山东省青岛市2019届高三3月教学质量检测（一模）数学（理）试卷 WORD版含解析.doc

1、山东省青岛市2019届高三3月教学质量检测（一模）数学（理）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，集合，则（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出集合，集合，由此能求出【详解】集合， 集合， 故选：C【点睛】本题考查并集的求法，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2.已知为虚数单位，实数，满足，则的值为（）A. 6B. -6C. 5D. -5【答案】A【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求解即可得答案【详解】，解得的值为6故选：A【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件

2、，是基础题3.已知，满足约束条件，则的最小值是（）A. B. C. 0D. 3【答案】A【解析】【分析】作出不等式对应的平面区域，利用的几何意义进行求解即可【详解】作出，满足约束条件对应的平面区域如图（阴影部分）：则的几何意义为区域内的点到定点的直线的斜率，由图象可知当直线过点时对应的斜率最小，由，解得，此时的斜率，故选：A【点睛】本题主要考查线性规划应用，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法，要熟练掌握目标函数的几何意义4.已知函数图象的相邻两对称中心的距离为，且对任意都有，则函数的一个单调递增区间可以为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据条件求出函数的周期和，利

3、用条件判断函数的对称性，然后结合函数单调性的性质进行求解即可【详解】函数图象的相邻两对称中心的距离为，即，对任意都有，函数关于对称，即，即，当时，即，由，得，即函数的单调递增区间为，当时，单调递增区间为，故选：D【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件求出函数的解析式是解决本题的关键5.执行如图所示的程序框图，则输出的值为（）A. 7B. 6C. 5D. 4【答案】C【解析】【分析】由流程图循环4次，输出，即可得出结果.【详解】初始值，是，第一次循环：，是，第二次循环：，是，第三次循环：，是，第四次循环:S，否，输出故选：C【点睛】本题考查程序框图的循环，分析框图的作用，逐步执行即可

4、，属于基础题6.过抛物线焦点作倾斜角为的直线，若与抛物线交于，两点，且的中点到抛物线准线的距离为4，则的值为（）A. B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】设，由点差法得到，因为过抛物线的焦点且斜率为1的直线与抛物线相交于，两点，所以，方程为：，故，中点横坐标为，再由线段的中点到抛物线准线的距离为4，能求出【详解】设，则，-，得：，过抛物线的焦点且斜率为1的直线与抛物线相交于，两点，方程为：，为中点纵坐标， ，中点横坐标为，线段的中点到抛物线准线的距离为4，解得故选：C【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系及其应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化7.部分与整体以

5、某种相似的方式呈现称为分形谢尔宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出具体操作是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线，将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程得到如图所示的图案，若向该图案随机投一点，则该点落在黑色部分的概率是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先观察图象，再结合几何概型中的面积型可得：，得解【详解】由图可知：黑色部分由9个小三角形组成，该图案由16个小三角形组成，设“向该图案随机投一点，则该点落在黑色部分”为事件，由几何概型中的面积型可得：，故选：B【点睛】本题考查了识图能力及几何概型中的面积型

6、，熟记公式即可，属于常考题型8.在中，则（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由平面向量的基本定理结合向量共线定理，即可得解.【详解】 ，故选：A【点睛】本题考查了平面向量的基本定理，熟记基本定理即可，属于常考题型9.已知双曲线：，为坐标原点，过的右顶点且垂直于轴的直线交的渐近线于，过的右焦点且垂直于轴的直线交的渐近线于，若与的面积比为，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三角形的面积比等于相似比的平方，可得，即可求出渐近线方程【详解】由三角形的面积比等于相似比的平方，则，C渐近线方程为yx，故选：B【点睛】这个题目考查了双曲线的几何

7、意义的应用，考查了三角形面积之比等于相似比这一转化，题目比较基础.10.设，则展开式中的常数项为（）A. 560B. 1120C. 2240D. 4480【答案】B【解析】【分析】计算定积分求得的值，再利用二项展开式的通项公式，求出展开式中的常数项【详解】设，则展开式中的通项公式为，令，求得，可得展开式中的常数项为，故选：B【点睛】本题主要考查定积分的运算，二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题11.在我国古代数学名著九章算术中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵已知在堑堵中， ，则与平面所成角的大小为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】

8、【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出与平面所成角的大小【详解】在堑堵中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，平面的法向量，设与平面所成角的大小为，则，与平面所成角的大小为45故选：B【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题12.已知函数，若方程有四个不相等的实根，则实数的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由方程的根的个数与函数图象交点个数的关系得：方程有四个不相等的实根，等价于函数的图象与直线有四个交

9、点，结合导数求函数图象的切线方程可得：当直线与函数相切时，当直线与函数相切时，利用导数的几何意义可得：，再结合像图知函数的图象与直线有四个交点时，实数的取值范围是，得解【详解】因为方程有四个不相等的实根，等价于函数的图象与直线有四个交点，易得：当直线与函数相切时,方程只有一个实根，即只有一个实根，故，即，或(舍)；当直线与函数相切时，设切点坐标为,因为，所以；所以切线方程为，即；又切线方程为，所以，由图知函数的图象与直线有四个交点时，实数的取值范围是，故选：D【点睛】本题考查了方程的根的个数与函数图象交点个数的关系及利用导数求函数图象的切线方程，属中档题二、填空题（本大题共4小题，共20.0分

10、）13.若，则_【答案】.【解析】【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式，求得的值【详解】，则 ，故答案为：【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，二倍角公式的应用，属于基础题14.已知，且，则的最小值为_【答案】4.【解析】【分析】直接利用代数式的恒等变换和利用均值不等式的应用求出结果【详解】，当且仅当，时取等号，故答案为：4.【点睛】本题考查的知识要点：代数式的恒等变换，均值不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型15.在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，面，且，若在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积为_【答案】【解析】【分析】首先根据题意分析出

11、当球和四棱锥内切时球的表面积最大，之后根据面积分割得到，从而得到球的半径.【详解】在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积时，对应的球应该是内切球，此时球的半径最大，设内切球的球心为O半径为R，连接球心和ABCD四个点，构成五个小棱锥，根据体积分割得到，五个小棱锥的体积之和即为大棱锥的体积，根据AB垂直于AD，PD垂直于AB可得到AB垂直于面PDA，故得到AB垂直于PA， 同理得到BC垂直于PC，表面积为：， 此时球的表面积为： .故答案为：.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切

12、于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球和锥体的内切问题，通常是应用体积分割来求解.16.在中，若恒成立，则的最小值为_【答案】.【解析】【分析】由正弦定理可得，可表示，然后根据和差角公式及余弦函数的性质可求的范围，进而可求【详解】，由正弦定理可得， ，恒成立，则，即的最小值为，故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理，和差角公式及余弦函数的性质的简单应用，属于中档试题三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列的前项和为，满足：，数列为等比数列，满足， （）求数列，的通项公式；（）若数

13、列的前项和为，数列的前项和为，试比较与的大小【答案】（）；.（） .【解析】【分析】（）由题意可得数列为首项和公差均为1的等差数列，即可得到所求的通项公式；再由等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，即可得到的通项公式；（）由，运用裂项相消求和可得，由等比数列的求和公式可得，由不等式的性质即可得到大小关系【详解】（），可得，即数列为首项和公差均为1的等差数列，可得；数列为等比数列，满足，设公比为，可得，可得，即有时，可得；不成立，舍去，则；（）， ；，则，即有【点睛】本题考查等差数列和等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查数列的裂项相消求和，以及不等式的性质，考查运算能力和推理能力，

14、属于中档题18.如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为2的等边三角形，（）证明：平面平面；（）求二面角的余弦值【答案】()见解析；（）.【解析】【分析】（）取的中点，连结，推导出，从而平面，再由平面，得，从而四边形是平行四边形，进而，推导出，平面，从而平面，由此能证明平面平面 （）分别以，所在直线为，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】证明：（）取的中点，连结，平面，平面平面，平面平面，平面，平面，又，四边形是平行四边形，是等边三角形，又平面，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，平面平面解：（）由（）得平面，又，分别以，所在直线为，轴，建立空间直角坐标系，则，设

15、平面的一个法向量为，则，取，得，设平面的一个法向量为，则，取，得，设二面角的平面角为，由题意为钝角，则二面角的余弦值为【点睛】本题考查面面垂直的证明，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，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题19.已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆的右焦点，过的直线与椭圆交于不同的两点，当直线垂直于轴时，四边形的面积为6（）求椭圆的方程；（）若直线的斜率为，线段的垂直平分线与轴交于点，求证：为定值【答案】（）；（）见解析.【解析】【分析】（）根据，可得，再根据离心率求出，即可求出椭圆方程，（）由题意可知，直线的方程为

16、，根据韦达定理和弦长公式求出，再求出直线的方程可得的坐标，即可求出，问题得以证明【详解】（）由：，令可得，则，则 ，可得，椭圆的方程为证明：（）由题意可知，直线的方程为，由，可得设，设的中点为，则，则的过程为，令，可得， ，为定值【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查根的判断式、韦达定理、弦长公式，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题20.某食品厂为了检查甲、乙两条自动包装流水线的生产情况，随机在这两条流水线上各抽取100件产品作为样本称出它们的质量（单位：毫克），质量值落在的产品为合格品，否则为不合格品如表是甲流水线样本频数分布表，如图是乙流水线样本的频率分布直方图产品质量/毫克频数

17、3919352275（）由以上统计数据完成下面列联表，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关？甲流水线乙流水线总计合格品不合格品总计附表：0.1500.1000.0500.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828（参考公式： ）（）由乙流水线的频率分布直方图可以认为乙流水线生产的产品质量指标服从正态分布，求质量指标落在上的概率；参考公式：，（）若以频率作为概率，从甲流水线任取2件产品，求至少有一件产品是合格品的概率【答案】() 在犯错误的概率不超过0.15的前提下不能认为产品的

18、包装合格与两条自动包装流水线的选择有关；() 0.8185；(3) 0.9936【解析】【分析】（）由乙流水线样本的频率分布直方图可知，合格品的个数为，由此可得列联表，根据列联表求得的观测值，结合临界值表可得；（）先根据题中参考公式求出，再由 即可求出结果.（）根据对立事件概率公式计算【详解】（）由乙流水线样本的频率分布直方图可知，合格品的个数为所以，列联表是：甲流水线乙流水线总计 合格品92 96188不合格品8 4 12总计100100200所以，所以在犯错误的概率不超过0.15的前提下不能认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关（）乙流水线的产品生产质量指标服从正态分布，所以，所

19、以 ，即： ，所以质量指标落在概率是0.8185（）若以频率作概率，则从甲流水线任取一件产品是不合格品的概率，设“任取两件产品，至少有一件合格品”为事件，则为“任取两件产品，两件均为不合格品”，且，所以，所以任取两件产品至少有一件为合格品的概率为0.9936【点睛】本题考查了独立性检验，以及正态分布问题，熟记独立性检验的思想以及正态分布的特征即可，属于中档题21.已知函数（）当时，证明：函数只有一个零点；（）若函数的极大值等于0，求实数的取值范围【答案】()见解析；（）.【解析】【分析】（）首先求解所给函数的导函数，然后利用导数研究函数的单调性证明题中的结论即可；（）由题意结合函数的解析式和导

20、函数的性质分类讨论确定实数的取值范围即可【详解】（）由题知：令 则，所以，当时，即在上单调递减又因为，所以，当时，；当时，所以，在上单调递增，在上单调递减，所以所以只有一个零点（）由（）知：当时，的极大值等于0，符合题意当时，因为当时，；当时，；且，故存在，满足，当 ，当，又，；，；所以，此时是的唯一极大值点，且，符合题意当时，因为，；，且，所以，即在上单调递减无极值点，不合题意当时，因为当时，；当时，；且，令，则；所以，所以，即又因为，故存在，满足 ，此时是的唯一极小值点，是的唯一极大值点，因此不合题意综上可得：【点睛】本题主要考查导数研究函数的零点，导数研究函数的极值，分类讨论的数学思想等

21、知识，属于中等题22.直角坐标系中，曲线的参数方程为其中为参数）；以为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线（）求曲线的普通方程和极坐标方程；（）已知直线与曲线和曲线分别交于和两点（均异于点），求线段的长【答案】（）的普通方程为，的极坐标方程为：；（）.【解析】【分析】（）消去参数可得普通方程，再利用公式化成极坐标方程；（）设，的极坐标并分别代入，可得，再利用可得【详解】（）因为曲线的参数方程为（为参数），所以的普通方程为，在极坐标系中，将代入得，化简得，的极坐标方程为：（）因为直线的极坐标方程为（），且直线与曲线和和曲线分别交于，可设，将代入得，将代入曲线得所以【点

22、睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，熟记参数方程与普通方程的互化方法、以及极坐标与直角坐标的互化公式即可，属于常考题型23.已知函数，.（1）若，解不等式；（2）对任意，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)代入参数a，零点分区间去掉绝对值，分段解不等式即可；（2）根据绝对值三角不等式得到，所以，进而求解.【详解】（1）当时，当时，解得，所以.当时，解得，所以.当时，解得，所以.所以不等式解集为.（2）因为 ，所以.因为对任意，恒成立，所以，所以，所以.所以实数的取值范围为.【点睛】这个题目考查了绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式求最值的应用，题目难度中等.