2019届高三第一次联考理科数学试题.pdf

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1、第卷（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. 设集合，则集合的真子集有（） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】 A 【解析】 【分析】 先求出集合 0 ，1 ，根据集合的元素数目与真子集个数的关系，而A有 3 个元素，计算可得 答案 【详解】因为集合， 所以A0 ，1 ， 根据集合的元素数目与真子集个数的关系，n元素的子集有2 n1 个， 集合A有 2 个元素， 则其真子集个数为2 213， 故选：A 【点睛】本题考查集合的元素数目与真子集个数的关系，n元素的子集有2 n个

2、，真子集有 2 n 1 个，非空子集有2 n1 个 2. 已知 为虚数单位，则复数的虚部为（） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】 【分析】 先化简复数z，然后由虚部定义可求 【详解】12i， 复数的虚部是 2， 故选：A 【点睛】该题考查复数代数形式的运算、复数的基本概念，属基础题 3. 若， 与 的夹角为，则的值是（） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 由题意可得|?|?cos，再利用二倍角公式求得结果 【详解】由题意可得|?|?cos， 2sin15 4cos15cos302sin60 ， 故选：C 【点睛】本题主要考查两个向量的数量积的定义，二倍角公

3、式的应用属于基础题 4. 已知、 取值如表： 画散点图分析可知：与 线性相关， 且求得回归方程为， 则的值（精确到） 为 （） A. B. C. D. 【答案】 1.7 【解析】 试题分析：将代入回归方程为可得，则，解得，即精确 到 0.1 后的值为. 故选 C. 考点：线性回归直线. 5. 已知实数， 满足，则的取值范围是（） A. B. C. D. ，5） 【答案】 D 【解析】 【分析】 根据画出不等式组表示的平面区域，利用数形结合结合目标函数的意义，利用平移即可得到 结论 【详解】不等式对应的平面区域如图：（阴影部分） 由z2x2y 1得yx，平移直线yx， 由平移可知当直线yx，经过

4、点C时， 直线yx的截距最小，此时z取得最大值， 由，解得，即C（2， 1） ， 此时z2x2y14+215， 可知当直线yx，经过点A时， 直线yyx的截距最大，此时z取得最小值， 由，得，即A（ ， ） 代入z2x2y1 得z221， 故z，5） 故选：D 【点睛】求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”： （1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）； （2）找到目标函数对应的最优解对应点（在 可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）； （3）将最优解坐 标代入目标函数求出最值. 6. 阅读如下程序框图，运行相应的程序，则程序运行后输出的结果为（） A.

5、7 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】 B 【解析】 试题分析：运行第一次，不成立； ， 运行第二次，不成立； ，运行第三次，不成立； ，运行第四次，不成立； ，运行第五次，成立； 输出 的值 9，结束 故选 B. 考点： 1、对数的运算；2、循环结构 . 7. 如图， 该茎叶图表示的是甲、乙两人在次综合测评中的成绩（成绩为整数） ，其中一个数字 被污损，则乙的平均成绩不低于甲的平均成绩的概率为（） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】 【分析】 由已知的茎叶图，我们可以求出甲乙两人的平均成绩，然后求出乙的平均成绩不低于甲的平 均成绩的概率，得到答案 【详解】记其中被污损的数

6、字为x 依题意得甲的5 次综合测评的平均成绩为90， 乙的 5 次综合测评的平均成绩为（442+x） ， 令 （442+x）90，由此解得x8， 即x的可能取值为8 和 9， 由此乙的平均成绩不低于甲的平均成绩的概率为：， 故选：A 【点睛】本题考查的知识点是平均数，茎叶图，古典概型概率计算公式，要求会读图，并且 掌握茎叶图的特点：个位数从主干向外越来越大属简单题 8. 如图为一个几何体的三视图，则该几何体中任意两个顶点间的距离的最大值为（） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据三视图得出：空间几何体的性质得出直线平面的垂直问题，判断各个线段的长度比较即 可 【详解】

7、根据三视图得出：几何体为下图 AD，AB，AG相互垂直，面AEFG面ABCDE， BCAE，ABADAG3，DE1， 根据几何体的性质得出：AC3，GC，GE5， BG，AD4，EF，CE， 故最长的为GC3 故选：C 【点睛】本题考查了复杂几何体的三视图的运用，主要是恢复几何体的 直观图，利用几何体的性质判断即可，属于中档题 9. 函数y=sin2x的图象可能是 A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 分析 : 先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择. 详解：令， 因为，所以为奇函数，排除选项A,B; 因为时，所以排除选项C，选 D. 点睛：有关函数图象的识别问题的常

8、见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的 左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变 化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环 往复 10. 设等差数列的前项和为，且，当取最大值时，的值为（） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 由题意，不妨设a69t，a511t，则公差d 2t，其中t0，因此a10t，a11t，即当n 10 时，Sn取得最大值 11. 过双曲线的右支上一点，分别向圆：和圆：作切 线，切点分别为，则的最小值为（） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 【分析】

9、求得两圆的圆心和半径，设双曲线x 2 1 的左右焦点为F1（ 4，0） ，F2（4，0） ，连接PF1， PF2，F1M，F2N，运用勾股定理和双曲线的定义，结合三点共线时，距离之和取得最小值，计算 即可得到所求值 【详解】圆C1： （x+4） 2+y24 的圆心为（ 4， 0） ，半径为 r1 2； 圆C2： （x4） 2+y21 的圆心为（ 4，0） ，半径为 r21， 设双曲线x 2 1 的左右焦点为F1（ 4， 0） ，F2（4， 0） ， 连接PF1，PF2，F1M，F2N，可得 |PM| 2 | PN| 2（ | PF1| 2r 1 2）（ | PF2| 2 r2 2） （ |PF

10、1| 24）（ | PF2| 21） |PF1| 2| PF2| 23（ | PF1| |PF2| ） （|PF1|+|PF2| ） 3 2a（|PF1|+|PF2| 32（ |PF1|+|PF2| ）32?2c32?8 313 当且仅当P为右顶点时，取得等号， 即最小值13 故选：D 【点睛】本题考查最值的求法，注意运用双曲线的定义和圆 的方程，考查三点共线的性质，以及运算能力，属于中档题 12. 设函数，其中，若仅存在两个正整数使得，则 的取值 范围是（） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 【分析】 令h（x）x（2lnx1） ，g（x）axaa（x1） ，求出函数的导数，根

11、据函数的单调性 得到关于a的不等式组，解出即可 【详解】令f（x） 0，得x（2lnx1）axa， 令h（x）x（ 2lnx1） ，g（x）axaa（x1） ， 则h（x） 2lnx+1， 令h（x） 0，解得：x， 故x（ 0，）时，h（x） 0，h（x）递减， x（，+）时，h（x） 0，h（x）递增， 故h（x）minh（），h（1） 10， 若仅存在两个正整数使得， 即保证有两个正整数解， 由题意得：， 解得： 4ln2 2a3ln3， 故选：B 【点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及数形结合与转化思想， 是一道综合题 第卷（共90 分） 二、填空题（每题5 分，

12、满分20 分，将答案填在答题纸上） 13. 若二项式展开式的二项式系数之和为， 常数项为， 则实数的值为 _ 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意，由二项式系数的性质可得2 n 32，解可得 n 5，进而可得则展开式的通 项，令x的指数为0，可得r的值为 1，即展开式中的常数项为T2，求出T2，结合题 意有 m?C5 110，解可得答案 【详解】根据题意，展开式中二项式系数之和是32，有 2 n32，则 n5， 则展开式的通项为Tr+1C5 r?（ ） 5r ?（） r m r?C 5 r ?， 令0，可得r1， 则展开式中的常数项为T2m?C5 1， 则有 m?C5 110，即 m2， 故

13、答案为： 2 【点睛】本题考查二项式定理的应用，解题的关键是由二项式系数的性质求出n，并得到该二 项式的通项 14. 我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设 的三个内角、 、 所对的边分别为、，面积为， 则“三斜公式”为. 若，则用“三斜公式”求得的面积为 _ 【答案】 【解析】 【分析】 由已知利用正弦定理可求ac的值，可求a 2+c2 b 2 4，代入“三斜求积”公式即可计算得解 【详解】根据正弦定理：由a 2sin C4sinA，可得：ac4， 由余弦定理可得，b 2= a2+c22accos ，可得： a 2+c2 b 2 4， 可得： 故答案为： 【

14、点睛】本题主要考查了正余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题 15. 已知三棱锥中，面，且，则该三 棱锥的外接球的表面积为_ 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意， 证出BC平面SAC，可得BCSC，得 RtBSC的中线OCSB，同理得到OASB， 因此O是三棱锥SABC的外接球心利用勾股定理结合题中数据算出SC，得外接球半径R ，从而得到所求外接球的表面积 【详解】取SB的中点O，连结OA、OC SA平面ABC，AB? 平面ABC， SAAB，可得 RtASB中，中线OASB 由，可知：ACBC， 又SABC， SA、AB是平面SAB内的相交直线 BC平面SAC，可得BCS

15、C 因此 RtBSC中，中线OCSB O是三棱锥SABC的外接球心， RtSBA中，AB，SA6 SB2，可得外接球半径RSB 因此，外接球的体积Sr 2 故答案为： 【点睛】本题在特殊三棱锥中求外接球的表面积，着重考查了线面垂直的判定与性质、勾股 定理和球的表面积公式等知识，属于中档题 16. 丹麦数学家琴生（Jensen）是 19 世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的 凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果，设函数在上的导函数为，在上 的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，已知 在上为“凸函数”，则实数的取值范围是_ 【答案】 【解析】 【分析】 利用导数的运算法

16、则可得f（x） ，f（x） 由于函数f（x）在区间（a，b）上为“凸函数”， 可得：在区间（a，b）上f（x） 0 恒成立，解得即可 【详解】f（x）x 2+3x，f （x）2tx+3， 函数f（x）在上是“凸函数”， 在（a，b）上，f（x） 0 恒成立， 2tx+3 0，即 令，显然在上单调递增， t 故答案为： 【点睛】本题考查了“凸函数”的定义及其性质、导数的运算法则、恒成立问题的等价转化， 考查了推理能力与计算能力，属于中档题 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. 已知数列为公差不为的等差数列 , 满足, 且成等比数列 .

17、( ) 求的通项公式； ( ) 若数列满足, 且求数列的前项和. 【答案】 ( ) ； ( ). 【解析】 【分析】 ( ) 利用等比中项性质和等差数列的通项公式列方程，可解得公差d 的值，进而求得等差数 列的通项公式； ( ) 根据题意， 由累加法求出数列的通项公式， 再通过裂项相消法求数列的前项和. 【详解】 ( ) 设等差数列的公差为, 依题意得 又, 解得, 所以. ( ) 依题意得, 即 (且) 所以 , . 对上式也成立 , 所以, 即, 所以. 【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的综合应用，考查了累加法求数列的通项公式，考 查了裂项相消法求数列的和，考查了推理能力与计算能力.

18、形如的数列均 可利用累加法求通项公式. 18. 今年年初，我国多个地区发生了持续性大规模的雾霾天气，给我们的身体健康产生了巨 大的威胁私家车的尾气排放也是造成雾霾天气的重要因素之一，因此在生活中我们应该提 倡低碳生活，少开私家车，尽量选择绿色出行方式，为预防雾霾出一份力为此，很多城市 实施了机动车车尾号限行，我市某报社为了解市区公众对“车辆限行”的态度，随机抽查了 50 人，将调查情况进行整理后制成下表： 年龄（岁）15 ，25）25 ， 35）35 ，45）45 ，55）55 ，65）65 ，75 频数5 10 15 10 5 5 赞成人数4 6 9 6 3 4 （）完成被调查人员的频率分布

19、直方图； （）若从年龄在15 ，25） ，25 ，35）的被调查者中各随机选取两人进行进行追踪调查，记 选中的 4 人中不赞成“车辆限行”的人数为，求随机变量 的分布列和数学期望 【答案】（1）频率分布直方图详见解析；（2）分布列详见解析，. 【解析】 试题分析：（）由已知条件能求出图中各组的纵坐标，由此能完成被调查人员的频率分布直 方图 （） 的所有可能取值为：0，1，2，3， 分别求出p（=0） ，P （=1） ，P （ =2） ，P （=3） ， 由此能求出随机变量 的分布列和数学期望 解： （）各组的频率分别是0.1 ，0.2 ，0.3 ，0.2 ，0.1 ，0.1 所以图中各组的纵坐

20、标分别是0.01 ，0.02 ，0.03 ，0.02 ，0.01 ，0.01 被调查人员的频率分布直方图如右图： （） 的所有可能取值为：0，1，2，3 p（ =0）=， P（ =1）=， P（ =2）=?+?=， P（ =3）=?=， 的分布列是： 0 1 2 3 P 的数学期望E=+1+2+3= 考点：离散型随机变量的期望与方差；频率分布直方图 19. 如图所示，在三棱柱中，侧面是矩形，是的 中点，与交于，且面 （1）求证：. （2）若，求二面角的余弦值 . 【答案】（1）详见解析（2） 【解析】 【分析】 （1）推导出DBAB1，从而AB1平面BDC，由此能证明AB1BC； （2）以O为

21、坐标原点，OA、O、OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 利用向量法能求出二面角的余弦值 【详解】解： （1）由于侧面是矩形，是中点， 故， 所以，又 于是 ，而面，所以 面，得到 （2）如图，建立空间直角坐标系，则， 可以计算出面的一个法向量的坐标为 而平面的一个法向量为 设二面角的大小为，则 【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余 弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、 运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题 20. 直线 与椭圆交于，两点， 已知， 若椭圆的离心率，又经过点，为坐标原点 (1) 求椭

22、圆的方程； (2) 当时, 试问：的面积是否为定值？如果是，请给予证明； 如果不是， 请说明理由 . 【答案】（1）； （2）定值 1. 【解析】 【分析】 （1）将点代入椭圆方程，结合双曲线的离心率列方程，求得的值，即求得椭圆 方程 . （2）当直线斜率不存在时，求得三角形的面积为定值. 当直线斜率存在时，设出 直线的方程，联立直线方程与椭圆方程，写出韦达定理，代入，化简 . 然后通过计 算三角形的面积，由此判断三角形的面积为定值. 【详解】（1） 椭圆的方程为 （2）当直线斜率不存在时，即， 由已知，得 又在椭圆上，所以 , 三角形的面积为定值 当直线斜率存在时：设的方程为 必须即得到，

23、， 代入整理得： 所以三角形的面积为定值 【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程参数的求法，考查直线与椭圆的位置关系，以及两 个向量垂直的数量表示. 有一定运算能力的要求，属于难题. 21. （本小题满分12 分） 设 为实数，函数。 ( ) 求的单调区间与极值； ( ) 求证：当且时，。 【答案】 【解析】 试题分析：（1）由，知令，得 列表讨论能求出的单调区间区间及极值 （2）设，于是, 由（ 1）知当 时，最小值为，于是对任意，都有 ，所以在内单调递增由此能够证明 试题解析：解： f （ x）=e x2x+2a，xR， f （ x）=e x2，xR 令 f （ x）=0，得 x=ln2 于是

24、当 x 变化时， f （ x） ，f （x）的变化情况如下表： 故 f （x）的单调递减区间是（，ln2 ） ， 单调递增区间是（ln2 ，+） ， f （x）在 x=ln2 处取得极小值， 极小值为f （ln2 ）=e ln2 2ln2+2a=2 （1ln2+a ） ，无极大值 （2）证明：设g（x）=e x x2+2ax1，xR， 于是 g（ x）=e x2x+2a，xR 由（ 1）知当 aln2 1 时， g（ x）最小值为g（ ln2 ）=2（1ln2+a ） 0 于是对任意xR，都有g（ x） 0，所以 g（ x）在 R内单调递增 于是当 aln2 1 时，对任意x（ 0，+），都有

25、 g（x） g（0） 而 g（0） =0，从而对任意x（ 0，+） ，g（x） 0 即 e xx2+2ax 10， 故 e xx22ax+1 考点： 1. 导数与单调性和极值；2. 导数的应用 . 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. 在直角坐标系中, 曲线的参数方程为(为参数 ), 以原点为极点 , 轴正半 轴为极轴 , 建立极坐标系, 曲线的极坐标方程为. （1）求曲线的普通方程与曲线直角坐标方程； （2）设为曲线上的动点 ,求点到上点的距离的最小值, 并求此时点的坐标 . 【答案】（1），； （2） 的最小值为, 此时点 P的坐标为 【解析】

26、【分析】 （1）由曲线得, 两式两边平方相加，即可得到曲线的普通方程， 由极坐标和直 角坐标的互化公式，即可得到曲线的直角坐标方程. （2）由（ 1） ，设椭圆上的点到直线的距离，转化为三角函数，利用三 角函数的图象与性质，即可求解。 【详解】（1）由曲线得, 两式两边平方相加得, 即曲线的普通方程为 由曲线得:, 即, 所以, 即曲线的直角坐标方程为. （2）由（ 1）知椭圆与直线无公共点 , 依题意有椭圆上的点到直线的距离为 , 所以当时, 取得最小值, 此时, 点 的坐标为。 【点睛】本题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，以及曲线的 参数方程的应用. 着重考查了转

27、化与化归能力. 解答中若遇到求曲线交点、距离、线段长等几 何问题时，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐 标的几何意义求解. 要结合题目本身特点，确定选择何种方程. 23. 已知函数. （1）若不等式的解集为，求实数的值； （2）在（ 1）的条件下，若存在实数使成立，求实数的取值范围 . 【答案】 (1)；(2). 【解析】 试题分析：（1）理解绝对值的几何意义，表示的是数轴的上点到原点离； （2）对于恒成 立的问题，常用到以下两个结论：（ 1）恒成立， （2）恒成 立 （3）的应用；（4）掌握一般不等式的解法： 或，. 试题解析：（1）由得， ，即， 5 分 （2）由（ 1）知，令 则， 的最小值为4，故实数的取值范围是 10 分 考点： 1、含绝对值不等式的解法；2、恒成立的问题.