陕西省2019届高三第三次教学质量检测理科数学试题（解析版）.doc

1、2019年高三第三次教学质量检测理科数学第卷（选择题 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.已知复数，则复数（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算法则，即可求解，得到答案.【详解】由题意，复数，则，故选C.【点睛】本题主要考查了复数的运算，其中解答中熟记复数的除法运算的法则是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.2.设集合，集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求得集合，根据集合的并集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，又由集合，所

2、以，故选B.【点睛】本题主要考查了集合的表示方法，以及集合的并集运算，其中解答中正确求解集合A，熟练应用集合并集的运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.3.若向量，满足，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】根据向量的坐标运算，求得，再根据向量的数量积的坐标运算，即可求解，得到答案.【详解】由题意，向量，则向量，所以，解得，故选A.【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，及向量的数量积的坐标运算的应用，其中解答中熟记向量的数量积的坐标运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.4.已知，则（ ）A. B. C. -3D. 3

3、【答案】A【解析】【分析】由题意可知，由题意结合两角和的正切公式可得的值.【详解】 ，故选A.【点睛】本题主要考查两角和的正切公式，特殊角的三角函数值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5.我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，则此数列的前15项和为（ ）A. 110B. 114C. 124D. 125【答案】B【解析】【分析】利用二项式系数对应的杨辉上三角形的第行，令，得到二项展开式的二项式系数

4、的和，再结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，次二项式系数对应的杨辉三角形的第行，令，可得二项展开式的二项式系数的和，其中第1行为，第2行为，第3行为， 以此类推，即每一行的数字之和构成首项为1，公比为2的对边数列，则杨辉三角形中前行的数字之和为，若除去所有为1的项，则剩下的每一行的数字的个数为 可以看成构成一个首项为1，公差为2的等差数列，则，令，解得，所以前15项的和表示前7行的数列之和，减去所有的1，即，即前15项的数字之和为114，故选B.【点睛】本题主要考查了借助杨辉三角形的系数与二项式系数的关系考查等差、等比数列的前n项和公式的应用，其中解答中认真审题，结合二项式

5、系数，利用等差等比数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.6.若正数满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 3【答案】A【解析】【分析】由，利用基本不等式，即可求解，得到答案.【详解】由题意，因为，则，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，故选A.【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最小值问题，其中解答中合理构造，利用基本不是准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.7.执行如图所示的程序框图，输出的值为，则在判断框内应填（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意结合程序的输出值模拟程序的运行过程可

6、知时，程序需要继续执行，时，程序结束，据此确定判断框内的内容即可.【详解】程序运行过程如下：首先初始化数据，第一次循环，执行，此时不应跳出循环；第二次循环，执行，此时不应跳出循环；第三次循环，执行，此时不应跳出循环；第四次循环，执行，此时应跳出循环；时，程序需要继续执行，时，程序结束，故在判断框内应填.故选B.【点睛】识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题(3)按照题目的要求完成解答并验证8.已知在三棱锥中，平面平面，若三棱锥的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D.

7、 【答案】D【解析】【分析】求出到平面的距离为，为截面圆的直径, ，由勾股定理可得：求出，即可求出球的表面积。【详解】根据题意, 为截面圆的直径, 设球心到平面 距离为,球的半径为。平面平面， 到平面的距离为由勾股定理可得球的表面积为故选D。【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求法，考查数学转化思想方法，正确的找到外接球的半径是关键。9.一个动点从正方体的顶点处出发，经正方体的表面，按最短路线到达顶点位置，则下列图形中可以表示正方体及动点最短路线的正视图是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】可把正方体沿着某条棱展开到一个平面成为一个矩形，连接此时的对角线，即为所求的最短路线

8、，得到答案.【详解】由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到定点位置，共有6种展开方式，若把平面和平面展开到同一个平面内，在矩形中连接会经过的中点，故此时的正视图为；若把平面和平面展到同一个平面内，在矩形中连接会经过的中点，此时的正视图为其中其它几种展开方式所对应的正视图在题中没有出现或已在中，故选C.【点睛】本题主要考查了正方体的结构特征，以及侧面展开的应用，其中解答中熟记正方体的结构特征，合理完成侧面展开是解答本题的关键，着重考查了空间想象能力，以及分析问题和解答问题的能力，属于基础题.10.函数的图象大致是【答案】B【解析】【分析】根据函数的解析式，根据定义在上的奇函数图像关于原点对称可以

9、排除，再求出其导函数，根据函数的单调区间呈周期性变化，分析四个选项即可得到结果【详解】当时，故函数图像过原点，排除又，令则可以有无数解，所以函数的极值点有很多个，故排除故函数在无穷域的单调区间呈周期性变化结合四个选项，只有符合要求故选【点睛】本题主要考查了由函数的表达式判断函数图像的大体形状，解决此类问题，主要从函数的定义域，值域，单调性以及奇偶性，极值等方面考虑，有时也用特殊值代入验证。11.已知双曲线与抛物线有一个公共的焦点，且两曲线的一个交点为，若，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 2【答案】D【解析】抛物线的焦点坐标，抛物线的焦点和双曲线的焦点相同，设，由抛物线定义知：，

10、点的坐标为，解得：，则双曲线的离心率为2，故选D.12.已知函数，若恰有两个不同的零点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用导数求得函数的单调性，求得当时，函数的最大值为，再根据函数由两个零点，得出，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数，则，当时，此时函数单调递增，函数最多只有一个零点，不符合题意；当时，令，即，解得或（舍去）则当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以函数的最大值为，要使得函数由两个零点，则，解得，故选C.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的零点问题，其中解答中利用导数得出函数的单调性和最大值是解答的关键，着重考查了推理与运算能

11、力.第卷（非选择题 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.设满足约束条件，则的最小值是_【答案】-2.【解析】【分析】画出约束条件所表示平面区域，结合图象，确定目标函数最优解，代入即可求解，得到答案.【详解】画出约束条件所表示平面区域，如图所示，目标函数化为，当直线过点A时，此时在y轴上的截距最大，目标函数取得最小值，又由，解得，所以目标函数的最小值为.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题14.

12、设为等比数列的前项和，则_【答案】.【解析】【分析】设等比数列的公比为，由，解得，进而可求解的值，得到答案.【详解】由题意，设等比数列的公比为，由，即，解得，又由，即.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和求和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.15.展开式中的系数为_【答案】-26.【解析】【分析】由二项式的展开式的通项为，进而可得展开式中的系数为，即可求解.【详解】由题意，二项式的展开式的通项为，所以展开式中的系数为.【点睛】本题主要考查了二项式展开式的系数问题，其中解答中熟记二项展开式的通项

13、，合理计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.16.曲线在点处的切线与坐标轴所围成三角形的面积为_【答案】【解析】，故切线的斜率为，可得切线方程为，即，令，得，令，可得，切线与坐标轴围成的三角形面积，故答案为.点睛：此题主要考查导数的计算，以及利用导数研究曲线上某点切线方程，属于基础题；欲求切线与两坐标轴所围成的三角形面积，关键是求出在点处的切线方程，只须求出其斜率的值即可，故先利用导数求出在处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率，从而问题解决.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，、分别是角、的对边，且.（1

14、）求角的值；（2）若，且为锐角三角形，求的取值范围.【答案】(1) .(2) .【解析】【分析】（1）根据题意，由余弦定理求得，即可求解C角的值；（2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，再根据为锐角三角形，求得，利用三角函数的图象与性质，即可求解.【详解】（1）由题意知，由余弦定理可知，又，.（2）由正弦定理可知，即，又锐角三角形，即，则，所以，综上的取值范围为.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函

15、数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.18.已知某种细菌的适宜生长温度为1025，为了研究该种细菌的繁殖数量（单位：个）随温度（单位：）变化的规律，收集数据如下：温度/12141618202224繁殖数量/个2025332751112194对数据进行初步处理后，得到了一些统计量的值，如下表所示：18663.81124.3142820.5其中，.（1）请绘出关于的散点图，并根据散点图判断与哪一个更适合作为该种细菌的繁殖数量关于温度的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）；（2）根据（1）的判断结果及表格数据，建立关

16、于的回归方程（结果精确到0.1）；（3）当温度为25时，该种细菌的繁殖数量的预报值为多少？参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二成估计分别为，.参考数据：.【答案】(1) 更适合作为关于的回归方程.(2) .(3)245.【解析】【分析】（1）画出关于的散点图，即可作出判定，得到结论.（2）由（1）因为，得，利用公式求得和的值，即可求得回归方程；（3）令，求得，即可得到结论.【详解】（1）由题意，关于的散点图如下图所示.更适合作为关于的回归方程.（2）由（1）因为，则，关于的回归方程为.（3）由（2）中的回归方程，令，求得，所以当温度为时，预报值为.【点睛】本题主要考查了数据的

17、散点图的应用，回归方程的求解及应用，其中解答中正确理解题意，合理利用散点图作出判断，准确利用公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.19.如图所示，和所在平面互相垂直，且，分别为，的中点.（1）求证：；（2）求二面角的正弦值.【答案】(1)见解析(2) 【解析】试题分析：（1）（方法一）过E作EOBC，垂足为O，连OF，由ABCDBC可证出EOCFOC，所以EOC=FOC=，即FOBC，又EOBC，因此BC面EFO，即可证明EFBC.（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B左垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建

18、立如图所示的空间直角坐标系.易得,所以，因此,从而得；（2） （方法一）在图1中，过O作OGBF，垂足为G，连EG，由平面ABC平面BDC，从而EO平面BDC，从而EO面BDC，又OGBF，由三垂线定理知EG垂直BF，因此EGO为二面角E-BF-C的平面角；在EOC中，EO=EC=BCcos30=，由BGOBFC知，,因此tanEGO=,从而sinEGO=，即可求出二面角E-BF-C的正弦值.（方法二）在图2中，平面BFC的一个法向量为，设平面BEF的法向量，又,由得其中一个，设二面角E-BF-C的大小为，且由题意知为锐角，则，因此sinEGO=，即可求出二面角E-BF-C的正弦值.（1）证明

19、：（方法一）过E作EOBC，垂足为O，连OF，由ABCDBC可证出EOCFOC，所以EOC=FOC=，即FOBC，又EOBC，因此BC面EFO，又EF面EFO，所以EFBC.（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B左垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.易得B（0,0,0），A(0，-1，),D(,-1,0)，C(0,2,0),因而,所以，因此,从而，所以.（2）（方法一）在图1中，过O作OGBF，垂足为G，连EG，由平面ABC平面BDC，从而EO平面BDC，从而EO面BDC，又OGBF，由三垂线定理知EG

20、垂直BF.因此EGO为二面角E-BF-C的平面角；在EOC中，EO=EC=BCcos30=，由BGOBFC知，,因此tanEGO=,从而sinEGO=，即二面角E-BF-C的正弦值为.（方法二）在图2中，平面BFC的一个法向量为，设平面BEF的法向量，又,由得其中一个，设二面角E-BF-C的大小为，且由题意知为锐角，则，因此sinEGO=，即二面角E-BF-C的正弦值为.考点：1.线面垂直的判定；2.二面角.20.已知椭圆的右焦点为，离心率为.（1）若，求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于两点，分别为线段，的中点.若坐标原点在以为直径的圆上，且，求的取值范围.【答案】(1) ;(2) .【解

21、析】试题分析：.解：（1）由题意知，得所以椭圆方程为4分（2）由已知得，设点联立得则6分由题意可知，得，即所以即， 得，即又得，所以，所以，得或所以的取值范围是12分考点：直线与椭圆的位置关系的运用点评：解决的关键是利用椭圆 几何性质以及联立方程组的思想，结合韦达定理来得到坐标的关系式，然后借助于判别式，以及离心率的范围得到，属于基础题。21.已知函数.（1）设，求函数的极值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.【答案】（1）极小值为，无极大值；（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，则在上递减，在上递增，据此可得函数的极值.（2）原问题等价于，构造函数，由导函数研究函数性质可知存在唯一的使

22、得，据此可得的最大值为.【详解】（1），在上恒成立，当，当，在上递减，在上递增，在取得极小值，极小值为，无极大值；（2）即：，令，在上递增，故存在唯一的使得，在上单调递减，在上单调递增，最大值为-1.【点睛】本题主要考查导数研究函数的极值，导数研究函数的最值，导数处理恒成立问题的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.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.在平面直角坐标系中，曲线过点，其参数方程为（为参数，）.以为极点，轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）已知曲线与曲线交于两点，且

23、，求实数的值.【答案】(1) ;.(2) 或.【解析】【分析】（1）曲线参数方程消去参数，得到曲线的普通方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式，代入即可得出曲线的直角坐标方程；（2）设两点所对应参数分别为，直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用韦达定理和直线参数方程中参数的几何意义，得，根据，得，分类讨论，即可求解.【详解】（1）曲线参数方程为为参数，消去参数，得，曲线的普通方程，又由曲线的极坐标方程为，根据极坐标与直角坐标的互化公式，代入得，整理得，即曲线的直角坐标方程.（2）设两点所对应参数分别为，将代入，得，要使与有两个不同的交点，则，即，由韦达定理有，根据参数的几何意义可知，又由，可

24、得，即或，当时，有，符合题意.当时，有，符合题意.综上所述，实数的值为或.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数方程中参数的几何意义的应用，其中解答中熟记互化公式，合理应用直线参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.23.已知函数和的图象关于原点对称，且（1）解关于的不等式；（2）如果对，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由函数和的图象关于原点对称可得的表达式，再去掉绝对值即可解不等式；（2）对，不等式成立等价于，去绝对值得不等式组，即可求得实数的取值范围.试题解析：（1）函数和的图象关于原点对称， 原不等式可化为，即或，解得不等式的解集为；（2）不等式可化为：，即，即，则只需， 解得，的取值范围是.