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重庆市2018-2019学年高三学业质量调研抽测(第三次)数学文试题+Word版含解析

时间:2019-01-24

众志成城 卧虎藏 龙地豪 气干云 秣马砺 兵锋芒 尽露披 星戴月 时书香 盈耳含 英咀华 学业必 成

2018-2019 学年高三学业质量调研抽测(第三次) 文科数学试题 一、选择题:本题共 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. 已知集合 A. 【答案】D 【解析】分析:求出集合 即可求 详解: ,所以 . ,故选 D. B. , C. ,则 D.

点睛:本题为一元二次不等式与集合的综合,考察交集的运算,属于基础题. 2. 在复平面内,复数 所对应的点 A. 【答案】C 【解析】分析:由点 的坐标得到复数 详解:由题设有 ,故 ,利用复数的四则运算可得 ,故选 C. . B. C. 的坐标为 D. ,则

点睛:本题考查复数的几何意义、复数的模及复数的除法,属基础题. 3. 在 A. 【答案】A 【解析】分析:因 详解:由题设有 ,故 ,又 ,所以 ,从而求得数量积. ,故选 A. 中, B. C. , D. ,则

点睛:本题考查数量积的计算,计算时利用向量的线性运算向有垂直关系的向量转化. 4. 在等比数列 A. B. 8 中, C. 4 ,若 D. 32 ,则

【答案】A 【解析】分析:根据 可得 ,再结合 求出公比 后 即为 .

详解:因为 故 ,

,故

(舎)或 ,故选 A.



点睛:本题考查等比数列的性质,属于基本题. 5. 已知直线 A. B. C. 的倾斜角为 ,则 D.

【答案】A 【解析】分析:根据直线的斜率得到 系式把 详解:由题设有 化为关于 , 的值,再利用二倍角公式和同角的三角函数的基本关

的关系式即可.

. 故选 A. 点睛:一般地,直线的斜率 和倾斜角 之间的关系式 ,注意当

时,斜率是不存在的.对于三角函数式的求值问题,我们往往从次数的差异、函数名的差 异、结构的差异和角的差异去分析,处理次数差异的方法是升幂降幂法,解决函数名差 异的方法是弦切互化,而结构上差异的处理则是已知公式的逆用等,最后角的差异的处 理则往往是用已知的角去表示未知的角. 6. 秦九韶是我国南宋时期的数学家,普州(现四川省安岳县)人,他在所著的《数书九章》 中提出的多项式求值的秦九韶算法,至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了 利用秦九韶算法求多项式值的一个实例,若输入 n,x 的值分别为 3,2 则输出 v 的值为

A. 35 【答案】C

B. 20

C. 18

D. 9

【解析】试题分析:模拟算法:开始:输入 , , , 考点:1.数学文化;2.程序框图. 成立; 成立; 不成立,输出 .故选 C.

成立;

7. 一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是半径为 1 的半圆,则该几何体的体积为

A.

B.

C.

D.

【答案】B 【解析】分析:根据三视图可知原几何体是半圆锥. 详解:原几何体如图所示:

它是半个圆锥,其底面半径为 1,高为 ,故体积为 点睛:本题考察三视图,要求复原几何体并求体积,属基本题. 8. 设 A. C. 【答案】C 【解析】分析:三个数形式迥异,可与中间数 比较大小. B. D. ,则

,故选 B.

详解:

,而





,故三个数的大小关系是

,故选 C.

点睛:实数的大小比较,一般方法是构造函数并利用函数的单调性比较大小.如果构造函 数较为复杂,那么可以找一些中间数(如 系. 9. 已知三棱锥 四个顶点均在半径为 R 的球面上,且 ,若该三棱锥 等) ,考虑这些中间数与题设中的数的大小关

体积的最大值为 1,则这个球的表面积为 A. 【答案】D 【解析】分析:因为三棱锥的体积有最大值且 为确定的三角形,故球心在三棱锥的内部 B. C. D.

且球心到平面

的距离是定值.要使得体积最大,只要 到平面 且经过

的距离最大即可,此时

与球心的连线垂直平面 详解:

外心,根据这个性质可以得到外接球的半径. 的中点且垂直于平面 的

为等腰直角三角形,三棱锥体积最大时,球心在过 , ,解得 .选 D. ,

直线上, 为该直线与球面的交点,此时高 故体积 故

点睛:为了求得外接球的内接三棱锥的体积的最大值,我们需选择合适的变量构建体积 的函数关系式,因本题中三棱锥的底面三角形确定,顶点在球面上变化,故高最大时体 积最大.

10. 函数

的图象大致为

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】 试题分析: 由函数

得:

知函数是偶函数,其图象关于愿点对称,故排除 A; 当 x 从大于零变到零的过程中,函数值 y 当x 时, ,排除 C;故选 D. ,故排除 B;

考点:函数的图象. 11. 直线 过抛物线 A. B. C. D. 的焦点 F 且与抛物线交于 A,B 两点,则

【答案】B

【解析】分析:

是焦半径,故可用焦半径公式把

转化为



联立直线方程和抛物线方程后再利用韦达定理可求此值. 详解:设 ,直线 .



得到





,所以



故选 B. 点睛:圆锥曲线中的定值问题,需要把目标代数式转化为关于 ( 求定值. 12. 已知函数 A. 【答案】B 【解析】分析: 在直线 是分段函数,而不等式 的上方 (含两者有公共点) , 因此考虑 恒成立等价于 的图像恒 B. C. ,若 D. 恒成立,则实数 m 的取值范围是 (或 )的代数式

为直线与圆锥曲线的两个交点) ,通过联立方程组消元后利用韦达定理

在原点处的切线的斜率即

可. ........................ 详解:因为 ,故 的图像恒过原点,又 的图像如图所示:

令 又 综上,

, 恒在 ,故选 B.



,故 上方,故

即 .



点睛:含参数的不等式的恒成立问题,可用参变分离来处理.如果参变分离后的函数不 易讨论,则可先利用导数计算曲线与直线相切时的斜率,最后在动态变化中确定参数的 取值范围. 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。 13. 方程 【答案】 【解析】方程 又 所以方程 , 有实根的概率为 . 有实根,则有 ,得 , 没有实根的概率为__________.

14. 已知 【答案】4

满足

,则

的最大值为__________.

【解析】分析:画出不等式组对应的可行域,通过平移动直线 详解:不等式组对应的可行域如图所示:

求目标函数的最大值.

当动直线



时,

,故填 .

点睛:本题考查线性规划,属基础题,解题时注意画出正确的可行域. 15. 甲、乙、丙三个同学在看 a,b,c,三位运动员进行“乒乓球冠军争夺赛”(冠军唯一) 。赛 前,对于谁会得冠军,甲说:不是 b 是 c 乙说:不是 b 是 a 丙说:不是 c 是 b 比赛结果表明, 他们的话有一人全对,有一人对一半错一半,有一人全错,则冠军是_________. 【答案】 【解析】分析:因为三人的话有一个人全对,所以分甲全对、乙全对和丙全对即可. 详解:如果甲全对,则乙对一半错一半,丙全错,符合; 如果乙全对,则甲对一半错一半,丙也是对一半错一半,矛盾; 如果丙全对,则甲全错,乙也是全错,矛盾. 综上,甲全对,故冠军是 点睛:本题考察合情推理,属于基础题. 16. 已知数列 【答案】 【解析】分析:利用 详解:因为 ,故 把题设中的递推关系转化为关于 的递推关系. ,整理得到 前 n 项和为 ,若 ,则 _________.

,也即是

,故

为等差数列.



,所以



.

点睛: 一般地, 如果已知

, 那么我们利用

把递推关系转化为

的递推关系或

的递推关系.

三、解答题:共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17—21 题为必考题, 每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答。 17. 如图,在四边形 (Ⅰ)求 的长; . 中, .

(Ⅱ)求证:

【答案】 (Ⅰ)

; (Ⅱ)见解析 中,已知两角及一边,故可以先计算出 再利用正弦定理

【解析】分析: (1)在 计算 .

(2)要求证的结论等价于证明 定理计算 详解: (Ⅰ)在 ,故要证的结论成立. 中,因为 , ,可得 .

,注意到

的三条边都是已知的,故可用余弦

,所以

.

根据正弦定理有: 代入 ,

(Ⅱ)证明:在 代入 因为 ,所以

中,根据余弦定理 得 ,所以 , ,故



.

点睛:三角形中共有七个几何量(三边三角以及外接圆的半径) ,一般地,知道其中的三 个量(除三个角外) ,可以求得其余的四个量. (1)如果知道三边或两边及其夹角,用余弦定理; (2)如果知道两边即一边所对的角,用正弦定理(也可以用余弦定理求第三条边) ; (3)如果知道两角及一边,用正弦定理. 18. 如图 1, 在△ 中, , 分别为 , 的中点, 为 的中点, , . 将



沿

折起到△ 平面

的位置,使得平面 ;

平面





的中点,如图 2.

(Ⅰ)求证:

(Ⅱ)求 F 到平面 A1OB 的距离.

图1 【答案】 (Ⅰ)见解析; (Ⅱ) 【解析】 分析: (Ⅰ) 折叠前有 从而 (Ⅱ)由平面 得到了 ,四边形 平面

图2

, 折叠后 为平行四边形,从而 可以得到 到平面

的中点为 , 则 ,可证 平面 .



的距离,从而可得

,也就

,故可求得 到平面 的中点 ,连接 分别为

的距离. , . , , . . .

详解: (Ⅰ)取线段 因为在 因为 所以 因为 (Ⅱ)因为 中, ,分别为 , 平面 为

的中点,所以 ,

的中点,所以 ,四边形 , 平面

为平行四边形,故 ,所以 ,所以 平面 . 平面

的中点, 平面 .由图有,

又因为平面 平面

,平面

,故 ,则

,故



点睛:线面平行的证明通常需要在面中找到与已知直线平行的直线,常见的找线的方法 是平行投影和中心投影.立体几何中点到平面的距离可以利用面面垂直作出点到平面的 距离,也可以利用等积法求点到平面的距离. 19. 某商店为了更好地规划某种商品进货的量, 该商店从某一年的销售数据中, 随机抽取了 组

数据作为研究对象,如下图所示( (吨)为该商品进货量, (天)为销售天数) : 2 1 3 2 4 3 5 3 6 4 8 5 9 6 11 8

(Ⅰ)根据上表数据在下列网格中绘制散点图;

(Ⅱ)根据上表提供的数据,求出 关于 的线性回归方程



(Ⅲ)在该商品进货量 (吨)不超过 6(吨)的前提下任取两个值,求该商品进货量 (吨) 恰有一个值不超过 3(吨)的概率.

参考公式和数据:

,

.

【答案】 (1)见解析(2)

(3)

【解析】分析: (Ⅰ)在平面直角坐标系中画出对应的散点图即可.

(Ⅱ)根据公式

先计算 ,再根据

得到 .

(Ⅲ)通过枚举法可得基本事件的总数为 10 个,而随机事件“该商品进货量 (吨)恰有 一个值不超过 3(吨)”所含的基本事件有 个,故所求概率为 . 详解: (Ⅰ)散点图如图所示:

(Ⅱ)依题意, .







,回归直线方程为



(Ⅲ) 由题意知,在该商品进货量不超过 6 吨共有 5 个,设为编码 1,2,3,4,5 号, 任取两个有(1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (2,3) (2,4) (2,5) (3,4) (3,5) (4,5)共 10 种,该商品进货量不超过 3 吨的有编号 1,2 号,超过 3 吨的是编号 3,4, 5 号,该商品进货量恰有一次不超过 3 吨有(1,3) (1,4) (1,5) (2,3) (2,4)(2,5)共 6 种,故该商品进货量恰有一次不超过 3 吨的概率为 点睛:线性回归方程所表示的直线必经过 .

.另外,古典概型的概率计算往往涉及到基

本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的总数的计算,可用枚举法来计算它们,注 意枚举时要遵循一定的规律,做到不重不漏. 20. 已知椭圆 E: 角形. (Ⅰ)求椭圆 E 的离心率; (Ⅱ)如图,若直线 l 与椭圆相交于 AB 且 AB 是圆 的标准方程. 的一条直径,求椭圆 E ,若椭圆上一点与其中心及长轴一个端点构成等腰直角三

【答案】 (1) (2) 【解析】分析: (Ⅰ)根据题设中的等腰直角三角形可以得到 关系,可从中解得离心率. (Ⅱ)因 为圆的直线,故弦 的长度和中点已知,通过设交点的坐标和直线的方程, ,代入椭圆方程得到 的

联立直线方程和椭圆方程并消元后利用韦达定理得到中点坐标与斜率的关系,最后再通 过弦长为 得到 的大小. ,

详解: (Ⅰ)由题意得椭圆上的 点坐标为

代入椭圆方程可得

,即





,∴

,∴



(Ⅱ)设椭圆方程为

,直线











(*)









,故











,椭圆方程为

. 的一个等式.对于圆锥曲线中的中

点睛:圆锥曲线的离心率的计算,关键是找到关于

点弦问题,我们可以用韦达定理来沟通中点与直线方程中的参数的关系,也可以用点差 法来沟通圆锥曲线基本量、中点坐标及弦所在直线的斜率三者之间的关系.

21. 已知函数 (Ⅰ)若 (Ⅱ)若 的图像与直线 且函数 相切,求 的零点为 ,

设函数

试讨论函数

的零点个数.( 为自然常数)

【答案】 (1)

(2)有两个不同的零点 ,故可以关于 的方程组,从该方程组解得 可得 上的单调性,结合 的零点 . 又 利 .

【解析】分析: (Ⅰ)设切点坐标为 (Ⅱ) 因 , 故

为减函数, 结合 在

是分段函数,故分别讨论 用零点存在定理得到 详解: (Ⅰ)设切点

有两个不同的零点. ,所以 ,故 ,从而

又切点在函数 解得 (Ⅱ)若 因为 故 当 因为 当 当 则 所以 在 在 . 时, , 时, 时, ,

上,所以 . 且函数 ,



,故



的零点为 , , 为 上的减函数,



; , 上单调递减,则 ,

上单调递增, 上单调递减.

当 所以

时, 在区间

, 上单调递增.



,且







所以函数 综上,

在区间

上存在一个零点, 在区间

上存在一个零点.

有两个不同的零点.

点睛:处理切线问题的核心是设出切点坐标,因为它的横坐标沟通了切线的斜率和函数 在该值处的导数.零点问题需要利用导数明确函数的单调性,再结合零点存在定理才能 判断函数零点的个数. 22. [选修 4—4:坐标系与参数方程] 在直角坐标系中, 已知曲线 的参数方程为 为参数 以原点为极点 x 轴正半 ,直线 的极坐标方程为 .

轴为极轴建立极坐标系,直线 的极坐标方程为:

(Ⅰ)写出曲线 的极坐标方程,并指出它是何种曲线; (Ⅱ)设 与曲线 交于 【答案】 (1) 【解析】分析: (Ⅰ)先利用 得到 的极坐标方程为 (Ⅱ)直线 过极点,因此 利用韦达定理得到 两点, 与曲线 交于 ,以 两点,求四边形 面积的取值范围.

为圆心, 为半径的圆. (2) 得到 的直角方程为 . ,联立直线的极坐标方程和曲线 的极坐标方程, ,同理也能得到 ,这样得到四边形 ,在利用

的面积表达式后就可以求面积的最大值. 详解: (Ⅰ)由 ( 为参数)消去参数 得: , ,

将曲线 的方程化成极坐标方程得: ∴曲线 是以 (Ⅱ)设 故 , 为圆心, 为半径的圆. ,由 与圆 联立方程可得 .



因为

三点共线,则 ①.

同理用 又

代替 可得 ,故

,而 .

,故



点睛:直角坐标方程转为极坐标方程的关键是利用公式 数关系式时,注意利用 程用韦达定理得到 共线得到

.另外在构建面积的函

,再对从极坐标方程组消元后得到的方

的表达式.

23. [选修 4—5:不等式选讲] 已知函数 (Ⅰ)求不等式 (Ⅱ)若 【答案】 (1) 证明: (2)见解析 . 的解集 ;

【解析】分析: (Ⅰ)用零点分段讨论即可. (Ⅱ)要证明原不等式成立,也就是证明 值的性质必成立,后者因 不等式得到证明. 详解: (Ⅰ) , ,故 及 也即是 ,前者根据绝对 ,故原







,故不等式的解为 ,只需证 (*).

. ,

(Ⅱ)法一:要证 即证 因为 ,又由(Ⅰ)

,则

,即



所以(*)式显然成立,故原命题得证. 法二:因为 只需证 由(Ⅰ) ,故要证 ,即证 . ,

上式显然成立,故原命题得证.

点睛: (1)解绝对值不等式,关键是如何去掉绝对值符号(可讨论绝对值符号内代数 式的正负). (2)利用 和 可对含绝对值的不等式进行放缩,

进而改良某些代数式的结构,便于不等式的证明.


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