1、 2019 届高三校际联考届高三校际联考 数学（理科）试题数学（理科）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.已知袋子内有 6 个球，其中 3 个红球，3 个白球，从中不放回地依次抽取 2 个球，那么在已知第一次抽到红 球的条件下，第二次也抽到红球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 借助于古典概型的概率公式求解，即所求概率为从 5 个球（2 个红球和 3 个白球） 中取出一个球，则该球是红球的概率 【详解】方法一：由题意得，从 6 个球（其中 3 个红球，3 个白球）中取出
5、一个红球后， 则袋子中还有 5 个球（2 个红球和 3个白球） ， 所以再从中取出一个球，则该球是红球的概率为 故选 C 方法二：设“第一次抽到红球”为事件 A，“第二次抽到红球”为事件 B， 则， 故选 C 【点睛】条件概率的求法： (1)利用定义，分别求 P(A)和 P(AB)，得，这是通用的求条件概率的方法 (2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基 本事件数，即 n(AB)，得 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
6、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，
7、 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.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，
8、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
9、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； 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
10、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.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
11、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.已知奇函数的导函数为，当时， ，若，则 ， ，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 构造函数 g（x）xf（x） ，求导得，g（x）为增函数，利用单调性和奇偶性可比较出大小 【详解】令 g（x）xf（x） ，x（0，+）
12、，则 g（x）f（x）+xf（x）0在（0，+）上恒成立，所 以 g（x）为（0，+）上的递增函数，又 g（-x）-xf（-x）= xf（x）= g（x）,所以 g（x）为偶函数. 因为 e1，g（e）g（1）g（ ） ， ef（e）f（1）f（ ） ， 又 g（x）为偶函数，所以ef（e）ef（e） ， 故选：D 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数的奇偶性，构造函数，准确构造函数并判断奇偶性是 关键，属难题 第第卷（非选择题卷（非选择题 共共 9090 分）分） 二、填空题：本大题共二、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、. 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
14、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、，双曲线 的焦距
15、为 8，点 关于双曲线 的一条渐近线的对称点为点 ，若，则双曲线 的离心率为_ 【答案】2 【解析】 【分析】 由题设于 B,故 OB,即，进而得，故离心率可求 【详解】由题知，2c=8,又点关于双曲线 的一条渐近线 l 的对称点为点连接设于 B,故 OB,即,则 cos故 e= 故答案为 2 【点睛】本题考查双曲线的几何性质，双曲线渐近线，对称性，熟记双曲线的几何性质，准确计算是关键， 是中档题 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
16、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（一）必考题：共）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】 （）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，
17、 . （）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
18、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
19、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 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.已知抛物线 ：的焦点为 ， 点为抛物线 上一点，
20、 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，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
21、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。 20.如图，在三棱柱中，平面， 为的中点， ，. （）证明：平面； （）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】 （）详见解析； （）. 【解析】 【分析】 （1）连接 BC1交 B1C 于点 E，连接 DE，证明 DE ,即可证明平面 （2）以 CA，CB，CC1 为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz，直线 DC1与平面 B1CD 所成角为 ，求出平面 B1CD 的法向量，然后利用空间向量的数量积求解即可 【详解】 （）连接交于点 ，连接， 四边形是
22、平行四边形， 点 是的中点， 又点 为的中点， 是的中位线，. 又 DE平面 B1CD，AC1平面 B1CD， 平面. （）由，由余弦定理得可得， 以点 为坐标原点，为 轴、 轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则， ， 设平面的法向量为，则， 即，令，得， ， 直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，直线与平面所成角的向量求法，考查空间想象能力以 及计算能力，是中档题 21.已知函数. （）若曲线在点处的切线的斜率为 ，求 的值； （）求证：当时，. 【答案】 （）0； （）详见解析. 【解析】 【分析】 （），由 ，得 a 即可； （），令，则，讨
23、论和，的正负进而证明单调性，确定最小值的正负，进而推得 f(x)的单调性 并求得 f(x)的最小值，则可以证明 【详解】 （）由函数，可得， 曲线在点处的切线的斜率为 ， ， . （）， 令，则， 当时，单调递增，单调递增，满足题意； 当时，解得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， ， ， 在上单调递增，故，满足题意， 综上，当时，. 【点睛】本题考查导数的几何意义及导数与函数最值，分类讨论思想，准确分类，严谨的讨论是关键，是中 档题 （二）选考题：共（二）选考题：共 1010 分，考生从分，考生从 2222、2323 题中任选一题作答，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
24、，则按所做的第一题计 分分. .作答时用作答时用 2B2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号涂黑铅笔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. 【详解】 （）圆的参数方程为，( 为参数)， 可得， 平方相加转换为直角
25、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
