山东省潍坊市2019届高三高考模拟（5月三模）考试数学（文）试卷 WORD版含解析.doc

1、潍坊市高考模拟考试文科数学注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共12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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利

2、用一元二次不等式的解法化简集合，再利用并集的定义求解即可.【详解】,故选A.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合或属于集合的元素的集合.2.设复数满足，则（ ）A. 1B. C. 3D. 5【答案】B【解析】【分析】由可得，再利用复数模的公式可得结果.【详解】,，故选B.【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化

3、简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3.“”是“，成立”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】A【解析】【分析】由基本不等式可得，“，”等价于，再由充分条件与必要条件的定义可得结果.【详解】时，“，”等价于，而可推出，不能推出，所以“”是“，”成立的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用以及充分条件与必要条件，属于中档题.判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题的等

4、价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.4.如图是某手机商城2018年华为、苹果、三星三种品牌的手机各季度销量的百分比堆积图（如：第三季度华为销量约占，三星销量约占，苹果销量约占），根据该图，以下结论中一定正确的是（ ）A. 四个季度中，每季度三星和苹果总销量之和均不低于华为的销量B. 苹果第二季度的销量小于第三季度的销量C. 第一季度销量最大的为三星，销量最小的为苹果D. 华为的全年销量最大【答案】D【解析】【分析】根据华为、苹果、三星三种品牌的手机各季度销量的百分比堆积图，分析出每个季度华为、苹果、三星三种品牌的手机各季度销量的百分比，再对每个选项进行分析判断

5、即可.【详解】对于，第四季度中，华为销量大于，三星和苹果总销量之和低于华为的销量，故错误；对于，苹果第二季度的销量大于苹果第三季度的销量，故错误；对于，第一季度销量最大的是华为，故错误；对于，由图知，四个季度华为的销量都最大，所以华为的全年销量最大，正确，故选D.【点睛】本题主要考查百分比堆积图的应用，考查了数形结合思想，意在考查灵活应用所学知识解决实际问题的能力，属于中档题.5.中，角，的对边分别为，若，.则角等于（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】试题分析：因为，所以由正弦定理可得：，因为，可得：，所以或，故选D.考点：正弦定理6.设抛物线上一点到轴的距离是4，则点到该抛物

6、线焦点的距离是（ ）A. 4B. 6C. 8D. 12【答案】【解析】试题分析：先根据抛物线的方程求得抛物线的准线方程，根据点P到y轴的距离求得点到准线的距离进而利用抛物线的定义可知点到准线的距离与点到焦点的距离相等，进而求得答案解：抛物线y2=8x的准线为x=2，点P到y轴的距离是4，到准线的距离是4+2=6，根据抛物线的定义可知点P到该抛物线焦点的距离是6故选B考点：抛物线的定义此处有视频，请去附件查看】7.函数的部分图象如图所示，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：根据图像得到：，将点代入得到，考点：的部分图像确定其解析式8.下列说法错误的是（ ）A. 垂直于同一

7、个平面的两条直线平行B. 若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直C. 一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行D. 一条直线与一个平面内无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直【答案】D【解析】【分析】根据线面垂直的性质定理判断；根据面面垂直的性质定理判断；根据面面平行的判定定理判断；根据特例法判断.【详解】由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行,正确；由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,正确；由面面平行的判定定理知，一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行

8、，则这两个平面平行，正确；当一条直线与平面内无数条相互平行的直线垂直时，该直线与平面不一定垂直，错误，故选D.【点睛】本题主要考查面面平行的判定、面面垂直的性质及线面垂直的判定与性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.9.已知，若正实数满足，则的取值范围为（ ）A. B. 或C. 或D. 【答案】C【解析】【分析】先判断是上的增函数，原不等式等价于，分类讨论，

9、利用对数函数的单调性求解即可.【详解】因为与都是上的增函数，所以是上的增函数，又因为所以等价于，由，知,当时，在上单调递减，故，从而；当时，在上单调递增，故，从而，综上所述， 的取值范围是或，故选C.【点睛】解决抽象不等式时，切勿将自变量代入函数解析式进行求解，首先应该注意考查函数的单调性若函数为增函数，则；若函数为减函数，则10.已知是定义在上的奇函数，且，则函数的零点个数至少为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】根据函数是定义在上的奇函数可得，可判断函数的零点个数为奇数，结合求得的值为零，从而可得结果.【详解】是定义在上的奇函数，且零点关于原点对称，零点个数奇数

10、，排除选项，又，的零点至少有个，故选C.【点睛】本题主要考查函数的零点、函数奇偶性的应用以及抽象函数的解析式，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.11.五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明重要组成部分.古人认为，天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成，如图，分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系.若从5类元素中任选2类元素，则2类元素相生的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】列举出金、木、水、火、土任取两个的所有结果共10种，其中2类元素相生的结果有5种，再根据古典概型概率公式可得结果.【详解】金、木、水、火、土任取两类，共有

11、：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土10种结果，其中两类元素相生的有火木、火土、木水、水金、金土共5结果，所以2类元素相生的概率为，故选A.【点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于基础题，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.12.在棱长为2的正方体中，是内（不含边界）的一个动点，若，则线段的长的取值范围为（

12、 ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判断是正四面体，可得正四面体的棱长为，则的最大值为的长，的最小值是到平面的距离，结合不在三角形的边上，计算可得结果.【详解】由正方体的性质可知，是正四面体，且正四面体的棱长为，在内，的最大值为，的最小值是到平面的距离，设在平面的射影为,则为正三角形的中心，的最小值为，又因为不在三角形的边上，所以的范围是，故选C.【点睛】本题主要考查正方体的性质及立体几何求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义以及平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、

13、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.若函数在点处切线方程为，则实数_.【答案】-1【解析】【分析】利用导数的几何意义求出曲线在点处的切线斜率为,从而可得结果.【详解】因为函数的导数为,所以在点处的切线斜率为,又因为在点处的切线方程为,所以,解得，故答案为.【点睛】本题主要考查利用导数求切线斜率，属于基础题. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 己知斜率求参数或切点即解方程；(3) 巳知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.14

14、.执行如图所示的程序框图，输出的为_.【答案】1【解析】【分析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的的值.【详解】执行程序框图，输入，第一次循环；第二次循环； 第三次循环；第四次循环；第五次循环；第六次循环；第七次循环；第八次循环；第九次循环；第十次循环；退出循环输出，故答案为1.【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控

15、制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.15.已知向量，且，则_.【答案】【解析】【分析】设（x，y）由于向量，满足|1，（2，1），且（R），可得，解出即可【详解】设（x，y）向量，满足|1，（2，1），且（R），（x，y）+（2，1）（x+2，y+1），化为25解得故答案为：【点睛】本题考查了向量的坐标运算、向量的模的计算公式、零向量等基础知识与基本技能方法，属于基础题16.已知双曲线：的右焦点为，左顶点为，以为圆心，为半径的圆交的右支于，两点，且线段的垂直平分线经过点，则的离心率为_.【

16、答案】【解析】【分析】先证明是正三角形，在中，由余弦定理、结合双曲线的定义可得，化为，从而可得结果.【详解】由题意，得，另一个焦点，由对称性知，又因为线段的垂直平分线经过点，则，可得是正三角形，如图所示，连接，则，由图象的对称性可知，又因为是等腰三角形，则，在中，由余弦定理：，上式可化为，整理得：，即，由于，则，故，故答案为.【点睛】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题

17、应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的等式，从而求出的值.本题是利用点到直线的距离等于圆半径构造出关于的等式，最后解出的值.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知数列是以3为首项，为公差的等差数列，且，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列中，成等比数列列出关于公差的方程，解方程可得的值，从而可得数列的通项公式；（2）由（1）知，利用分组求和法，

18、结合等差数列与等比数列的求和公式，计算即可得结果.【详解】（1）因为，成等比数列，所以，即.因为，所以，即，所以或-6（舍去），所以.（2）由（1）知，所以.【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的求和公式以及利用“分组求和法”求数列前项和，属于中档题. 利用“分组求和法”求数列前项和常见类型有两种：一是通项为两个公比不相等的等比数列的和或差，可以分别用等比数列求和后再相加减；二是通项为一个等差数列和一个等比数列的和或差，可以分别用等差数列求和、等比数列求和后再相加减.18.如图所示，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，且，平面平面，为的中点.（1）求证：平面；（2）若为等边三角形，为线段上的

19、一点，求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）1【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，再由面面垂直的性质可得平面.；（2）先证明平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，然后利用即可得结果.【详解】（1）因为，为的中点，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面.（2）因为为等边三角形，所以，因为，平面，平面，所以平面.因为点在线段上，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，因为四边形为菱形，所以，所以.【点睛】本题主要考查面面垂直的性质、线面垂直的证明以及锥体的体积，属于中档题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运

20、用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.19.十九大以来，某贫困地区扶贫办积极贯彻落实国家精准扶贫的政策要求，带领农村地区人民群众脱贫奔小康，扶贫办计划为某农村地区购买农机机器，假设该种机器使用三年后即被淘汰.农机机器制造商对购买该机器的客户推出了两种销售方案：方案一：每台机器售价7000元，三年内可免费保养2次，超过2次每次收取保养费200元；方案二：每台机器售价7050元，三年内可免费保养3次，超过3

21、次每次收取保养费100元.扶贫办需要决策在购买机器时应该选取那种方案，为此搜集并整理了50台这种机器在三年使用期内保养的次数，得下表：保养次数012345台数110191442记表示1台机器在三年使用期内的保养次数.（1）用样本估计总体的思想，求“不超过2”的概率；（2）若表示1台机器的售价和三年使用期内花费的费用总和（单位：元），求选用方案一时关于的函数解析式；（3）按照两种销售方案，分别计算这50台机器三年使用期内的总费用（总费用=售价+保养费），以每台每年的平均费用作为决策依据，扶贫办选择那种销售方案购买机器更合算？【答案】（1）0.6；（2）；（3）355600，353300，第二种方

22、案.【解析】【分析】（1）根据表中所给数据可得“不超过2”的频数，利用古典概型概率公式可求“不超过2”的概率；（2）当时，；当，从而可得结果；（3）求出方案一中，这50台机器售价和保养总费用可得每年每台的平均费用，求出方案二中，这50台机器售价和保养总费用，可得每年每台的平均费用，比较两种方案每年每台的平均费用的大小，从而可得结果，【详解】（1）从上表中可以看出50台机器维修次数不超过2次的台数共30台，故“不超过2”的概率为.（2）当时，；当，故关于的函数解析式为.（3）在方案一中，这50台机器售价和保养总费用为（元）.所以每年每台平均费用为元.在方案二中，这50台机器售价和保养总费用为（元

23、）.所以每年每台平均费用为元.因为，所以扶贫办应选择第二种方案更合算.【点睛】本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及古典概型概率公式，属于中档题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.20.如图，椭圆：的离心率为，设，分别为椭圆的右顶点，下顶点，的面积为1.（1）求椭圆的方程；（2）已知不经过点的直线：交椭圆于，两点，线段的中点为，若，求证：直线过定点.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）根据离心率为， 的面积为1.，结合性

24、质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、 ，即可得结果；（2）由，可得线段为外接圆的直径，即，联立，利用平面向量数量积公式、结合韦达定理可得或，直线的方程为或，从而可得结论.【详解】（1）由已知，可得，又因，即，所以，即，所以椭圆的方程为.（2）由题意知，因为，所以，所以线段为外接圆的直径，即，联立，得，设，则， 又因为，即，又，即， 把代入得：得或，所以直线的方程为或，所以直线过定点或（舍去），综上所述直线过定点.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程与简单性质以及直线过定点问题，判断直线过定点主要形式有：（1）斜截式，直线过定点；（2）点斜式直线过定点.21.已知函数.（1）求的单调递增区间；

25、（2）若函数有两个极值点且恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）时，增区间为；时，增区间为；时，增区间为，；（2）.【解析】【分析】（1）求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，令求得的范围，可得函数增区间；（2）由（1）知， 且， 恒成立，可化为恒成立，利用导数求出函数，的最小值即可得结果.【详解】（1）函数的定义域为，令，若时，在恒成立，函数在上单调递增.若，方程，两根为，当时，单调递增.当时，单调递增，单调递增.综上，时，函数单调递增区间为，时，函数单调递增区间为，时，函数单调递增区间为，.（2）由（1）知，存在两个极值点时，且，则，且，.此时恒成立，可化为恒成立，设，因为，所以，所以

26、，故在单调递减，所以实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、求函数的最值以及不等式恒成立问题，属于难题不等式恒成立问题常见方法： 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）； 数形结合( 图象在 上方即可)； 讨论最值或恒成立； 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的方程为，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.（1）求直线和曲线的极坐标方程；（2）设直线与曲线交于，两点，求的值.【答案】（1）

27、：，：；（2）【解析】【分析】（1）直线的参数方程，利用代入法消去参数可得其普通方程，再化为极坐标方程即可；圆的标准方程化为一般方程，再利用，可得结果；（2）将代入化简，可得，结合韦达定理可得结果.【详解】（1）由得，所以的极坐标方程为，由得，又因为，所以曲线的极坐标方程为.（2）将代入，可得，即，所以，由极坐标几何意义得.【点睛】本题主要考查参数方程化为普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化以及极径的几何意义，属于中档题.参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程；利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化。23.选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）解不等式；（2）若，求证：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）原不等式等价于，化为或，从而可得结果；（2）先化简，可得，再利用作差法证明，进而可得结论.【详解】（1）由，得，即或，解得或，综上所述，不等式的解集为或.（2），因为，所以，所以，所以，则，即.【点睛】绝对值不等式的常见解法：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想