云南省昆明市2019届高三复习教学质量检测理科数学试卷（含解析）.doc

1、 昆明市昆明市 20192019 届高三复习教学质量检测届高三复习教学质量检测 理科数学理科数学 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。是符合题目要求的。 1.已知集合，集合 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意，求得集合，再根据集合的交集的运算，即可求解. 【详解】由题意，集合，集合， 所以，故选 C. 【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中准确求解集合 B，以及熟记集合的交集的运算

2、是解答 的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 2.设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 根据复数的运算，化简得，再根据复数模的运算，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，复数满足，则， 所以，故选 A. 【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数模的运算，其中解答中熟记复数的四则运算，以及复数模的 运算公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 3.一个三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的侧面积为（ ） A. B. 24 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据几何体的三视图可知，该几何体表示底面为边长为 2 的等边三

3、角形，侧棱长为 4 的正三棱柱，利用侧面 积公式，即可求解. 【详解】由题意，根据几何体的三视图可知，该几何体表示底面为边长为 2 的等边三角形，侧棱长为 4 的正 三棱柱，所以该正三棱柱的侧面积为，故选 B. 【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三 视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.求解以三视图为 载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量 关系，利用相应公式求解. 4.若 ， 满足约束条件且，则（ ） A.有最小值也有最大值 B.无最小

4、值也无最大值 C.有最小值无最大值 D.有最大值无最小值 【答案】C 【解析】 【分析】 作出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，即可得到答案. 【详解】由题意，作出约束条件所表示的平面区域，如图所示， 设，则， 当直线过点 A 时，直线在 y轴上的截距最小，此时目标函数取得最小值， 无最大值，故选 C. 【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 5.如图是某商场 2018 年洗衣机、电视机和电冰箱三种

5、电器各季度销量的百分比堆积图（例如：第 3 季度内， 洗衣机销量约占， 电视机销量约占， 电冰箱销量约占） .根据该图， 以下结论中一定正确的是 （ ） A. 电视机销量最大的是第 4 季度 B. 电冰箱销量最小的是第 4 季度 C. 电视机的全年销量最大 D. 电冰箱的全年销量最大 【答案】C 【解析】 【分析】 根据商场 2018 年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的百分比堆积图，逐项判定，即可得到答案. 【详解】由题意，某商场 2018 年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的百分比堆积图， 可知：A 中，第 4 季度中电视机销量所占的百分比最大，但销量不一定最大，所以不正确

6、； B 中，第 4 季度中电冰箱销量所占的百分比最小，但销量不一定最少，所以不正确； 由图可知，全年中电视机销售中所占的百分比最多，所以全年中电视机销售最多，所以 C 正确；D 不正确， 故选 C. 【点睛】本题主要考查了条形图表的应用，其中解答中认真审题、正确理解题意，根据图表中的数据与表示 逐项判定是解答的关键，着重考查了分析问题与解答问题的能力，属于基础题. 6.已知直线与圆 ：相交于 、两点，为圆心.若 为等边三角形， 则 的值为 （ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由为等边三角形，所以，由弦长公式求得，利用圆心到直线的距离公式，即可求解，得到 答案.

7、【详解】由题意，圆可知，圆心，半径， 因为为等边三角形，所以， 由弦长公式，可得，解得， 所以圆心到直线的距离为，解得，故选 D. 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中根据圆的弦长公式，求得圆心到直线的距 离，利用点到直线的距离公式列出方程求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 7.函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由函数，可得和，利用排除法，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，函数，可得，可排除 C、D， 又由，排除 B，故选 A. 【点睛】本题主要考查了函数图象的识别问题，其中解答中根据函数的解析式，合

8、理利用排除法求解是解答 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. 8.某市一次高三年级数学统测，经抽样分析，成绩 近似服从正态分布，且.该市 某校有 400 人参加此次统测，估计该校数学成绩不低于 90 分的人数为（ ） A. 60 B. 80 C. 100 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意，成绩 近似服从正态分布，则正态分布曲线的对称轴为，根据正态分布曲线的对称性， 求得,进而可求解，得到答案. 【详解】由题意，成绩 近似服从正态分布，则正态分布曲线的对称轴为， 又由， 根据正态分布曲线的对称性，可得, 所以该市某校有 400 人中，估计该校数学成绩不低于

9、 90 分的人数为人， 故选 B. 【点睛】本题主要考查了正态分布曲线的性质的应用，其中解答中熟练应用正态分布曲线的对称性，求得成 绩不低于 90 分的概率是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 9.将函数的图象向左平移 个单位，所得图象对应的函数在区间 上无极值点， 则 的最大 值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由三角函数的图象变换，求得函数，求得增区间，令，可得函数 的单调递增区间为，进而根据函数在区间上无极值点，即可求解. 【详解】由题意，将函数的图象向左平移 个单位， 可得函数， 令，解得 即函数的单调递增区间为， 令，可得函数

10、的单调递增区间为， 又由函数在区间上无极值点，则 的最大值为 ，故选 A. 【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟练应用三角函数 的图象变换得到函数的解析式，再根据三角函数的性质，求得其单调递增区间是解答的关键，着重考查了运 算与求解能力，属于中档试题. 10.数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳 多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入， 故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始， 每项等于其前相邻两 项之和.记该数列的前 项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析

11、】 【分析】 利用迭代法可得，得到成立，即可得到答案. 【详解】由题意，数列 ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，即该数列从第三项开始，每项等于其前 相邻两项之和， 则 ， 即成立， 所以成立，故选 A. 【点睛】本题主要考查了数列的综合应用问题，其中解答中根据数列的结构特征，合理利用迭代法得出 是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 11.三棱锥的所有顶点都在半径为 2 的球 的球面上.若 是等边三角形，平面平面， ，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意求得，则且， 又由平面平面，可得平面，

12、即 三棱锥的高，在中，利用基本不等式求得面积的最大值，进而可得三棱锥体积的最大值， 得到答案. 【详解】由题意知，三棱锥的所有顶点都在半径为 2 的球 的球面上，若是等边三角形， 如图所示，可得，则且， 又由平面平面，所以平面，即三棱锥的高， 又由在中，设，则, 所以，当且仅当时取等号，即的最大值为 3， 所以三棱锥体积的最大值为， 故选 B. 【点睛】本题主要考查了有关球的内接组合体的性质，以及三棱锥的体积的计算问题，其中解答中充分认识 组合体的结构特征，合理计算三棱锥的高和底面面积的最大值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问 题的能力，属于中档试题. 12.已知函数在 上有两个极值点，

13、 且在上单调递增， 则实数 的 取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 求得函数的导数， 根据函数在上有两个极值点， 转化为在 上有不等于 的解，令，利用奥数求得函数的单调性，得到且，又由在 上单调递增，得到在上恒成立，进而得到在上恒成立，借助函数在 为单调递增函数，求得，即可得到答案. 【详解】由题意，函数， 可得， 又由函数在上有两个极值点， 则，即在上有两解， 即在在上有不等于 2 的解， 令，则， 所以函数在为单调递增函数， 所以且， 又由在上单调递增，则在上恒成立， 即在上恒成立，即在上恒成立， 即在上恒成立， 又由函数在为单调递增函数，所以， 综上

14、所述，可得实数 的取值范围是，即，故选 C. 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力， 对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2) 利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函 数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用. 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。分。 13.已知 ， 均为单位向量，若，则 与 的夹角为_ 【答案】 【解析】 【分析】 由

15、，根据向量的运算化简得到，再由向量的夹角公式，即可求解. 【详解】由题意知， ， 均为单位向量，且， 则，解得， 所以，因为，所以， 所以则 与 的夹角为 【点睛】本题主要考查了向量的运算，以及向量的夹角公式的应用，其中解答中根据向量的基本运算，求得 ，再利用向量的夹角公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 14.已知递增等比数列满足，则的前三项依次是_ （填出满足条件的一组即可） 【答案】1，2，4（填首项为正数，公比为 2 的等比数列均可） 【解析】 【分析】 根据递增等比数列满足， 利用等比数列的通项公式， 化简求得， 进而可得数列的前三项. 【详解】由题意，设等比

16、数列的公比为 ， 因为递增等比数列满足，则， 即，解得或（舍去） ， 所以例如当时，数列的前三项为. 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，其中解答中利用等比数列的通项公式，准确求得等比 数列的公比是解答本题的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 15.经过抛物线 ：的焦点的直线与 相交于 、 两点，与 的准线交于点 .若点 位于第一象限，且 是 的中点，则直线的斜率等于_ 【答案】 【解析】 【分析】 设直线的斜率为 ，所以直线的方程为，联立方程组，利用根与系数关系得到，再由 为 的中点，得到，联立方程组，求得，再利用斜率公式，即可求解. 【详解】如图所示，由抛物线 ：的焦

17、点坐标为，准线方程为， 设直线的斜率为 ， 所以直线的方程为， 联立方程组，整理得，所以， 又由 为的中点，所以，即， 联立，解得，代入抛物线的方程，求得，即， 所以直线的斜率为，即直线的斜率为. 【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中把直线的方程与抛物线的方程联立， 合理利用二次方程根与系数的关系，求得点 的坐标，再利用斜率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. 16.数列满足 ，且，.若 ，则实数_ 【答案】 【解析】 【分析】 根据数列的递推关系式，求得数列的周期为 3，得到，再由，列出方程组， 即可求解，得到答案. 【详解】由题意，数列

18、满足且， 令，可得，即，解得， 令，可得，即，解得， 同理可得 ，可得数列的周期为 3， 又由，所以，所以，即， 又由，解得， 所以. 【点睛】本题主要考查了数列的性质的应用，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中根据数列的周 期性，求得 的值，再利用的值，列出方程组求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的 能力，属于中档试题. 三、解答题：共三、解答题：共 7070 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17172121 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答。第每个试题考生都必须作答。第 2222、2323 题为

19、选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共（一）必考题：共 6060 分。分。 17.的内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知. （1）求角 ； （2）若，求面积的取值范围. 【答案】 （1）； （2）. 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理得：，得到，即可求解； （2）由正弦定理和三角形的面积公式，化简得，进而利用三角恒等变换的公式，化简得到 ，进而利用三角函数的性质，即可求解面积的取值范围. 【详解】 （1）由及正弦定理得：， 所以，即，因为， 所以，又因为，所以. （2）因为，由正弦定理得， 因为， 所以，因为，所以， 所以， 即 . 因为，则， 所

20、以，所以. 即面积的取值范围为. 【点睛】本题主要考查了正弦定理、和三角形的面积公式的应用，以及三角函数的图象与性质的应用，其中 在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息一般地， 如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时， 则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 18.如图，四棱柱中， 是棱上的一点， 平面， . （1）若 是的中点，证明：平面平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】 （1）详见解析； （2）. 【解析】 【分析】 （1）由线面垂直的判定定理，

21、证得平面，得到，又由，证得，进而 得到平面，再由面面垂直的判定定理，即可证得结论； （2）以 为原点，分别为 轴， 轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的 法向量为和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，即可求解. 【详解】 （1）因为平面，所以， 又，故平面， 平面，故， 因为，所以，同理， 所以，又， 所以平面， 又平面， 所以平面平面. （2）设，则， 以 为原点，分别为 轴， 轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. 则， ， 记平面的法向量为，记平面的法向量为， 由，得， 由，得， 则， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查了面面垂直的判定与证明，以及二面角的求解，

22、意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理 能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同 时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式 求解. 19.已知点， 是圆 ： 上的一个动点， 为圆心，线段的垂直平分线与直线的 交点为 . （1）求点 的轨迹 的方程； （2）设 与 轴的正半轴交于点 ，直线：与 交于 、 两点（不经过 点） ，且.证明：直 线经过定点，并写出该定点的坐标. 【答案】 （1）； （2）直线经过定点. 【解析】 【分析】 （1）由椭圆定义，得到点 的轨迹 是以 、 为焦点的椭圆，

23、求得 的值，进而得到 的值，即可得到椭圆的 标准方程； （2） 联立方程组， 利用二次方程根与系数的关系， 求得， 得到， ，再由，根据，即可求解实数 m 的值，进而得出结论. 【详解】 （1）圆 的圆心，半径， 由垂直平分线性质知：， 故， 由椭圆定义知，点 的轨迹 是以 、 为焦点的椭圆， 设 ：，焦距为， 则， 所以 的方程为. （2）由已知得，由得， 当时，设，则， ， 由得，即， 所以，解得或， 当时，直线经过点 ，不符合题意，舍去. 当时，显然有，直线经过定点. 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通 常联立直线方程与椭圆（

24、圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题 易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问 题解决问题的能力等. 20.某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户利用荒坡种植果树.某农户 考察三种不同的果树苗 、 、 ，经引种试验后发现，引种树苗 的自然成活率为 0.8，引种树苗 、 的自然 成活率均为. （1）任取树苗 、 、 各一棵，估计自然成活的棵数为 ，求 的分布列及； （2）将（1）中的取得最大值时 的值作为 种树苗自然成活的概率.该农户决定引种 棵 种树苗，引种 后没有自然成活的

25、树苗中有的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为 0.8，其余的树苗不 能成活. 求一棵 种树苗最终成活的概率； 若每棵树苗引种最终成活后可获利 300 元，不成活的每棵亏损 50 元，该农户为了获利不低于 20 万元，问 至少引种 种树苗多少棵？ 【答案】 （1）详见解析； （2）0.96；700 棵. 【解析】 【分析】 （1）依题意，得到 的所有可能值为，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用公式求得数学 期望； （2）由（1）可知当时，取得最大值，利用概率的加法公式，即可求得一棵 树苗最终成活的概 率；记 为 棵树苗的成活棵数，为 棵树苗的利润，求得，要使，即 可求解. 【

26、详解】 （1）依题意， 的所有可能值为 0，1，2，3. 则； ， 即， ， ； 的分布列为： 0 1 2 3 所以 . （2）当时，取得最大值. 一棵 树苗最终成活的概率为. 记 为 棵树苗的成活棵数，为 棵树苗的利润， 则， ，要使，则有. 所以该农户至少种植 700 棵树苗，就可获利不低于 20 万元. 【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望的求解，以及期望的实际应用问题，对于求离 散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散型随机变量 概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望，其中列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望

27、是理科高考数学必考问题. 21.已知函数在点 处切线的斜率为 1. （1）求 的值； （2）设，若对任意，都有，求实数 的取值范围. 【答案】 （1）-1； （2）. 【解析】 【分析】 （1）由题意，求得函数的导数，由，即，即可求解 的值. （2）由对任意，都有，转化为对任意，都有，设， 利用导数求得函数在上单调性，可得，设 ，利用导数求得函数的单调性与最值，进而可得到答案. 【详解】 （1）由题意得， 由于，所以，即. （2）由题意得，当时，则有. 下面证当时，对任意，都有. 由于时，当时，则有. 只需证明对任意，都有. 证明：设，则，所以在上单调递增； 所以当时，即， 所以，则. 设，则

28、. 设，则. 由于当时，；当时，； 则当时，. 又时，所以当时，则，所以在上单调递增. 当时，则，即，所以在上单调递增. 当时，则. 所以对任意，都有. 所以，当时，对任意，都有. 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻 辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进 而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数 的最值问题 （二）选考题：共（二）选考题：共 1010 分。请考生在第分。请考生在第 2222、2323 题中任选一题作答。题中任

29、选一题作答。并用铅笔在答题卡选考题区并用铅笔在答题卡选考题区 域内把所选的题号涂黑。如果多做，则按所做的第一题计分。域内把所选的题号涂黑。如果多做，则按所做的第一题计分。 22.在平面直角坐标系中， 曲线 的参数方程为（ 为参数） ， 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建立极坐标系. （1）求曲线 的极坐标方程； （2）已知直线与曲线 相交于 、 两点，且，求 . 【答案】 （1）； （2）或. 【解析】 【分析】 （1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线 C 的极坐标方程； （2） 求得直线直线的极坐标方程为， 联立方程组， 化简得， 根据，

30、列出方程，即可求解. 【详解】 （1）由曲线 的参数方程可得普通方程为， 即， 所以曲线 的极坐标方程为. （2）由直线的参数方程可得直线的极坐标方程为， 因为直线与曲线 相交于 、 两点，所以设， 联立可得， 因为，即， 所以 ， 解得，所以或. 【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标，以及参数方程与普通方程的互化，以及极坐标方程的应用，其 中解答中熟记极坐标方程的应用，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 23.已知函数. （1）解不等式； （2）当，时，证明：. 【答案】 （1）； （2）详见解析. 【解析】 【分析】 （1）由题意，代入得到不等式，分类讨论，即可求解不等式的解集； （2）根据绝对值的三角不等式，以及基本不等式，可得，即可作出 证明. 【详解】 （1）原不等式等价于， 等价于或或， 解得或， 所以原不等式的解集是. （2）当，时， 因为， 所以当且仅当，即时等号成立， 所以. 【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对 值不等式解法，以及合理应用绝对值三角不等式和基本不等式求最值是解答本题的关键，着重考查了分类讨 论思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.