2019届高三数学第十九次考试试题 理 新人教版

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‎2019届高三第十九次考试 理数试题 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题,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，，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎2.设复数且，则的共轭复数的虚部为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3.甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和，且两人是否获得一等奖相互独立，则两人中恰有一个人获得一等奖的概率是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎4.已知椭圆的两个焦点为、，且，弦过点，则的周长为（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎5.（其中为自然对数的底数）的图象大致为（ ）‎ - 12 -‎ A B C D ‎6.将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图像，若在上为增函数，则的最大值为（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎7.执行如图的程序框图，如果输入的，，分别为，，，输出的，那么判断框中应填入的条件为（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎8.公元前世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为，这一数值也可以表示为，若，则（ ）‎ A． B． C. D．‎ - 12 -‎ ‎9.已知点在不等式组表示的平面区域内，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎10.对于函数和，设，，若存在，，使得，则称和互为“零点相邻函数”，若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎11.过双曲线的左焦点作圆的切线，切点为，延长交抛物线于点，若是线段的中点，则双曲线的离心率是（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎12.已知三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥内切球的半径为（ ）‎ A． B． C. D．‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.在的展开式中，含有项的系数为 ．（用数字作答）‎ ‎14.现有如下假设：‎ - 12 -‎ 所有纺织工都是工会成员，部分梳毛工是女工，部分纺织工是女工，所有工会成员都投了健康保险，没有一个梳毛工投了健康保险.‎ 下列结论可以从上述假设中推出来的是 ．（填写所有正确结论的编号）‎ ‎①所以纺织工都投了健康保险 ②有些女工投了健康保险 ‎③有些女工没有投健康保险 ④工会的部分成员没有投健康保险 ‎15.已知的内角，，的对边分别为，，，且，，点是的重心，且，则的外接圆的半径为 ．‎ ‎16.在面积为的平行四边形中，点为直线上的动点，则的最小值是 ．‎ 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎17. 已知等差数列满足，，公比为正数的等比数列满足，.‎ ‎（Ⅰ）求数列，的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，求数列的前项和.‎ ‎18. 某商场按月订购一种家用电暖气，每销售一台获利润元，未销售的产品返回厂家，每台亏损元，根据往年的经验，每天的需求量与当天的最低气温有关，如果最低气温位于区间，需求量为台；最低气温位于区间，需求量为台；最低气温位于区间，需求量为台。公司销售部为了确定月份的订购计划，统计了前三年月份各天的最低气温数据，得到下面的频数分布表：‎ 最低气温（℃）‎ - 12 -‎ 天数 ‎11‎ ‎25‎ ‎36‎ ‎16‎ ‎2‎ 以最低气温位于各区间的频率代替最低气温位于该区间的概率.‎ ‎（1）求月份这种电暖气每日需求量（单位：台）的分布列；‎ ‎（2）若公司销售部以每日销售利润（单位：元）的数学期望为决策依据，计划月份每日订购台或台，两者之中选其一，应选哪个？‎ ‎19. 如图，三棱柱中，，平面.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，，求二面角的余弦值.‎ ‎20. 已知倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线相交于、两点，且.‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点的两条直线、分别交抛物线于点、和、，线段和的中点分别为，.如果直线与的倾斜角互余，求证：直线经过一定点.‎ ‎21. 已知函数.‎ ‎（Ⅰ）讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若，求证：‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ - 12 -‎ ‎22.已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.‎ ‎（1）求圆的直角坐标方程；‎ ‎（2）若是直线与圆面的公共点，求的取值范围.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若，，且，求证：. ‎ - 12 -‎ 试卷答案 一、选择题 ‎1-5: CADDD 6-10: BCBCD 11、12：AB 二、填空题 ‎13. 14.①②③ 15. 16.‎ 三、解答题 ‎17.【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，‎ 因为，所以，解得.‎ 所以.‎ 由及等比中项的性质，得，‎ 又显然必与同号，所以.‎ 所以.又公比为正数，解得.‎ 所以.‎ ‎（Ⅰ）由（Ⅰ）知，，‎ 则 ①.‎ ‎ ②.‎ ‎①-②，得 ‎.‎ 所以.‎ - 12 -‎ ‎18.解：（1）由已知的可能取值为，，‎ 的分布列为 ‎100‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.4‎ ‎（2）由已知 ‎①当订购台时，‎ ‎（元）‎ ‎②当订购台时，‎ ‎（元）‎ 综上所求，当订购台时，的数学期望最大，月每日应订购台。‎ ‎19.（1）证明：∵平面，∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴，∴平面，∴‎ ‎（2）解：∵平面，∴，‎ ‎∴四边形为菱形， ∴.‎ 又，∴与均为正三角形.‎ 取的中点，连接，则.‎ 由（1）知，则可建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 设，则，，，，.‎ ‎∴，，.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，∴∴‎ - 12 -‎ 取，则为平面的一个法向量 又为平面的一个法向量，‎ ‎∴‎ 又二面角的平面角为钝角，所以其余弦值为.‎ ‎20.（Ⅰ）由题意可设直线的方程为，‎ 由消去整理得，‎ 设令，，则，由抛物线的定义得 ‎，‎ ‎∴，∴.‎ ‎∴抛物线的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设直线、的倾斜角分别为、，直线的斜率为，则.‎ ‎∵直线与的倾斜角互余，∴，‎ - 12 -‎ ‎∴直线的斜率为.‎ ‎∴直线的方程为，即，由 消去整理得，∴，∴，‎ ‎∴点的坐标为，‎ 以代替点坐标中的，可得点的坐标为 ‎∴.‎ ‎∴直线的方程为，‎ 即，显然当，.∴直线经过定点.‎ ‎21.（Ⅰ）由题意得，‎ ‎①当时，则在上恒成立，∴在上单调递减.‎ ‎②当时，则当时，，单调递增，当时，，单调递减.‎ 综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.‎ ‎（Ⅱ）令，‎ 则 - 12 -‎ 设，则，∵，∴当时，，单调递增；当时，，单调递减. ∴（因为），∴.‎ ‎∴在上单调递减，在上单调递增，∴，‎ 设，则，，在上递减，‎ ‎∴；∴，故.‎ 说明：判断的符号时，还可以用以下方法判断：‎ 由得到，设，则，当时，；当时，，从而在上递减，在上递增.∴.当时，即.（酌情给分）.‎ ‎22.解：（1）∵圆的极坐标方程为，‎ ‎∴，‎ 又∵，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴圆的普通方程为.‎ ‎（2）设，‎ 故圆的方程，‎ - 12 -‎ ‎∴圆的圆心是，半径是，‎ 将代入得，‎ 又∵直线过，圆的半径是，‎ ‎∴，∴，即的取值范围是.‎ ‎23.（1）解 由题意，知原不等式等价为，‎ 令，‎ 则 当时，由，得；‎ 当时，不成立，此时无解；‎ 当时，由，得 综上，不等式的解集是 ‎（2）证明 要证，‎ 只需证 只需证.‎ 而，‎ 从而原不等式成立 ‎ - 12 -‎