、初度患該疾病的春秋（以下簡稱初度患病春秋）的關系，正在甲、乙兩個地域隨機抽取 100 名患者查詢拜訪其疾病類型及初度患病春秋，獲得如下數據：（1）從Ⅰ型疾病患者中隨機抽取 1 人，估量其初度患病春秋小于 40 歲的概率；（2）記“初度患病春秋正在的患者爲“低齡患者”，初度患病春秋正在的患者爲“高齡患者”，根據表中數據，處理以下問題：將以下兩個列聯表彌補完整，並判斷“地區”“初度患病春秋”這兩個變量中哪個變量取該疾病的類型相關聯的可能性更大。（間接寫出結論，不必申由）（ii）記（i）中取該疾病的類型相聯系關系的可能性更大的變量爲，問：能否有 99。9%的把握認爲“該疾病的類型取相關？” 附：【謎底】（1）；（2）看法析 2 2 【解析】試題闡發：（1）依題意，從Ⅰ型疾病患者中隨機抽取人，古典概型及概率的計較公式，即可求解其初次患病春秋小于歲的概率；（2）（i）按照題設中的數據，填寫表一、表二，即可做出響應的判斷；（ii）按照表二的數據，的計較公式，求解的值，按照附表，即可判讀有類型取初度患病春秋相關。試題解析：的把握認爲該疾病（1）依題意，從Ⅰ型疾病患者中隨機抽取 1 人，其初度患病春秋小于 40 歲的概率估量值爲。（2）（i）填寫如下：表一：疾病類型患者所正在地區 Ⅰ型 Ⅱ型合計甲地 23 37 60 乙地 17 23 40 合計 40 60 100 表二：疾病類型初度患病春秋低齡高齡合計 Ⅰ型 25 15 40 Ⅱ型 15 45 60 合計 40 60 100 由表中數據能夠判斷，“初度患病春秋”取該疾病類型相聯系關系的可能性更大。（ii）按照表二的數據可得：，，，，。則。 2 因爲，故有 99。9%的把握認爲該疾病類型取初度患病春秋相關 19。如圖，四邊形爲梯形，將沿翻折到，使得點正在線段上，滿腳，且． 2 ，現（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）求曲線取面所成角的正弦值．【謎底】（Ⅰ）看法析。（Ⅱ）。【解析】闡發：（Ⅰ）先證明值．，即證詳解：（Ⅰ）連，所以所以 BD= 由于 ∴ 又 ∴ 從而 ∴ （Ⅱ）所以。( Ⅱ)空間向量法求曲線取面所成角的正弦 2 2 由，如圖建系，則設平面的法向量爲由，可取，，． 20。已知橢圓的左、左核心別離爲、，圓顛末橢圓的兩個核心和兩個極點，點正在橢圓上，且，。（Ⅰ）求橢圓的方程和點的坐標；（Ⅱ）過點的曲線取圓訂交于、兩點，過點取垂曲的曲線取橢圓訂交于另一點，求的面積的取值範疇。【謎底】(Ⅰ)橢圓的方程爲【解析】，點 P 的坐標爲。(Ⅱ) 。闡發：（I）由題意計較可得，，則橢圓的方程爲，連系幾何性質可得點 P 的坐標爲。（II）由題意可知曲線的方程爲，取橢圓方程聯立可得，由弦長公式可得；連系幾何相幹和勾股可得 2 ，則面積函數取值範疇是．詳解：（I）設，，可知圓顛末橢圓核心和上下極點，得，由題意知，得，由，得， 2 ，換元求解函數的值域可得△ABC 的面積的所以橢圓的方程爲，點 P 的坐標爲。（II）由過點 P 的曲線取橢圓訂交于兩點，知曲線的斜率存正在，設 l2 的方程爲，由題意可知，聯立橢圓方程，得，設，則，得，所以；由曲線的方程爲，即圓心到 l1 的距離，又圓的半徑，所以，由即，，得，，新人教版省名校2019屆高三質量測評數學 2 2 設，則，，當且僅當即時，取“＝”，所以△ABC 的面積的取值範疇是．點睛：(1)曲線取抛物線的關系和曲線取橢圓、雙曲線的關系雷同，一般要用到根取系數的關系； (2)相關曲線取抛物線的弦長問題，要留意曲線能否過抛物線的核心，若過抛物線的核心，可間接利用公式 AB＝x1＋x2＋p，若不外核心，則必需用一般弦長公式． 21。已知函數。理(解析版)2019年8月29日刍童空間（1）當時，求證：；（2）當時，若不等式恒成立，求實數的取值範疇；（3）若，證明。【謎底】（1）證明看法析；（2）【解析】；（3）證明看法析。闡發：（1）先導數求函數，再證明。（2）把不等式恒成立爲 ≥0，再導數求即得 a 的取值範疇。 (3)第（2）問的結論和闡發法證明。詳解：（1）當時，，，當故正在時，；當上枯燥遞減，正在時，上枯燥遞增，，。（2），令，則。 ①當時，正在增函數，上，，枯燥遞增，，即，正在上爲 ②當，當時滿腳前提。時，令，解得，正在當合題意。 2 時，有，即上，，枯燥遞減，正在上爲減函數，，不 2 綜上，實數的取值範疇爲。（3）由（2）得，當，時，欲證不等式，，即 =，只需證明，只需證明，只需證，設，則。當時，恒成立，且，恒成立。原不等式得證。點睛：本題的難點正在第（3）問，間接證明比力堅苦。難點一是這裏要留意察看第（2）問的結論，難點二是要使用闡發法來闡發命題。難點三是要構制函數用導數解答函數問題的分析能力，屬于難題。。本題意正在考查利 22。正在平面曲角坐標系中，以坐標原點爲頂點，軸的正半軸爲極軸成立極坐標系，已知曲線的極坐標方程爲兩點．，過點的曲線的參數方程爲（Ⅰ）寫出曲線的曲角坐標方程和曲線的通俗方程；（爲參數），曲線取曲線訂交于（Ⅱ）若，求的值．【謎底】（Ⅰ）曲線：【解析】；：（Ⅱ）的值爲。試題闡發：（1）按照將曲線極坐標方程爲曲角坐標方程：代入消元將曲線參數方程化爲通俗方程（2）按照曲線參數方程幾何意義將前提爲，即 2 ，再聯立曲線參數方程取抛物線方程，韋達代入化簡得 2 試題解析：（1）由得：， ∴曲線的曲角坐標方程爲： ∴曲線的通俗方程爲：，由消去得：，（2）曲線的參數方程爲代入，獲得（爲參數），設對應的參數別離爲，則是方程的兩個解，由韋達得：，由于，所以，解得．考點：極坐標方程爲曲角坐標方程，曲線參數方程化爲通俗方程，曲線）若，對，，使成立，求實數的取值範疇．【謎底】(1) 【解析】；(2) 。【闡發】（1）對 x 分類會商，將不等式爲代數不等式，求解即可；（2）別離求出函數的最值，最值成立不等式，即可獲得實數的取值範疇．．【詳解】解：（1）不等式等價于或或解得或或，所以不等式的解集爲．（2）由 2 知，當時，； 2 ，當且僅當時取等號，所以，解得．故實數的取值範疇是．【點睛】本題考查方程有解問題，考查不等式的解法，考查以及計較能力． 2。