山东省博兴县第一中学2019届高三4月月考数学（文）试题

山东省博兴县第一中学2019届高三4月月考数学（文）试题

高三模拟考试 文科数学 本试卷共6页，23题（含选考题）全卷满分150分，考试用时120分钟．‎ ‎★祝考试顺利★‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置上．‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．‎ ‎3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．‎ ‎4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑．答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效 ‎5．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．‎ 参考公式：‎ 锥体的体积公式：（其中为锥体的底面积，为锥体的高）‎ 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. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先算出集合中的元素，然后计算 ‎【详解】‎ 故选C项.‎ ‎【点睛】本题考查集合的基本概念和集合的交集运算,考查内容较单一,属于简单题.‎ ‎2.已知复数（其中为虚数单位），则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简求解再求模长即可.‎ ‎【详解】由题,.‎ 故.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了复数的除法与模长的计算,属于基础题.‎ ‎3.‎2019年1月1日，济南轨道交通号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意见”活动，市民可以通过济南地铁APP抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王，小张，小刘，小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王被选中的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将所有符合要求的情况全部列出，然后选出符合要求的情况，利用古典概型的概率公式，得到答案.‎ ‎【详解】从四位朋友小王，小张，小刘，小李中随机选择两位，全部的情况有：‎ ‎（小王，小张）（小王，小刘）（小王，小李）（小张，小刘）（小张，小李）（小刘，小李），共6种 符合要求，即包含小王的情况有：（小王，小张）（小王，小刘）（小王，小李）共3种,‎ 所以小王被选中的概率为 故选B项.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型的求法，属于简单题.‎ ‎4.已知双曲线=1的一个焦点F的坐标为（-5，0），则该双曲线的渐近线方程为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用焦点的坐标，将双曲线的方程求出来，再求出其渐近线方程.‎ ‎【详解】双曲线的一个焦点为 由得，解得 双曲线方程为：,‎ 双曲线的渐近线方程为.‎ 故选A项.‎ ‎【点睛】本题考查求双曲线的方程和双曲线的渐近线方程.属于简单题.‎ ‎5.随着我国经济实力的不断提升，居民收人也在不断增加．某家庭2018年全年的收入与2014年全年的收入相比增加了一倍，实现翻番.同时该家庭的消费结构随之也发生了变化，现统计了该家庭这两年不同品类的消费额占全年总收入的比例，得到了如下折线图：‎ 则下列结论中正确的是（ ）‎ A. 该家庭2018年食品的消费额是2014年食品的消费额的一半 B. 该家庭2018年教育医疗的消费额与2014年教育医疗的消费额相当 C. 该家庭2018年休闲旅游的消费额是2014年休闲旅游的消费额的五倍 D. 该家庭2018年生活用品的消费额是2014年生活用品的消费额的两倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2018年全年的收入与2014年全年的收入相比增加了一倍，所以在计算实际消费额时，需要对2018年的各项消费占比乘以2，再与2014年各项消费额相比.‎ ‎【详解】选项A中，2018年食品消费占0.2，2014年食品消费占0.4，因2018年全年的收入与2014年全年的收入相比增加了一倍，所以两年的食品消费额相当，故A项错误.‎ 选项B中，2018年教育医疗消费占0.2，2014年教育医疗消费占0.2，因2018年全年的收入与2014年全年的收入相比增加了一倍，所以2018年教育医疗消费额是2014年的两倍，故B项错误.‎ 选项C中，2018年休闲旅游消费占0.25，2014年休闲旅游消费占0.1，因2018年全年的收入与2014年全年的收入相比增加了一倍，所以2018年休闲旅游消费消费额是2014年的五倍，故C项正确.‎ 选项D中，2018年生活用品消费占0.3，2014年生活用品消费占0.15，因2018年全年的收入与2014年全年的收入相比增加了一倍，所以2018年生活用品消费额是2014年的四倍，故D项错误.‎ ‎【点睛】读懂折线图中所对应的数据，注意总量的变化，属于简单题 ‎6.在中，，，，则的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可利用余弦定理将边求出，再将求出，利用三角形面积公式求出答案.‎ ‎【详解】中，由余弦定理得 ‎,‎ ‎,整理得 解得（舍）‎ 由,可得 故选A项.‎ ‎【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于简单题.‎ ‎7.执行如图所示的程序框图，若输入的值为，则输出的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 读懂流程图，可知每循环一次，的值减少4，当时，得到的值.‎ ‎【详解】根据流程图，可知每循环一次，的值减少4，输入，因为2019除以4余3，经过多次循环后，再经过一次循环后满足的条件，‎ 输出 ‎【点睛】流程图的简单问题，找到循环规律，得到的值，得到输出值.属于简单题.‎ ‎8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球表面积为（ ）‎ 主视图 左视图 俯视图 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图得到原几何体，再根据几何体的特点，得到外接球的半径，得到表面积.‎ ‎【详解】根据三视图得到原几何体，如图所示，为一个四棱锥，可以看成正方体的一部分，‎ 所以其外接球的半径为，‎ 所以外接球的表面积 ‎【点睛】本题考查三视图还原几何体，并根据其特点求外接球半径和表面积，是中档题.‎ ‎9.已知函数，则的最大值与最小值的和为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对进行化简，判断其中心对称，并求出对称中心，则其最大值和最小值也关于对称中心对称，得到结果.‎ ‎【详解】对整理得，‎ 而易知都是奇函数，‎ 则可设，可得为奇函数，即关于点对称 所以可知关于点对称，‎ 所以的最大值和最小值也关于点，因此它们的和为2.‎ 故选C项.‎ ‎【点睛】本题考查奇函数的推广即中心对称，是中档题.‎ ‎10.已知α∈（），若sin2α，则cosα＝（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据三角函数的值，缩小的范围，根据和得到和 ‎【详解】，‎ 而 即 ‎，两式相加、相减得 ‎，解得 故选D项.‎ ‎【点睛】本题考查通过三角函数值的正负缩小角的范围，对三角函数求值，属于中档题.‎ ‎11.已知函数则的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 研究的单调性，利用函数单调性解不等式.‎ ‎【详解】当时，，‎ ‎，单调递增，且时，，‎ 当时，单调递增，且 因此可得单调递增，‎ 可转化为 解得，‎ 故选B项.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数单调性，利用单调性解不等式，属于中档题.‎ ‎12.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.已知曲线，直线为曲线在点处的切线.如图所示，阴影部分为曲线、直线以及轴所围成的平面图形，记该平面图形绕轴旋转一周所得的几何体为.给出以下四个几何体：‎ ‎ ‎ ‎① ② ③ ④‎ 图①是底面直径和高均为的圆锥；‎ 图②是将底面直径和高均为的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体；‎ 图③是底面边长和高均为的正四棱锥；‎ 图④是将上底面直径为，下底面直径为，高为的圆台挖掉一个底面直径为，高为的倒置圆锥得到的几何体.‎ 根据祖暅原理，以上四个几何体中与的体积相等的是（ ）‎ A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将题目中的切线写出来，然后表示出水平截面的面积，因为是阴影部分旋转得到，所以水平界面面积为环形面积，整理后，与其他四个几何体进行比较，找到等高处的水平截面的面积相等的，即为所求.‎ ‎【详解】几何体是由阴影旋转得到，所以横截面为环形，‎ 且等高的时候，抛物线对应的点的横坐标为，切线对应的横坐标为 ‎，‎ 切线为，即，‎ 横截面面积 图①中的圆锥高为1，底面半径为，可以看成由直线绕轴旋转得到 横截面的面积为.‎ 所以几何体和①中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等，所以二者体积相等，‎ 故选A项.‎ ‎【点睛】本题考查对题目条件的理解和转化，在读懂题目的基础上，表示相应的截面面积，然后进行比较.属于难题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知平面向量，满足，，则的值为_________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得到,把代入得的值 ‎【详解】由可得 ‎ ‎ 即，‎ ‎【点睛】本题考查向量的垂直关系和基本计算，属于简单题.‎ ‎14.已知实数，满足约束条件则的最小值是_________.‎ ‎【答案】-8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据约束条件，画出可行域，对化成斜截式，找到其最小值.‎ ‎【详解】根据约束条件画出可行域，如图所示，即为可行域.‎ 目标函数，化成斜截式，为斜率为-2的一簇平行线，为其在轴上的截距，可得过点时，截距最小，解方程组解得 的最小值为 ‎【点睛】本题考查线性规划的一般解法，属于简单题.‎ ‎15.已知函数部分图象如图所示，则的值为______.‎ ‎ ‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先由和之间的距离求，再根据求，再求函数值.‎ ‎【详解】设的最小正周期为，根据题中图象可知，，∴，故，根据（增区间上的零点）可知，，，即，，又，故.∴，∴.‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题考查根据三角函数的图象求函数的解析式，意在考查基本的数形结合分析问题的能力，函数，一般根据振幅求，再根据周期求，根据“五点法”求.‎ ‎16.设，分别是椭圆的左右焦点，为椭圆的下顶点，为过点，，的圆与椭圆的一个交点，且，则的值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对称性可以找到圆心的坐标，利用，构造方程，得到的值.‎ ‎【详解】设过三点的圆的圆心为 ‎ 是通径的一半， ‎ 是圆中的一条弦，‎ 根据圆的对称性可知的坐标，‎ ‎，整理得 ‎ ‎ 整理得 解得，舍去负根 ‎【点睛】本题考查椭圆的几何关系与圆的几何关系.综合程度较大，属于难题.‎ 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．‎ ‎（一）必考题：共60分．‎ ‎17.已知数列的前项和为，且．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项和为，求的最小值及取得最小值时的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由条件中的与的关系，通过得到与的递推关系，求出求出 的通项. （2）把（1）中的通项代入，得到，求出，再求其最小值和最小值时的值.‎ ‎【详解】（1）当时，，解得，‎ 当时，，‎ 所以，‎ 所以是以为首项，为公比的等比数列，‎ 所以；‎ ‎（2），‎ 所以为等差数列，‎ 所以，‎ 所以当时，有最小值：.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列通项的求法，以及等差数列的求和及其性质，属于中档题.‎ ‎18.如图1所示，在等腰梯形中，，点为的中点.将沿折起，使点到达的位置，得到如图2所示的四棱锥，点为棱的中点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，交于点，连接，易知底面是平行四边形，则为中点，又是中点，可知，则结论可证.‎ ‎（2）先证明是等腰直角三角形，由条件中的面面垂直可得平面，则由（1）可知平面，则为三棱锥的高，底面的面积容易求得，根据公式求三棱锥的体积.‎ ‎【详解】（1）在平面图中，‎ 因为且，‎ 所以四边形平行四边形；‎ 在立体图中，‎ 连接，交于点，连接，所以点是的中点，又因为点为棱的中点，‎ 所以，因为平面，平面，‎ 所以平面；‎ ‎（2）在平面图中，‎ 因为是平行四边形，所以，因为四边形是等腰梯形，‎ 所以，所以，因为，所以；‎ 在立体图中，，‎ 又平面平面，且平面平面，平面 所以平面，‎ 由（1）知，所以平面，‎ 在等腰直角三角形中，因为，所以，‎ 所以，又，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查平面几何与立体几何的关系，线面平行的证明，面面垂直的性质等，有一定的综合性，属中等题.‎ ‎19.已知抛物线与椭圆有一个相同的焦点，过点且与轴不垂直的直线与抛物线交于，两点，关于轴的对称点为.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）试问直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出椭圆的焦点，容易求得抛物线的方程.‎ ‎（2）解法一：设直线的方程为与抛物线联立，得到横坐标关系，设直线的方程为与抛物线联立，得到横坐标关系,从而得到的关系，找出定点.‎ 解法二：直线的方程为，与抛物线联立，得到纵坐标关系，设直线的方程为，与抛物线联立，得到纵坐标关系，从而可以解出，得到定点.‎ ‎【详解】（1）由题意可知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，坐标为，‎ 所以，所以抛物线的方程为；‎ ‎（2）【解法一】因为点与点关于轴对称 所以设，，，‎ 设直线的方程为，‎ 代入得：，所以，‎ 设直线的方程为，‎ 代入得：，所以，‎ 因为，，所以，即，‎ 所以直线的方程为，必过定点.‎ ‎【解法二】设，，，‎ 因为点与点关于轴对称，所以，‎ 设直线的方程为，‎ 代入得：，所以，‎ 设直线的方程为，‎ 代入得：，所以，‎ 因为，所以，即，‎ 所以直线的方程为，必过定点.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与抛物线的关系，直线过定点问题，比较综合，对计算能力要求较高，属于难题.‎ ‎20.某客户考察了一款热销的净水器，使用寿命为十年，改款净水器为三级过滤，每一级过滤都由核心部件滤芯来实现.在使用过程中，一级滤芯需要不定期更换，其中每更换个一级滤芯就需要更换个二级滤芯，三级滤芯无需更换.其中一级滤芯每个元，二级滤芯每个元.记一台净水器在使用期内需要更换的二级滤芯的个数构成的集合为.如图是根据台该款净水器在十年使用期内更换的一级滤芯的个数制成的柱状图.‎ ‎（1）结合图，写出集合；‎ ‎（2）根据以上信息，求出一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于元的概率（以台净水器更换二级滤芯的频率代替台净水器更换二级滤芯发生的概率）；‎ ‎（3）若在购买净水器的同时购买滤芯，则滤芯可享受折优惠（使用过程中如需再购买无优惠）.假设上述台净水器在购机的同时，每台均购买个一级滤芯、个二级滤芯作为备用滤芯（其中，），计算这台净水器在使用期内购买滤芯所需总费用的平均数.并以此作为决策依据，如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数也为个，则其中一级滤芯和二级滤芯的个数应分别是多少？‎ ‎【答案】（1）；（2）0.3；（3）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据直方图和一级滤芯和二级滤芯之间的关系，可得答案；‎ ‎（2）更换二级滤芯的费用大于元，即更换4个二级滤芯，转化为更换12个一级滤芯，由直方图得出答案；‎ ‎（3），，可以分为和两种情况，分别算出其平均数，得到结论 ‎【详解】（1）由题意可知当一级滤芯更换、、个时，二级滤芯需要更换个，‎ 当一级滤芯更换个时，二级滤芯需要更换个，所以；‎ ‎（2）由题意可知二级滤芯更换个，需元，二级滤芯更换个，需元，‎ 在台净水器中，二级滤芯需要更换个的净水器共台，二级滤芯需要更换个的净水器共台，‎ 设“一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于元”为事件，所以；‎ ‎（3）因为，，‎ ‎（i）若，，‎ 则这台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为 ‎（ii）若，，‎ 则这台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为 所以如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数为个，‎ 客户应该购买一级滤芯个，二级滤芯个．‎ ‎【点睛】本题考查直方图的实际应用，涉及求概率，平均数等问题，关键是要读懂题意.属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若，试判断的零点个数.‎ ‎【答案】（1）当时，在上是增函数，‎ 当，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，‎ 当时，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；‎ ‎（2）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对求导后对进行分类讨论，找到和的区间，即为的单调区间.‎ ‎（2）由（1）可知时，有极大值和极小值 ‎，研究他们的正负，并且找到令的点，根据零点存在定理，找出零点个数.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为，，令，则，，‎ ‎（i）若，则恒成立，所以在上是增函数，‎ ‎（ii）若，则，‎ 当时，，是增函数，‎ 当时，，是减函数，‎ 当时，，是增函数，‎ ‎（iii）若，则，‎ 当时，，是增函数，‎ 当时，，是减函数，‎ 当时，，是增函数，‎ 综上所述：当时，在上是增函数，‎ 当，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，‎ 当时，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；‎ ‎（2）当时，‎ 在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，‎ 所以的极小值为，‎ 的极大值为,‎ 设，其中，‎ ‎,‎ 所以在上是增函数，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以有且仅有1个，使.‎ 所以当时，有且仅有1个零点.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，极值、最值，以及函数的图像和零点问题，涉及分类讨论的数学思想，题目比较综合，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）射线的极坐标方程为，若射线与曲线的交点为，与直线的交点为，求线段的长.‎ ‎【答案】（1）；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎）（1）将参数方程消参得到普通方程，利用，把极坐标方程转化为直角坐标系下的方程.‎ ‎（2）解法一：利用极坐标的相关特点进行求解.解法二：将极坐标转化为直接坐标后进行求解.‎ ‎【详解】（1）由，可得：，‎ 所以，‎ 所以曲线的普通方程为.‎ 由，可得，‎ 所以，‎ 所以直线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）【解法一】‎ 曲线的方程可化为，‎ 所以曲线的极坐标方程为.‎ 由题意设，，‎ 将代入，可得：，‎ 所以或（舍去），‎ 将代入，可得：，‎ 所以.‎ ‎【解法二】因为射线的极坐标方程为，‎ 所以射线直角坐标方程为，‎ 由解得，‎ 由解得，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程化一般方程，极坐标与直角坐标之间的转化.属于简单题 ‎23.已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若不等式的解集为空集，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）解法一：零点分区间，分类讨论，解绝对值不等式；解法二：画出图像，数形结合找到的解集.‎ ‎（2）解法一：数形结合，图像恒在图像上方；解法二：不等式的解集为空集可转化为对任意恒成立，分类讨论，去掉绝对值，利用一次函数保号性解决恒成立问题.‎ ‎【详解】（1）【解法一】‎ 由题意，‎ 当时，，解得，即，‎ 当时，，解得，即，‎ 当时，，解得，即.‎ 综上所述，原不等式的解集为.‎ ‎【解法二】由题意 作出的图象 注意到当或时，，‎ 结合图象，不等式的解集为；‎ ‎（2）【解法1】‎ 由（1）可知，的图象为 不等式的解集为空集可转化为对任意恒成立，即函数的图象始终在函数的图象的下方，如图 当直线过点以及与直线平行时为临界点，所以.‎ ‎【解法2】不等式的解集为空集可转化为对任意恒成立，‎ ‎（i）当时，，即恒成立，‎ 若，显然不合题意，‎ 若，即，则恒成立，符合题意，‎ 若，即，只需即可，解得，故，‎ 所以；‎ ‎（ii）当时，，即恒成立，‎ 若，即，恒成立，符合题意，‎ 若，即，则恒成立，符合题意，‎ 若，即，只需即可，解得，故，‎ 所以；‎ ‎（iii）当时，，即恒成立，‎ 若，即，只需即可，解得，故，‎ 若，即，则，不合题意，‎ 若，即，则恒成立，不合题意，所以；‎ 综上所述，.‎ ‎【点睛】利用分类讨论，数形结合都可以解决含绝对值的不等式，本题还涉及到划归与转化的数学思想，利用保号性解决恒成立问题，属于中档题.‎