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- 2021-04-28 发布
2019年高三教学测试（2019.9）
数学 试题卷
注意事项：
1．本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷上作答．答题前，请在答题卷的密封线内填写学校、班级、学号、姓名;
2．本试题卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页，全卷满分150分，考试时间120分钟．
参考公式：
如果事件A，B互斥，那么
．
如果事件A，B相互独立，那么
．
如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么次独立重复试验中事件恰好发生次的概率
柱体的体积公式
，
其中表示柱体的底面积，表示柱体的高．
锥体的体积公式
，
其中表示锥体的底面积，表示锥体的高．
台体的体积公式
，
其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高．
球的表面积公式
，
其中R表示球的半径．
球的体积公式
，
其中R表示球的半径．
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1.已知集合（是虚数单位），，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先化简集合A，再由交集的概念，即可得出结果.
【详解】因为，
又，所以.
故选C
【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念即可，属于基础题型.
2.“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
先利用指数函数和对数函数的单调性得出和的等价条件，然后再判断这两个条件之间的充分必要关系.
【详解】，，
“”是“”的必要不充分条件，
故“”是“”的必要不充分条件，故选：B．
【点睛】本题考查必要不充分条件关系的判断，同时也涉及了指数函数与对数函数的单调性，一般转化为集合的包含关系来进行判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.
3.如图，函数（）的图象为折线，则不等式的解集为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
在已知坐标系内作出的图象，利用数形结合得到不等式的解集．
【详解】由已知的图象,在此坐标系内作出的图象,如图
由图像可得，满足不等式的的范围是；
所以不等式的解集为
故选C
【点睛】本题主要考查对数形式的不等式的解法，熟记对数函数的性质，灵活运用数形结合的方法，即可求出结果，属于常考题型.
4.已知满足条件，则的最大值为
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】
先由题意，作出约束条件所表示的平面区域，再由目标函数化为，结合图像，即可得出结果.
【详解】由题意，作出约束条件所表示的平面区域如下：
因为目标函数可化为，
因此求目标函数的最大值，只需直线在轴的截距最大；
由图像可得，当直线过点时，截距最大，
此时.
故选C
【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，只需由题意作出平面区域，结合图像求解即可，属于常考题型.
5.袋中有形状、大小都相同且编号分别为1，2，3，4，5的5个球，其中1个白球，2个红球，2个黄球．从中一次随机取出2个球，则这2个球颜色不同的概率为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先由题意确定基本事件的总数，再根据这2个球颜色不同的对立事件是两个球颜色相同，即可求出结果.
【详解】袋中有形状、大小都相同且编号分别为1，2，3，4，5的5个球，其中1个白球，2个红球，2个黄球，从中一次随机取出2个球，基本事件的总数为，
这2个球颜色不同的对立事件是两个球颜色相同，
所以这2个球颜色不同的概率为.
故选D
【点睛】本题主要考查古典概型，熟记概念的计算公式即可，属于常考题型.
6.已知向量与不共线，且，若，则向量与的夹角为
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，直接计算向量与的数量积，即可得出结果.
【详解】因为向量与不共线，且，，
所以，
所以向量与的夹角为.
故选A
【点睛】本题主要考查向量的夹角运算，熟记向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.
7.如图，已知抛物线和圆，直线经过的焦点，自上而下依次交和于A，B，C，D四点，则的值为
A. B. C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
先由题意得到，设直线，联立直线与抛物线方程，设，结合韦达定理得到，再由抛物线的定义，得到，，进而可求出结果.
【详解】因为抛物线的焦点为，
又直线经过的焦点，设直线，
由得，
设，则
由题意可得：，
同理，
所以.
故选C
【点睛】本题主要考查抛物线的定义与性质，以及向量数量积的运算，熟记向量数量积的定义，以及抛物线的定义与简单性质即可，属于常考题型.
8.，，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，利用其导函数判断出单调区间，根据奇偶性和对称性可得正确选项.
【详解】构造形式，则，时导函数，单调递增；时导函数，单调递减．又 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.
【点睛】本小题主要考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性以及求解不等式，属于中档题.
9.已知各棱长均为的四面体中， 是的中点，直线，则的最小值为（ ）
A. 1＋ B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
将旋转至与共面，连结，则它与的交点，即为使取最小值的点，然后在中利用余弦定理求出的值.
【详解】如图，将旋转至与共面，连结，则它与的交点，即为使取最小值的点．
易知，
在中由余弦定理得，
从而由平方关系得，
在中由余弦定理得
，
所以．
【点晴】本题考查空间求线段和差的最值问题，一般转化到同一个平面上处理，结合三角形的正弦、余弦定理求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
10.已知，关于的不等式在时恒成立，则当取得最大值时，的取值范围为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先得到当时，不等式显然成立．
再由，将原不等式化为，即直线夹在曲线段，和，之间．结合函数图像，以及导数的几何意义，即可求出结果.
【详解】当时，不等式显然成立．
当时，，即，即直线夹在曲线段，和，之间．
作出函数与在上的图像如下：
由图像易知，最大值为0，直线过点时，取最大值为，
当直线与相切时，取最小值；
设切点为 ，则
由得，
所以在处的切线斜率为，
所以切线方程为，
因为该切线过原点，
所以，化简得，所以，
所以.
即的最小值为，
因此的取值范围为.
故选A
【点睛】本题主要考查导数的应用，熟记导数的几何意义，即可求解，属于常考题型.
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）
11.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则俯视图的面积为_________
，该几何体的体积为________．
【答案】 (1). 6. (2). 8.
【解析】
【分析】
先由题意得到该几何体为底面是直角三角形的三棱锥，进而可求出结果.
【详解】由三视图可知，该几何体为底面是直角三角形的三棱锥，且其中一条侧棱与底面垂直，图像如图所示：
根据题中数据，可得：其俯视图的面积为；
该三棱锥的体积为.
故答案为 (1). 6. (2). 8.
【点睛】本题主要考查根据几何体的三视图求几何体的体积，熟记简单几何体的结构特征，以及棱锥的体积公式，即可求解，属于常考题型.
12.已知是公差为的等差数列，为其前项和，若，，成等比数列，则_____，当_______时，取得最大值．
【答案】 (1). 19. (2). 10.
【解析】
【分析】
根据题意，列出方程，即可求出首项，再由等差数列的求和公式，即可得出结果.
【详解】因为，，成等比数列，
所以，
又是公差为的等差数列，
所以，
即，解得，
所以，
因此，当时，取得最大值．
故答案为(1). 19. (2). 10.
【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列，熟记数列的求和公式与通项公式即可，属于常考题型.
13.已知函数（），则的最小正周期为_______；当时，的最小值为________．
【答案】 (1). . (2). 0.
【解析】
【分析】
先将函数整理得到，根据周期的计算公式，即可求出结果；再根据余弦函数的值域，即可求出结果.
【详解】因为
，
所以最小正周期为；
因为，所以，所以，
因此，.
即的最小值为0.
故答案为(1) ；(2)0
【点睛】本题主要考查三角函数的周期与最值，熟记余弦函数的性质即可，属于常考题型.
14.二项式的展开式中，所有有理项（系数为有理数，的次数为整数的项）的系数之和为________；把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法共有____种．（用数字作答）
【答案】 (1). 32. (2). 144.
【解析】
分析】
根据二项展开式通项公式得到二项式的展开式的通项，即可得出有理项，从而可求出结果.
【详解】因为二项式的展开式的通项为，
因为，所以，
故所有有理项的系数为；
把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法共有种.
【点睛】本题主要考查二项展开式的特定项系数问题，以及排列问题，熟记二项式定理以及排列数的计算公式即可，属于常考题型.
15.△中，，，上的高，且垂足在线段上，为△的垂心且（），则________．
【答案】.
【解析】
【分析】
根据题意，求出，，得到，进而可得，再由三点共线，得到存在实数，使得，进而可求出结果.
【详解】由题意，因为， ，，上的高，
所以，，
所以 ，即，即，
因为为△的垂心，所以三点共线，
因此存在实数，使得，
所以，
又，
所以.
故答案为
【点睛】本题主要考查平面向量的应用，熟记平面向量的基本定理即可，属于常考题型.
16.已知是椭圆（）和双曲线（）的一个交点，是椭圆和双曲线的公共焦点，分别为椭圆和双曲线的离心率，若，则的最小值为________．
【答案】.
【解析】
【分析】
根据题意，不妨设点在第一象限，那么，根据椭圆与双曲线的定义，得到，，根据余弦定理，整理得到，化为，根据基本不等式，即可求出结果.
【详解】根据椭圆与双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，那么，
因为椭圆与双曲线有公共焦点，设椭圆与双曲线的半焦距为，
根据椭圆与双曲线的定义，有：
，，
解得，，
在中，由余弦定理，可得：
，
即，
整理得，
所以，
又，
所以.
故答案为
【点睛】本题主要考查椭圆与双曲线的离心率的相关计算，熟记椭圆与双曲线的定义与简单性质，结合基本不等式，即可求解，属于常考题型.
17.已知，函数 若函数恰有2个不同的零点，则的取值范围为________．
【答案】.
【解析】
【分析】
先由题意得到在区间上必须要有零点，求出，所以必为函数的零点，进而可得到在区间上仅有一个零点.根据二次函数的单调性，即可得出结果.
【详解】由已知可得在区间上必须要有零点，
故解得：，
所以必为函数的零点，
故由已知可得：在区间上仅有一个零点.
又在上单调递减，
所以，
解得.
故答案为.
【点睛】本题主要考查由函数零点求参数问题，根据分段函数的性质，以及二次函数的特征即可求解，属于常考题型.
三、解答题（本大题共5小题，共74分）
18.已知分别为△三个内角的对边，且满足．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）当时，求△面积的最大值．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据题意，先由正弦定理得到，再由余弦定理，即可求出结果；
（Ⅱ）先由余弦定理得到，根据基本不等式以及三角形面积公式，即可求出结果.
【详解】（Ⅰ）由正弦定理可得
，化简即为，
从而，
所以．
（Ⅱ）由，根据余弦定理可得，
当且仅当时，取等号；
故，
此时△是边长为2的正三角形．
【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理，即可得出结果，属于常考题型.
19.如图,四棱锥中，,，，△是等边三角形，分别为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值．
【答案】（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）3.
【解析】
分析】
（Ⅰ）取中点，连接、，根据线面平行的判定定理，得到平面平面，进而可得平面；
（Ⅱ）连接，根据题意得到是二面角的平面角，过点作于，得到平面，是直线与平面所成角的平面角，再由题中数据，即可求出结果.
【详解】（Ⅰ）取中点，连接、．
由于，，，，
从而平面平面．
又平面，
所以平面．
（Ⅱ）连接．
由于，，
则是二面角的平面角，，是边长为的正三角形，且平面．
又平面，则平面平面．
过点作于，则，平面，是直线与平面所成角的平面角．
由于分别是的中点，则，从而，即直线与平面所成角的正切值为3.
【点睛】本题主要考查线面平行的证明以及直线与平面所成的角，熟记判定定理以及几何法求线面角即可，属于常考题型.
20.已知数列的前项和为，且满足（N*）．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，为数列的前项和，求证：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先由题意得到，再由时，结合题中条件，即可得到，根据等比数列的通项公式，即可求出结果；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得到，利用错位相减法，即可求出，进而可证明结论成立.
【详解】（Ⅰ）当时．
当时，，两式相减得：．
故是以3为公比的等比数列，且，
所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：，
由错位相减法
（1）
（2）
两式相减得：，
求得：．
所以．
【点睛】本题主要考查等比数列，以及错位相减法，熟记等比数列的通项公式与求和公式，以及错位相减法求数列的和即可，属于常考题型.
21.已知椭圆（）的焦距为，且过点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若点，设为椭圆上位于第三象限内一动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值，并求出该定值．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）四边形的面积为定值2；证明见解析.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先由题意得到，，从而可求出，进而可得椭圆方程；
（Ⅱ）先设（，），根据椭圆方程得到，再由题意得到直线的方程为，表示出，再由直线的方程为，表示出，根据四边形的面积，化简整理，即可得出结论成立。
【详解】（Ⅰ）由题意，，且，求得，所以．
所以椭圆的方程为；
（Ⅱ）设（，），则．
又，，所以直线的方程为．
令，得，从而．
直线的方程为．
令，得，从而．
所以四边形的面积
所以四边形的面积为定值2．
【点睛】本题主要考查根据求椭圆方程，以及椭圆中的定值问题，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质，即可求解，属于常考题型.
22.已知函数（，其中e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）若，求函数的单调递增区间；
（Ⅱ）若函数有两个不同的零点．
（ⅰ）当时，求实数的取值范围；
（ⅱ）设的导函数为，求证：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先对函数求导，得到，根据，由，即可求出单调递增区间；
（Ⅱ）（ⅰ）先由（Ⅰ）得到，分和两种情况讨论，用导数的方法研究函数的单调性，进而可得出结果；
（ⅱ）先由题意得到，从而有，设，
，构造函数，根据导数的方法研究函数的单调性，进而可证明结论成立.
【详解】（Ⅰ）由题意得，当时，令，得，函数的单调递增区间为；
（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知，，
当时，,函数在R上单调递增，不合题意，所以.
又时，；，，
函数有两个零点，函数在递减，函数在递增， ，
，得.
（ⅱ）由题意得：
，两式相减，得，
不妨设，，则
令，,,
在上单调递减，，即．
【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，根据导数的方法研究函数的单调性，最值等，属于常考题型.