1、 2019 届高三校际联考届高三校际联考 数学（文科）试题数学（文科）试题 第第卷（选择题卷（选择题 共共 6060 分）分） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有一项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.已知复数，则在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】 要求出对应点所处的象限，先通过运算求出，然后即可判断所在象限。 【详解】解：因为 所以， 对应在复平
2、面上的点的坐标为（1,2） ，故选 A 【点睛】考查复数的运算、复数对应的点知识 2.已知集合， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 此题需要求解，先要将中的不等式解出，然后便可得到交集. 【详解】解： 等价于：，解得： 故 所以， 所以，故选 C. 【点睛】集合中的运算问题，先要将每一个集合具体地表示出来，然后借助数轴、韦恩图等进行研究. 3.下列函数中，既是奇函数又在区间上递减的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 可以对每一个选项逐一筛选，选项 A、B、C 呈现的函数是基本初等函数很容易判断，选项 D 则需要借助函 数的性质
3、进行判断 【详解】解：选项 A：在（0,1）上是增函数，故排除； 选项 B：的定义域为，且满足，为奇函数，同时是幂函数， 在（0,1）上的减函数，所以符合题意，选项 B正确； 选项 C：根据奇偶性定义，可得到是定义域上偶函数，故排除； 选项 D：根据奇偶性定义，可得到是定义域上偶函数，故排除. 【点睛】研究函数性质问题，可以借助函数的图像与性质的定义来解决. 4.如图，在长方体中，则异面直线 与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 求异面直线与所成角的正弦值，先要求出异面直线所成角，题中，故异面直线与所成 角即为与的所成角，然后连接,在中求解。 【详解
4、】解：在长方体中， 则， 故异面直线与所成角即为与的所成角， 即与的所成角为或其补角。 在中，故选 A 【点睛】异面直线所成角问题，要借助平行关系，找出具体角，然后在三角形中，求出角的大小。 5.齐王有上等,中等,下等马各一匹；田忌也有上等,中等,下等马各一匹.田忌的上等马优于齐王的中等马,劣 于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马,劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现 从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛,若有优势的马一定获胜,则齐王的马获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛 ,利用列举法求出
5、基本事件有 9 种，齐王的马获胜包含的基本 事件有 6种，利用古典概型概率公式可求出齐王的马获胜的概率. 【详解】设齐王上等、中等、下等马分別为，田忌上等、中等、下等马分别为， 现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛, 基本事件有：，共 9 种，有优势的马一定获胜，齐王的马获胜包 含的基本事件有：，共 6种, 齐王的马获胜的概率为，故选 C. 【点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于中档题，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
6、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. 6.在中， ， ，分别是角 ， ， 的对边，若 ，则的面积为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 三角形的面积公式为，故需要求出边 与，由余弦定理可以解得 与. 【详解】解：在中， 将，代入上式得， 解得： 由得 所以， 故选 D. 【点睛】三角形的面积公式常见形式有两种：一是 （底高） ，二是.借助 （底高）时，需要将 斜三角形的高与相应的底求出来；借助时，需要求出三角形两边及其夹角的正弦值. 7.若二次函数的图象与坐标轴的交点是椭圆 ： 的顶点或
7、焦点，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析：由题意首先确定椭圆的焦点和长轴端点，据此求得 b的值，最后求解实数 k 的值即可. 详解：由题意得，椭圆 C的一个焦点为，长轴的一个端点为（2，0）， 所以，由（0，-2k)是椭圆 C的一个顶点， 得或， 所以. 本题选择 B选项. 点睛：本题主要考查椭圆的几何性质，二次函数的性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 8.我国南北朝时期数学家、天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.其中“幂”是 截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高立方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体的体积 相等
8、.已知某不规则几何体与如图所示的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图几何体体积相等，由三视图知几何体是一个正方体去 掉一个半圆柱，如图： 正方体的体积为，半圆柱的体积为，从而其体积为，故选 B 9.执行如图所示的程序框图，则输出 的值是（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】 由已知的框图可知，该程序的功能是利用循环结构计算输出变量 n 的值，模拟程序运行的过程，分析循环中 各变量的变化情况，可得答案，本题中在计算 S 时，还需要结合数列中的裂项
9、求和法解决问题，即： . 【详解】解：由程序框图知： 第一次循环： 初始值为 0，不满足，故，； 第二次循环：当，不满足，故，； 第三次循环：当，不满足，故，； 第四次循环：当，不满足，故，； 此时，满足，退出循环，输出，故选 D. 【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时模拟程序框图的运行过程，便可得出正确的结论，这类题 型往往会和其他知识综合，解题需结合其他知识加以解决. 10.已知函数 的最小正周期为 ，且，则（ ） A. 在上单调递减 B. 在上单调递减 C. 在上单调递增 D. 在上单调递增 【答案】A 【解析】 【分析】 三 角 函 数 ， 由 周 期 为， 可 以 得 出；
10、又 ，即，所以函数为偶函数，从而解得 值，由此可以判断出函数的单调性。 【详解】解：因为且周期为 ， 所以， ； 又因为，即， 所以函数为偶函数， 所以，当时， 所以， 又因为，所以， 故， 所以在上单调递减，故选 A。 【点睛】在解决三角函数解析式问题时，首先要将题目所提供的形式转化为标准形式，即 的形式，然后再由题中的条件（周期，对称性等）解决三角函数中相关的参数，进而 解决问题。 11.甲乙丙丁四名同学参加某次过关考试，甲乙丙三个人分别去老师处询问成绩，老师给每个人只提供了其他 三人的成绩.然后，甲说：我们四人中至少两人不过关；乙说：我们四人中至多两人不过关；丙说：甲乙丁恰 好有一人过关
11、.假设他们说的都是真的，则下列结论正确的是（ ） A. 甲没过关 B. 乙过关 C. 丙过关 D. 丁过关 【答案】C 【解析】 【分析】 基于他们说的都是真的情况下， 由“甲说： 我们四人中至少两人不过关； 乙说： 我们四人中至多两人不过关； ” 可以推出，它们四人中一定只有两人过关，又丙说：甲乙丁恰好有一人过关，所以得到答案. 【详解】解：基于他们说的都是真的情况下，因为，甲说：我们四人中至少两人不过关；乙说：我们四人中 至多两人不过关；所以，可以推出，它们四人中一定只有两人过关，再由，丙说：甲乙丁恰好有一人过关. 所以得到，丙一定过关，故选 C. 【点睛】考查演绎推理知识,属于基础题.
12、12.已知定义在 上的函数的导函数为，若，则不等式的解集为 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 不等式的的解集等价于函数图像在下方的部分对应的 x 的取值集合，那就需要对 函数的性质进行研究，将还原为，即，在 R上单调递减，且，故当，,即可解得不等式解集. 【详解】解：令 因为 所以， 故 故在 R上单调递减， 又因为 所以， 所以当，即的解集为 故选 B. 【点睛】不等式问题往往可以转化为函数图像问题求解，函数图像问题有时借助函数的性质（奇偶性、单调 性等）进行研究，有时还需要构造新的函数. 第第卷（非选择题卷（非选择题 共共 9090 分）分） 二、填空题：本大
13、题共二、填空题：本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分. . 13.已知 为所在平面内一点，且满足 ，则_ 【答案】 【解析】 【分析】 此式可以是看作为用基底表示，故只需要将中的向量进行分解、转 化为用基底表示的形式，便能解决. 【详解】解：因为 所以 故 , 因为不共线， 所以，解得：，即. 【点睛】基底法解决向量问题，首先要明确基底向量，基底向量应是由两个不共线的向量构成，然后将题中 的向量全部向基底向量转化. 14.若 ， 满足约束条件，则的最大值为_ 【答案】1 【解析】 【分析】 先将题中 ，满足约束条件对应的可行域画出， 目标函数的几何意
14、义为可行域内的点 与点（-2,0）连线的斜率，当可行域内的点在时，的值最大. 【详解】解：如图，不等式对应的可行域为内部（含边界） ， 目标函数的几何意义为可行域内的点与点（-2,0）连线的斜率， 当可行域内的点在时，的值最大，最大值为 1. 【点睛】代数问题转化为几何问题解决，往往能简化计算，但必须要将每一个代数形式的几何意义分析到位， 这个是数形结合的必要前提. 15.已知函数 的部分图像如图所示，则_ 【答案】 【解析】 【分析】 由三角函数的图像可以求出函数中的参数，令，便可求出的值。 【详解】解：由题意得 所以，故 将图中的点代入 解得： 因为： 所以，即 故。 【点睛】三角函数中的
15、参数，分别利用振幅、周期和确定的点来求解。 16.已知双曲线的左、右焦点分别为 、，以为圆心，为半径的圆与双曲线在 第一象限的交点为 ，且轴，则该双曲线的离心率为_ 【答案】 【解析】 【分析】 以为圆心，为半径的圆与双曲线在第一象限的交点为 ，可以得到；又轴， 由勾股定理得，由双曲线的定义可以得到 a与 c的方程，从而解出离心率。 【详解】解：因为以为圆心，为半径的圆与双曲线在第一象限的交点为 所以， 又因为轴， 在中， 因为点 A 在双曲线上，且 所以，即 所以， 【点睛】求解离心率问题就是要构造出 a 与 c 的等式或不等式，构造 a 与 c的等式或不等式可以从定义、曲 线方程、同一量的
16、二次计算等角度构造。 三、解答题：共三、解答题：共 7070 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .第第 17172121 题为必考题，每题为必考题，每 个试题考生都必须作答个试题考生都必须作答. .第第 2222、2323 题为选考题，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.已知为等比数列的前 项和，公比 ，且，等差数列满足，. （）求数列的通项公式； （）设是数列的前 项和，求的最大值. 【答案】 （）； （）当或 4 时，取得最大值，此时. 【解析】 【分析】
17、（）要求等比数列的通项公式，根据题意求出首项与公比即可 （）等差数列的前 项和是定义在正整数上的二次函数，根据函数图像，研究正整数与对称轴关系即 可得出最值。 【详解】解： （）等比数列满足公比，前 2 项和， ，解得， . （）由题及（）知，. ， 则数列的公差， 故当或 4 时，取得最大值，此时. 【点睛】等差等比数列的通项公式问题常见方法是基本量法，即求出数列中的首项、公差（公比） ；数列的本 质是函数，是离散型函数，研究数列的最值时可以借助对应的连续型函数研究其单调性，也可以利用函数单 调性的定义来判断数列的单调性情况，从而得出最值。 18.某市为了了解民众对开展创建文明城市工作以来的
18、满意度，随机调查了 40 名群众，并将他们随机分成 ， 两组，每组 20 人， 组群众给第一阶段的创文工作评分， 组群众给第二阶段的创文工作评分，根据两组群 众的评分绘制了如图所示的茎叶图. （）根据茎叶图比较群众对两个阶段的创文工作满意度评分的平均值和集中程度（不要求计算出具体值， 给出结论即可） ； （）完成下面的列联表，并通过计算判断是否有的把握认为民众对两个阶段创文工作的满意度存在差 异？ 低于 70 分 不低于 70 分 合计 第一阶段 第二阶段 合计 参考公式：，. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】 （） 组群众给第二阶段创文工作满
19、意度评分的平均值高于 组群众给第一阶段创文工作满意度评 分的平均值，且给分相对于 组更集中些； （）详见解析. 【解析】 【分析】 （）观察茎叶图，可以得出满意度评分的平均值和集中程度. （）完成列联表，根据进行求解，然后进行对比可得. 【详解】解： （）根据茎叶图看出， 组群众给第二阶段创文工作满意度评分的“叶”大部分分布在“茎” 的 7、8、9 上，也相对集中在峰值的附近， 组群众给第二阶段创文工作满意度评分的平均值高于 组群众 给第一阶段创文工作满意度评分的平均值，且给分相对于 组更集中些. （）填写列联表如下： 低于 70 分 不低于 70 分 合计 第一阶段 11 9 20 第二阶段
20、 3 17 20 合计 14 26 40 计算， 有的把握认为民众对两个阶段创文工作的满意度存在差异. 【点睛】本题考查平均值、茎叶图的识别、实际问题的处理能力等. 19.如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，且 ，点 是的中点. （）求证：平面； （）设菱形的边长为 ，若，三棱锥的体积为，求 的值. 【答案】 （）详见解析； （）. 【解析】 【分析】 （）证明平面，需要在平面中找出一条直线平行于，连接交于点 ，连接便可得 证； （）由三棱锥的体积为，可以得出一个关于 的方程，即可求出 的值. 【详解】解： （）连接，与交于点 ，连接. 由底面是菱形，知点 是的中点， 又点 是的中点， 又平面
21、，平面， 平面. （）平面， 又， 由，得， 则由菱形的边长为 ，可得， ， ，解得. 【点睛】证明线面平行的方法是证明线线平行，线线平行主要从中位线、平行四边形等角度可以得到；几何 体的体积问题首先要分析几何体的结构，必要时可以将几何体进行切割或补形，其次要准确分析出高与底， 从而解决问题. 20.已知抛物线 ：的焦点为 ， 点为抛物线 上一点， 且点 到焦点 的距离为 4， 过 作抛物线 的切线（斜率不为 0） ，切点为 . （）求抛物线 的标准方程； （）求证：以为直径的圆过点 . 【答案】 （）； （）详见解析. 【解析】 【分析】 （）点 到焦点 的距离为 4，即为到准线的距离为 4
22、，点 的纵坐标为 3，便可解出参数 的值； （）要证以为直径的圆过点 ，即证，根据条件求出 点。 【详解】解： （1）由题知， ，解得， 抛物线 的标准方程为. （）设切线的方程为， 联立，消去 可得， 由题意得，即， 切点， 又，. ，故以为直径的圆过点 . 【点睛】确定抛物线的方程只要确定其中的参数 ，可以构造方程或利用抛物线的定义求解；直线与抛物线位 置关系问题常见的方法是联立直线与抛物线方程，消参数处理，当抛物线方程可以看成函数时也可采用导数 进行研究。 21.已知函数. （）当时，求曲线在点处的切线方程； （）若恒成立，求 的取值范围. 【答案】 （）； （）. 【解析】 【分析】
23、（）求切线的方程需要求出切线的斜率，根据点与斜率即可求出直线方程. （）恒成立，分离变量，即对恒成立，构造新函数，利用导数求解新函数 的最大值。 【详解】解： （）当时，则， ， 曲线在点处的切线方程为. （）若对恒成立，即对恒成立， 设，可得， 由，可得， 当时，单调递增； 当时，单调递减. 在处取得极大值，且为最大值， 的取值范围为. 【点睛】曲线的切线问题要区分是“在点”还是“过点”切线问题，在点相比容易，“过点”则需设出切点； 恒成立问题常见解法是分离变量，构造新函数求解最值，有时也可分情况讨论. （二）选考题：共（二）选考题：共 1010 分，考生从分，考生从 2222、2323 题
24、中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计 分分. .作答时用作答时用 2B2B 铅笔铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号涂黑在答题卡上将所选题目对应的题号涂黑. . 22.在平面直角坐标系中，圆的参数方程为（ 为参数） ，以坐标原点 为极点， 轴正半 轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为. （）求圆的普通方程和圆的直角坐标方程； （）判断圆与圆的位置关系. 【答案】 （）；（）见解析 【解析】 【分析】 （）消去参数，即可得到曲线的普通方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可化简得到曲线的 直角坐标方程； （）由圆心距，利用可得两圆相交. 【
25、详解】 （）圆的参数方程为，( 为参数)， 可得， 平方相加转换为直角坐标方程为： 由圆的极坐标方程 可得 转换为直角坐标方程为：， 即： （）由（）知圆的的半径圆心坐标为 圆的的半径圆心坐标为 则圆心距 所以，圆与圆相交 【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，以及圆与圆的位置关系 的应用，其中解答中熟记参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，合理运算是解 答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题。 23.已知函数 若成立有解，求a的取值范围； 解不等式 【答案】 （1）； （2） 【解析】 【分析】 讨论 x 的范围，去掉绝对值号，从而求出 a的范围；通过讨论 x的范围，得到不同的的表达式，从 而求出不等式的解集 【详解】(1) ， 故， 故的最小值是， 若使成立有解，应有，即， 的取值范围是：； 当时， 解得：或， ， 当时， ； 当时，故； 综合上述，不等式的解集为： 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道中档题
