四川省宜宾市第四中学2019届高三高考适应性考试数学（理）试题

四川省宜宾市第四中学2019届高三高考适应性考试数学（理）试题

四川省宜宾市四中高2019届高考适应性考试 理科数学试题 ‎（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）‎ 第Ⅰ卷（共60分）‎ 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，则 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎2.已知复数满足，则的虚部是 ‎ A． B． C．2 D．‎ ‎3.“成等差数列”是“”的 ‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎4.已知角在第二象限，若，则 ‎ A． B． C． D．0 ‎ ‎5.二项式的展开式中含项的系数是 ‎ A． B． C． D．‎ ‎6.将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值为 ‎ A. B. C. D.‎ ‎7函数在单调递减,且为奇函数。若,则满足的的取值范围是(‎ A. B. C. D. ‎ ‎8.已知正三棱锥的高为6，侧面与底面成的二面角，则其内切球（与四个面都相切）的表面积为 A. B. C. D.‎ ‎9.四棱锥中, 平面,底面是边长为的正方形, ,为的中点,则异面直线与所成角的余弦值为 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎10.已知，则不可能满足的关系是 A. B. C. D. ‎ ‎11.扇形的半径为，圆心角为，是弧上的动点，则的最小值是 A． B． C． D． ‎ ‎12.设函数的极值点的最大值为,若,则整数的值为 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.函数的零点为__________.‎ ‎14.4名同学参加班长和文娱委员的竞选，每个职务只需1人，其中甲不能当文娱委员，则共有_____种不同结果（用数字作答）‎ ‎15.已知点和抛物线,过的焦点且斜率为的直线与交于两点.若,则__________.‎ ‎16. 四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，若四棱锥的体积取值范围为，则该四棱锥外接球表面积的取值范围是 ．‎ 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，考生依据要求作答.‎ ‎17.（本大题满分12分）‎ 是等差数列的前项和，．‎ ‎（I）求数列的通项公式； ‎ ‎（II）.数列是等比数列，，，，是数列的前和，求证：‎ ‎18.（本大题满分12分）‎ 年月日,世界杯足球赛在俄罗斯拉开帷幕,世界杯给俄罗斯经济带来了一定的增长,某纪念商品店的销售人员为了统计世界杯足球赛期间商品的销售情况,随机抽查了该商品商店某天名顾客的消费金额情况,得到如下频率分布表:‎ 消费金额/万卢布 合计 顾客人数 ‎9‎ ‎31‎ ‎36‎ ‎44‎ ‎62‎ ‎18‎ ‎200‎ 将消费顾客超过万卢布的顾客定义为”足球迷”,消费金额不超过万卢布的顾客定义为“非足球迷”。‎ ‎（I）求这名顾客消费金额的中位数与平均数(同一组中的消费金额用该组的中点值作代表);‎ ‎（II）该纪念品商店的销售人员为了进一步了解这名顾客喜欢纪念品的类型,采用分层抽样的方法从“非足球迷”,“足球迷”中选取人,再从这人中随机选取人进行问卷调查,则选取的人中“非足球迷”人数的分布列和数学期望。‎ ‎19. （本大题满分12分）‎ 在多面体中，底面是梯形，四边形是正方形，，，，，‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）设为线段上一点，，求二面角的平面角的余弦值.‎ ‎20.（本大题满分12分）‎ 已知为椭圆的上、下顶点，且离心率为.‎ ‎（I）求椭圆E的方程 ‎（II）若点为直线上任意一点，交椭圆于两点，求四边形面积的最大值.‎ ‎21.（本大题满分12分）‎ 已知函数,. （I）讨论的单调性; （II）若函数存在两个零点,,使,求的最大值.‎ 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.‎ ‎22.[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在直角坐标系中,曲线的参数方程是 (是参数),以坐标原点为极点, 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程是.‎ ‎（I）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程;‎ ‎（II）若两曲线交点为,求.‎ ‎23.已知函数,且的解集为 ‎（I）求的值;‎ ‎（II）若是正实数,且,求证: .‎ 四川省宜宾市四中高2019届高考适应性考试 理科数学试题参考答案 ‎ 一.选择题 ‎1.C 2.B 3.A 4.C 5.C 6.B 7. D 8.B 9.C 10.D 11.A 12.C 二．填空题 ‎13.－4,0,4 14.9 15. 16.‎ 三．解答题 ‎17.（1）设等差数列的公差为 ‎∵‎ ‎∴‎ 解得,‎ ‎∴‎ ‎∴数列的通项公式为 ‎（2）证明:设等比数列的公比为,因,故 由可知, ‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴,‎ 所以 ‎18.（1）设这名顾客消费金额的中位数为,则有,解得 所以这名顾客消费金额的中位数为 这名顾客消费金额的平均数,‎ 所以这名顾客的消费金额的平均数为万卢布 （2）由频率分布表可知,“足球迷”与“非足球迷”的人数比为,‎ 采用分层抽样的方法,从“足球迷”“非足球迷”中选取人,‎ 其中“足球迷”有人,“非足球迷”有人。‎ 设为选取的人中非足球迷的人数,取值为.则 ‎,,.‎ 分布列为:‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0.3‎ ‎0.6‎ ‎0.1‎ ‎.‎ ‎19. 解:（1）因为，，，‎ 所以为直角三角形，且 同理因为，，‎ 所以为直角三角形，且，‎ 又四边形是正方形，所以 又因为 所以.‎ 在梯形中，过点作作于，‎ 故四边形是正方形，所以.‎ 在中，，∴.，‎ ‎∴，∴∴.‎ ‎∵，,.平面，平面.‎ 所以平面,‎ 又因为平面，所以 因为，平面，平面.‎ ‎∴平面，平面，∴平面平面 ‎（2）以为原点，，，所在直线为轴建立空间直角坐标系(如图)则 ‎.令，则，‎ 因为，∴‎ ‎∴.‎ 因为平面，∴，取是平面的一个法向量.‎ 设平面的法向量为.‎ 则，即即.‎ 令，得，‎ ‎∴，‎ ‎20.（1）依题意，则 由，解得，‎ 椭圆的方程为.‎ ‎（2）设（不妨设），‎ 则直线的方程为，‎ 代入椭圆方程化简得，‎ 解得，同理 ‎∴‎ 令，‎ 则四边形面积为 又在上单调递减，∴‎ ‎21.（1）函数的定义域为,.‎ 当时, ,在单调递增;‎ 当时,令,得,‎ 当时, ;当时, .‎ 所以在单调递增,在单调递减.‎ 综上所述,当时, 在单调递增;‎ 当时, 在单调递增,在单调递减. （2）因为,,即,.‎ 两式相减得,即.‎ 由已知,得.‎ 因为,,所以,即.‎ 不妨设,则有.‎ 令,则,所以,即恒成立.‎ 设.‎ ‎.‎ 令,,的图象开口向上,对称轴方程为,‎ 方程的判别式.‎ ‎①当时, 在单调递增, ,所以,‎ 在单调递增,所以在恒成立.‎ ‎②当时, ,在上恒成立,所以,‎ 在单调递增,所以在恒成立.‎ ‎③当时, 在单调递减,‎ 因为,,‎ 所以存在,使得 当时, ,;当时, ,,‎ 所以在上递增,在上递减.‎ 当时,都有,‎ 所以在不恒成立.‎ 综上所述, 的取值范围是,所以的最大值为2.‎ ‎22.（1）曲线的普通方程是: ‎ 曲线的直角坐标方程是: （2）因为是过点的直线所以的参数方程为: (为参数)‎ 代入的普通方程,得 解得,故.‎ ‎23.（1）因为,所以等价于:‎ 由有解,得,且其解集为.‎ 又的解集为,故 （2）由知,又是正实数,由均值不等式得: ‎ ‎,‎ 当且仅当时取等号,所以.‎