新疆乌鲁木齐地区2019届高三第三次质量检测数学（理）试题

新疆乌鲁木齐地区2019届高三第三次质量检测数学（理）试题

乌鲁木齐地区2019年高三年级第三次质量监测 理科数学（问卷）‎ ‎（卷面分值：150分；考试时间：120分钟）‎ 一、选择题：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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算出后可得它们的关系.‎ ‎【详解】，故，选B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算及关系，属于基础题.‎ ‎2.若 (其中是虚数单位)，则实数( )‎ A. -3 B. ‎-1 ‎C. 1 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的四则运算可求出实数的值.‎ ‎【详解】因为，故，整理得到 ‎，所以，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的四则运算，属于基础题.‎ ‎3.当时，在同一平面直角坐标系中，函数与的图象是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数、对数函数的单调性和图象过的定点，判断出正确选项.‎ ‎【详解】由于，所以在上递增且过，在上递减且过.所以C选项符合.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查指数函数、对数函数的图像判断，属于基础题.‎ ‎4.已知直线⊥平面，直线平面，以下四个命题①若，则；②若，则；③若，则；④若，则中正确的两个命题是( )‎ A. ①与② B. ③与④ C. ②与④ D. ①与③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由线面垂直的性质及面面垂直判断可判断①和③正确，通过列举反例得②和④错误.‎ ‎【详解】对于①，因为直线⊥平面，，所以直线⊥平面，因直线平面，所以，故①正确；‎ 对于②，与异面、平行或相交，故②错误；‎ 对于③，因为直线⊥平面，，所以，而，所以，所以③正确；‎ 对于④，当直线⊥平面，直线平面，时，、平行或相交，故④错误，‎ 综上，①与③正确，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中点线面的位置关系，属于基础题.解决这类问题时注意动态地考虑不同的位置关系，这样才能判断所给的命题的真假.‎ ‎5.的展开式中的常数项是（ ）‎ A. -7 B. ‎-5 ‎C. 5 D. 7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项式展开式的通项公式，求得题目所求展开式中的常数项.‎ ‎【详解】根据二项式展开式的通项公式可知，的展开式中的常数项是.‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式的应用，属于基础题.‎ ‎6.设等比数列的前n项和为，若，，则（ ）‎ A. 255 B. ‎511 ‎C. 512 D. 567‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据也成等比数列列方程，解方程求得的值.‎ ‎【详解】依题意，而数列是等比数列，所以也成等比数列，故，即，解得.‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查等比数列前项和的性质，属于基础题.‎ ‎7.在下列区间中，函数的零点所在的区间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用零点存在性定理，结合函数的单调性，判断出正确选项.‎ ‎【详解】依题意为上的增函数，且，所以的零点在区间.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查零点存在性定理的应用，属于基础题.‎ ‎8.将函数的图像上的所有点向右平移个单位长度，得到函数的图像，若的部分图像如图所示，‎ 则函数的解析式为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象求出A，ω和φ的值，得到g（x）的解析式，然后将g（x）图象上的所有点向左平移个单位长度得到f（x）的图象．‎ ‎【详解】由图象知A＝1，（），即函数的周期T＝π，‎ 则π，得ω＝2，‎ 即g（x）＝sin（2x+φ），‎ 由五点对应法得2φ＝2kπ+π，k,得φ，‎ 则g（x）＝sin（2x），‎ 将g（x）图象上的所有点向左平移个单位长度得到f（x）的图象，‎ 即f（x）＝sin[2（x）]＝sin（2x）=，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求解，结合图象求出A，ω和φ的值以及利用三角函数的图象变换关系是解决本题的关键．‎ ‎9.正方体的全面积是，它的顶点都在球面上，这个球的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正方体的全面积求得边长，由此求得体对角线长，也即外接球的直径，由此求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.‎ ‎【详解】设正方体的边长为，则，所以，，所以正方体的体对角线长为，所以正方体外接球的半径为，球的表面积为.‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查正方体表面积有关计算，考查正方体外接球表面积的求法，属于基础题.‎ ‎10.‎ 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为:设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数,例如: ,，已知函数,则函数的值域为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求的值域，再根据高斯函数的定义求的值域.‎ ‎【详解】的定义域为，‎ ‎，‎ 因为，所以，‎ 所以的值域为，所以的值域为，故选C.‎ ‎【点睛】函数值域的求法，大致有两类基本的方法：（1）利用函数的单调性，此时需要利用代数变形把函数的单调性归结为一个基本初等函数的单调性，代数变形的手段有分离常数、平方、开方或分子（或分母）有理化等.（2）利用导数讨论函数的性质，从而得到函数的值域.‎ ‎11.已知抛物线的焦点为 ,直线过焦点与抛物线分别交于，两点，且直线不与轴垂直，线段的垂直平分线与轴交于点，则的面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线，联立直线方程和抛物线方程可求得中垂线的方程，再利用的坐标求出 ‎，最后算出的长和到的距离后可得所求的面积.‎ ‎【详解】设直线，，‎ 则由可以得到，‎ 所以的中点，线段的垂直平分线与轴交于点，故.‎ 所以的中垂线的方程为：，‎ 令可得，解方程得.‎ 此时，‎ 到的距离为，所以. ‎ 故选C.‎ ‎【点睛】直线与圆锥曲线相交时的产生的对称问题，应利用两个几何性质来构造不同变量之间的关系，这个两个几何性质就是中点和垂直.‎ ‎12.已知函数是定义在上的奇函数，且时，.给出下列命题:‎ ‎①当时；‎ ‎②函数有三个零点；‎ ‎③的解集为；‎ ‎④都有.其中正确的命题有( )‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出时，，从而可判断①正确；再根据可求及的解，从而可判断②③正确，最后依据导数求出函数的值域后可判断④正确.‎ ‎【详解】因为函数是定义在上的奇函数，且时，.‎ 所以当时，，故，故①正确.‎ 所以，当时，即函数有三个零点，故②正确.‎ 不等式等价于或，‎ 解不等式组可以得或，所以解集为，故③正确.‎ 当时，，，‎ 当时，，所以在上为增函数；‎ 当时，，所以在上为减函数；‎ 所以当时的取值范围为，因为为上的奇函数，‎ 故的值域为，故都有，故④正确.‎ 综上，选D.‎ ‎【点睛】（1）对于奇函数或偶函数，如果知道其一侧的函数解析式，那么我们可以利用或来求其另一侧的函数的解析式，注意设所求的那一侧的函数的自变量为.‎ ‎（2）对于偶函数 ，其单调性在两侧是相反的，并且，对于奇函数 ，其单调性在两侧是相同的．‎ 本卷包括必考题和选考题两部分，第13~21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.‎ 二、填空题 ‎13.，满足约束条件，则目标函数的最大值__________．‎ ‎【答案】17‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出可行域，改写目标函数，得到最值 ‎【详解】由约束条件可画出可行域为如图所示，目标函数，则目标函数 则当取到点即时目标函数有最大值，故目标函数的最大值为17‎ ‎【点睛】本题考查了线性规划，其解题步骤：画出可行域、改写目标函数、由几何意义得到最值，需要掌握解题方法 ‎14.在中，为的中点，为的中点，为的中点，若，则__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两次利用中线向量公式可以得到，从而得到的值，故可计算．‎ ‎【详解】因为为的中点，所以，‎ 而，‎ 所以，‎ 所以，故，填．‎ ‎【点睛】本题考查向量的线性运算和平面向量基本定理，注意运算过程中利用中线向量公式简化计算．‎ ‎15.已知双曲线的右焦点为F，以F为圆心，焦距为半径的圆交y轴正半轴于点M，线段FM交双曲线于点P，且，则双曲线的离心率为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设左焦点为，根据，求得，利用余弦定理求得，结合双曲线的定义以及离心率公式，求得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】设左焦点为，双曲线的焦距为，所以，由于，所以.在三角形中，，所以.在三角形中，由余弦定理得.由双曲线的定义得，所以双曲线的离心率为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本小题主要考查双曲线的定义和离心率的求法，考查余弦定理解三角形，属于中档题.‎ ‎16.已知数列的前项和为，且,（），若,‎ 则数列的前项和_______________.‎ ‎【答案】或 ‎ ‎【解析】‎ 由可知，两式相减得，因为，所以，，构造 ，所以=1， 数列是以1为公差，1为首项的等差数列，所以， ‎ 当n为偶数时， ，当n为奇数时， ，综上所述 ,故填或.‎ 点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误．‎ 三、解答题：第17~21题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎17.在中，角的对边分别为,已知 ‎ ‎（Ⅰ）求角的大小；‎ ‎（Ⅱ）若,求的面积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用降幂公式和正弦定理化简可得，从而得到即.‎ ‎（Ⅱ）利用余弦定理得到，再利用可得，利用面积公式计算即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，‎ ‎ 所以 即，‎ 由正弦定理得到即 ，‎ 因，故，所以 ，‎ 又， . ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得由余弦定理的 ，‎ 所以，整理得，‎ ‎.‎ ‎【点睛】在解三角形中，如果题设条件是边角的混合关系，那么我们可以利用正弦定理或余弦定理把这种混合关系式转化为边的关系式或角的关系式.‎ ‎18.如图，在三棱锥P-ABC中，，，平面PAB，D，E分别是AC，BC上的点，且平面PAB.‎ ‎（1）求证平面PDE；‎ ‎（2）若D为线段AC中点，求直线PC与平面PDE所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据面面平行的性质定理证得，再利用线面平行的判定定理证得平面.‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量，求得线面角的正弦值.‎ ‎【详解】（1）因为平面，平面，平面平面，所以.因为平面，平面，所以平面.‎ ‎（2）因为平面平面，取中点，连接.因为，所以，所以平面，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系.不妨设，则，，则，，，则，.设平面的法向量为，则，令，则，所以.设直线与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查利用空间向量法求线面角，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.‎ ‎19.对某校高三年级100名学生的视力情况进行统计（如果两眼视力不同，取较低者统计），得到如图所示的频率分布直方图，已知从这100人中随机抽取1人，其视力在的概率为.‎ ‎（1）求a，b的值；‎ ‎（2）若报考高校A专业的资格为：任何一眼裸眼视力不低于5.0，已知在中有的学生裸眼视力不低于5.0.现用分层抽样的方法从和中抽取4名同学，设这4人中有资格（仅考虑视力）考A专业的人数为随机变量ξ，求ξ的分布列及数学期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）分布列见解析，期望值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据“从这100人中随机抽取1人，其视力在的概率为”求得，根据频率之和为列方程求得.‎ ‎（2）首先求得和中分别抽取的人数，再按照分布列的计算方法求得分布列并求得数学期望.‎ ‎【详解】（1）由于“从这100人中随机抽取1人，其视力在的概率为”所以.由，解得.‎ ‎（2）和的频率比为，所以在 中抽取人，在中抽取人. 的人数为，其中视力以上有人，视力以下有人.的人数为人.的所有可能取值为，且 ‎，，，.所以分布列为 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查补全频率分布直方图，考查分层抽样，考查随机变量分布列和数学期望的计算，属于中档题.‎ ‎20.已知是椭圆的右焦点,过点的直线交椭圆于两点. 是的中点，直线与直线交于点.‎ ‎（Ⅰ）求征：；‎ ‎（Ⅱ）求四边形面积的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）当直线斜率存在时，设出直线的方程，联立直线方程和抛物线方程后可得中点坐标，故可用直线的斜率表示的坐标，求出的斜率后可证.注意直线斜率不存在的情形.‎ ‎（Ⅱ）当直线斜率存在时，利用（Ⅰ）的可以计算 ‎ ，从而得到，当直线斜率不存在时，， 故可得最小值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）当直线斜率不存在时，直銭与轴垂直，，,‎ 当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，‎ 设，，，则，，‎ 联立得 得，，‎ 所以直线的方程为，，又，，‎ ‎，；‎ ‎（Ⅱ）当直线斜率不存在时，直线与轴垂直，‎ ‎，‎ 当直线斜率存在时，‎ 设点到直线的距离为，点到直线的距离为，‎ 则，，‎ ‎ ‎ ‎ ，‎ 所以四边形面积的最小值为 ‎【点睛】圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或 的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若存在正数a，使得时，，求实数k的取值范围.‎ ‎【答案】（1）时，在上递增；时，在上递减，在上递增.（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得的导函数，将分成和两种情况，讨论的单调性.‎ ‎（2）将分成、和三种情况，结合（1）中的结论，化简，然后利用构造函数法，结合导数，求得实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）.当时，，在上递增.当时，令解得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增.‎ ‎（2），‎ ‎①当时，在上单调递增，且，所以，所以，即，也即，令，则.因为，，所以，所以，所以在上递增，，所以存在，在上成立.‎ ‎②当时，，由（1）知在上递减，在上递增，所以在上递增，，所以，所以，即，也即.令，则.令 ‎，解得，因为，所以，所以在上递减，，不符合.‎ ‎③当时，.因为在上递减，在上递增，存在，时，，所以，要使，只需，即.令，则，令，得.当时，，在上递增，，不成立.当时，，存在，使得在上递减，，成立.‎ 综上所述，或.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求解不等式成立时参数的取值范围，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.‎ 选考题：请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中.曲线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅰ）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）判断直线与曲线的位置关系，并说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）直线的普通方程为,曲线的直角坐标方程为；（Ⅱ）相离.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）消去参数后可得直线的普通方程. 把化成再利用化简后可得曲线的直角坐标方程.‎ ‎（Ⅱ）利用圆心到直线的距离可判断直线与曲线的位置关系.‎ ‎【详解】（Ⅰ）消去参数，则直线普通方程为， ‎ 因为，故即，‎ 曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（Ⅱ）圆心到直线的距离，直线与曲线是相离的位置关系.‎ ‎【点睛】极坐标方程与直角方程的互化，关键是，必要时须在给定方程中构造．直线与圆的位置关系可用圆心到直线的距离与半径的大小来判断．‎ ‎23.已知函数 ‎（Ⅰ）求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（Ⅰ）利用零点分段讨论可得不等式的解集.‎ ‎（Ⅱ）不等式恒成立等价于，令，求出的最小值后可得实数的取值范围.‎ ‎【详解】（Ⅰ）‎ 当时，；‎ ‎（Ⅱ）恒成立，即恒成立，令，‎ 则，‎ ‎【点睛】解绝对值不等式基本方法有零点分段讨论法、图像法、平方法等，利用零点分段讨论法时注意分类点的合理选择，利用平方去掉绝对值符号时注意代数式的正负，而利用图像法求解时注意图像的正确刻画．‎