河南省郑州市2019届高三第三次质量检测数学（文）试题 Word版含解析

河南省郑州市2019届高三第三次质量检测数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019年高中毕业年级第三次质量预测 文科数学试题卷 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 一、选择题（本大题共12个小题,每小题5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】‎ 求出集合A中的所有元素，然后求解两个集合的交集.‎ ‎【详解】,所以，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的表示和集合的交集运算，求解交集时，明确集合的公共元素是求解的关键.‎ ‎2.已知为虚数单位，复数满足，则在复平面内对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用复数的除法，求出复数z，再求共轭复数，然后判定所在象限.‎ ‎【详解】因为，所以，由于，所以复平面内对应的点在第四象限，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算，共轭复数等，侧重考查数学运算的核心素养.‎ - 22 -‎ ‎3.我国古代有着辉煌的数学研究成果，其中的《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》，有丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献，这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时期，某中学拟从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用列举法，从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，基本事件有10种情况，所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有9种情况，由古典概型概率公式可得结果.‎ ‎【详解】《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》，这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时期．记这5部专著分别为，其中产生于汉、魏、晋、南北朝时期．从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，基本事件有共10种情况，所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有，共9种情况，所以所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为．故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于基础题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，…. ，再，…..依次….… 这样才能避免多写、漏写现象的发生.‎ ‎4.已知双曲线的一条渐近线经过点 - 22 -‎ ‎，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出双曲线的渐近线方程，代入点的坐标可得的关系式，然后可得离心率.‎ ‎【详解】因为双曲线的焦点在y轴上，所以渐近线的方程为，因为经过点，所以，；由于，所以，即离心率.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线离心率的求解，双曲线求解离心率时，关键是寻求之间的关系式.‎ ‎5.同时具有性质“①最小正周期是”②图象关于对称；③在上是增函数的一个函数可以是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用所给条件逐条验证，最小正周期是得出，把②③分别代入选项验证可得.‎ ‎【详解】把代入A选项可得，符合；把代入B选项可得，符合；把代入C选项可得，不符合，排除C；把代入D选项可得，不符合，排除D；‎ 当时，，此时为减函数；当时，‎ - 22 -‎ ‎，此时为增函数；故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，侧重考查直观想象的核心素养.‎ ‎6.在中，若点满足，点为中点，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，结合平面向量的线性运算，用基底表示.‎ ‎【详解】作出图形如下，‎ ‎,故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，利用基底向量表示目标向量注意向量方向和模长之间的关系.‎ ‎7.已知定义在上的函数满足，且函数在上是减函数，若，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 利用函数奇偶性和单调性可得，距离y轴近的点，对应的函数值较小，可得选项.‎ ‎【详解】因为函数满足，且函数在上是减函数，所以可知距离y轴近的点，对应的函数值较小；，且，所以，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数性质的综合应用，侧重考查数学抽象和直观想象的核心素养.‎ ‎8.在轴截面顶角为直角的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆锥的底面半径与圆柱的底面半径之比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出截面图，结合圆柱的表面积等于圆锥的侧面积建立等式，从而可得.‎ ‎【详解】如图，截面图如下 设圆柱底面半径为，高为，圆锥的底面半径为，则母线为,则,即.‎ 圆柱表面积为；‎ 圆锥的侧面积为，因为圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，所以，即，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查旋转体的表面积的计算，熟记公式是求解关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ - 22 -‎ ‎9.已知数列，满足，，.则数列的前项和为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题目条件判定为等差数列，为等比数列，分别求出通项公式，然后求和.‎ ‎【详解】因为，所以为等差数列，为等比数列且公差，公比均为3，所以，，所以，易知是以1为首项，27为公比的等比数列，所以前10项和为，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的通项公式及等比数列求和，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎10.如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断几何体的形状，利用三视图的数据，结合几何体的体积公式，求解几何体的体积即可.‎ ‎【详解】由三视图可知，该几何体是在一个底面边长为，‎ 高为的四棱锥中挖掉个半径为的球，‎ 故该几何体的体积为 ，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】该题考查是有关几何体的体积的问题，涉及到的知识点有利用三视图还原几何体，求有关几何体的体积，属于中档题目.‎ ‎11.函数的定义域为，若满足在内是单调函数且存在使在上的值域为，那么就称为“半保值函数”，若函数，（且）是“半保值函数”，则正实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意求出函数的值域，可得t的范围.‎ ‎【详解】当时，均为增函数，所以为增函数；当时，均为减函数，所以为增函数；‎ 所以当时，，‎ 根据题意可得，‎ 所以是方程的两个不等的实数根，所以有，结合为正实数，即有，故选B.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查函数单调性的应用，信息提供型题目，注意对题意的准确理解上.侧重考查数学建模的核心素养.‎ ‎12.已知椭圆与双曲线有公共焦点，的一条渐近线与以的长轴为直径的圆相交于，两点，若恰好将线段三等分，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合椭圆和双曲线有公共的焦点可得，再利用恰好将线段三等分，可求得.‎ ‎【详解】因为椭圆与双曲线有公共焦点，所以；双曲线的一条渐近线为，设渐近线与椭圆的交点为C,D,如图，‎ 设，代入椭圆可得①‎ 因为恰好将线段三等分，所以，即有②‎ 联立①②可得，结合可得，故选C.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查圆、椭圆和双曲线的综合，寻求题目中的等量关系是求解关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡上.）‎ ‎13.若实数，满足条件则的最大值为__________．‎ ‎【答案】5.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域和目标函数图象，找到最值点，代入目标函数，求出最大值.‎ ‎【详解】作出可行域及如图，‎ 平移直线可知在点A处目标函数取到最大值，‎ 联立可得,代入可得.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划，求解线性规划问题时，准确作出可行域是求解关键，侧重考查直观想象的核心素养.‎ ‎14.在三棱锥中，,，则三棱锥外接球的表面积为__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 根据所给数据可得垂直关系，结合模型可求外接球的表面积.‎ ‎【详解】因为，；‎ 所以,所以三棱锥的外接球就是以分别为长宽高的长方体的外接球，故其对角线就是外接球的直径，‎ 设外接球的半径为，则,即，故外接球的面积为.‎ ‎【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球的表面积，借助长方体这个模型可以简化求解过程，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.‎ ‎15.在数列中，满足，（且），则__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件可得为等差数列，借助等差数列的通项公式可得.‎ ‎【详解】因为，所以为等差数列，公差，首项为1，所以其通项公式为，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，根据递推关系式得出等差数列是求解关键，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.‎ ‎16.已知函数，若在区间上函数的图象恒在直线的图象的下方，则实数的取值范围是__________．‎ - 22 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先把图象位置关系转化为不等关系，即，然后利用导数求解最值可得.‎ ‎【详解】设，由题意可知，在区间上恒成立；‎ ‎，‎ 当时，，，所以为增函数，所以有，即；‎ 当时，总存在，使得，即为减函数，不合题意；‎ 综上可得.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数图象之间的位置关系，通常是转化为不等关系，求解最值，侧重考查数学建模的核心素养.‎ 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.在中，内角，，的对边分别为，，，，.点的线段上，且，. ‎ ‎（Ⅰ）求AB的长；‎ ‎（Ⅱ）求面积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）6.‎ ‎（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）在，中分别使用余弦定理可求AB的长；‎ - 22 -‎ ‎（Ⅱ）先求的面积，利用与面积之间的关系可求 ‎【详解】（Ⅰ）在中，由余弦定理得 ①‎ 又在中，‎ 在中，‎ 又 ‎ ,即②‎ 联立①②得， , 即.‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用余弦定理求解三角形的边长及三角形面积，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎18.如图，菱形的对角线与相交于点，平面，四边形为平行四边形.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ - 22 -‎ ‎（Ⅱ）若，点在线段上，且，三棱锥的体积等于四棱锥体积的一半，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；‎ ‎（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先证明,,利用得到平面,从而得证结论；‎ ‎（Ⅱ）利用三棱锥的体积等于四棱锥体积的一半，建立等量关系，从而求得的值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：∵四边形为菱形，∴．‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴． ‎ 又四边形为平行四边形，‎ ‎∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∵，∴平面．‎ ‎∵平面，‎ ‎∴平面平面．‎ ‎（Ⅱ）∵，四边形菱形，‎ ‎∴为等边三角形，且，．‎ ‎ ‎ ‎∵,∴平面，‎ ‎∴四棱锥的体积为．‎ - 22 -‎ ‎∵平面，点H在线段BF上，且，‎ 所以点H到平面的距离．‎ 所以 ‎，解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间中面面垂直关系的证明及几何体的体积问题，侧重考查直观想象和逻辑推理的核心素养.‎ ‎19.某企业为确定下一年投入某种产品的研发费用，需了解年研发费用（单位：千万元）对年销售量（单位：千万件）的影响，统计了近年投入的年研发费用与年销售量的数据，得到散点图如图所示：‎ ‎（Ⅰ）利用散点图判断，和（其中，为大于的常数）哪一个更适合作为年研发费用和年销售量的回归方程类型（只要给出判断即可，不必说明理由）；‎ ‎（Ⅱ）对数据作出如下处理：令，，得到相关统计量的值如下表：‎ 根据（Ⅰ）的判断结果及表中数据，求关于的回归方程；‎ ‎（Ⅲ）已知企业年利润（单位：千万元）与，的关系为（其中），根据（Ⅱ）的结果，要使得该企业下一年的年利润最大，预计下一年应投入多少研发费用？‎ - 22 -‎ 附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，‎ ‎【答案】（Ⅰ）由散点图知，选择回归类型更适合；‎ ‎（Ⅱ）；‎ ‎（Ⅲ）要使年利润取最大值，预计下一年度投入27千万元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据散点图的特点可知，相关关系更接近于幂函数类型；‎ ‎（Ⅱ）根据所给数据，代入公式求得回归直线方程；‎ ‎（Ⅲ）先求出年利润的表达式，结合不等式特点利用导数可得最值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由散点图知，选择回归类型更适合．‎ ‎（Ⅱ）对两边取对数，得，即 由表中数据得：，‎ ‎∴， ‎ ‎∴，‎ ‎∴年研发费用与年销售量的回归方程为. ‎ ‎(Ⅲ)由（Ⅱ）知，，‎ ‎∴，‎ 令，得，‎ 且当时，,单调递增；‎ 当时，,单调递减． ‎ - 22 -‎ 所以当千万元时，年利润取得最大值，且最大值为千万元.‎ 答：要使年利润取最大值，预计下一年度投入27千万元.‎ ‎【点睛】本题主要考查非线性回归方程的求解及决策判断，非线性回归方程一般是转化为线性回归方程求解，侧重考查数学建模和数据分析的核心素养.‎ ‎20.已知抛物线的焦点为，轴上方的点在抛物线上，且，直线与抛物线交于，两点（点，与不重合），设直线，的斜率分别为，.‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的方程；‎ ‎（Ⅱ）当时，求证：直线恒过定点并求出该定点的坐标.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据及抛物线定义可求p，从而得到方程；‎ ‎（Ⅱ）设出直线方程，与抛物线方程相联立，写出韦达定理，结合可得关系，从而得到定点坐标.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由抛物线的定义可以，‎ ‎,抛物线的方程为. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，点的坐标为 当直线斜率不存在时，此时重合，舍去. ‎ 当直线斜率存在时，设直线的方程为 设，将直线与抛物线联立得：‎ - 22 -‎ 又，‎ 即，‎ ‎，‎ ‎，‎ 将①代入得，‎ 即 得或 ‎ 当时，直线为，此时直线恒过;‎ 当时，直线为，此时直线恒过（舍去）‎ 所以直线恒过定点.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义及直线和抛物线的综合问题，直线过定点一般是寻求之间的关系式.侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎21.设函数，.‎ ‎（Ⅰ）设，函数在处切线方程为，求，的值；‎ ‎（Ⅱ）若，为整数，当时，成立，求的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先求的导数，结合导数的几何意义，可求；‎ - 22 -‎ ‎（Ⅱ）分离参数，构造新函数，利用导数求解新函数的最值，可得的最大值.‎ ‎【详解】（Ⅰ），‎ ‎，由题意可知. ‎ ‎（Ⅱ）当时，等价于 设 ， ，‎ 令,;‎ 当时，恒成立.‎ ‎∴在上单调递增 ， ‎ 又,‎ ‎∴在上有唯一零点，且，，‎ ‎∴单减区间为，单增区间为，‎ ‎∴在的最小值为 ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义和利用导数求解函数的最值问题，侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅰ）若直线与，轴的交点分别为，，点在上，求的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若直线与交于，两点，点的直角坐标为，求的值.‎ - 22 -‎ ‎【答案】（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用参数方程表示出目标式，结合三角函数知识求解；‎ ‎（Ⅱ）把直线的参数方程代入曲线，结合参数的几何意义可求.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意可知：直线的普通方程为.‎ 的方程可化为，设点的坐标为，‎ ‎. ‎ ‎（Ⅱ）曲线的直角坐标方程为：.‎ 直线的标准参数方程为（为参数），代入得：‎ 设两点对应的参数分别为 ‎ ,故异号 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查极坐标和直角坐标之间的转化及参数方程的应用，利用参数的几何意义能简化计算过程，达到事半功倍的效果.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求时，的解集；‎ ‎（Ⅱ）若有最小值，求的取值范围，并写出相应的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）见解析.‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）把代入，利用分类讨论的方法去掉绝对值求解；‎ ‎（Ⅱ）利用零点分段讨论法去掉绝对值，然后根据函数单调性求解最值情况.‎ ‎【详解】（Ⅰ）当时，‎ ‎∵‎ 当时解得 当时恒成立 当时解得 综上可得解集.‎ ‎（Ⅱ）‎ 当，即时，无最小值；‎ 当，即时，有最小值；‎ 当且，即时， ‎ 当且，即时， ‎ 综上：当时，无最小值；‎ 当时，有最小值；‎ 当时， ；‎ 当时， ；‎ ‎【点睛】本题主要考查含有绝对值不等式的解法，零点分段讨论法是常用方法，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎ ‎ - 22 -‎ - 22 -‎ ‎ ‎ - 22 -‎