河北省石家庄市2019届高三5月份适应性考试数学（文）试卷 WORD版含解析.doc

1、河北省石家庄市2019届高三5月份适应性考试数学（文科）试题一、选择题.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，集合，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据对数函数的性质，以及一元二次不等式的解法，正确求解集合，再根据集合的交集运算，即可求解.【详解】由题意，集合，集合，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中根据对数函数的性质，以及一元二次不等式的解法，正确求解集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2. ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算，可得，即可求解.【详解】

2、由题意，根据复数的运算，可得，故选A.【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，其中解答中熟记复数的除法运算的法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3.设等差数列的前项和为若，是方程的两根，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由，是方程的两根，得，再根据等差数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，是方程的两根，则，所以，故选A.【点睛】本题主要考查了等差数列性质，以及等差数列的求和，其中解答中熟记等差数列的性质，合理利用等差数列的求和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.设函数，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解

3、析】【分析】根据根据分段函数的解析式，求得，进而可求解的值，得到答案.【详解】由题意，函数，则，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了分段函数的求值问题，其中解答中根据分段函数的解析式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.设双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的几何性质，求得，再本题中离心率为，即可求解.【详解】由题意，双曲线，即双曲线的方程为，则渐近线方程为，又由渐近线方程为，即，所以，所以双曲线的离心率为，故选B.【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求解，其中解答中根据双曲线的几何性质，求得，

4、进而利用离心率的公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6.“关注夕阳、爱老敬老”某马拉松协会从年开始每年向敬老院捐赠物资和现金.下表记录了第年(年是第一年)与捐赠的现金(万元)的对应数据，由此表中的数据得到了关于的线性回归方程，则预测年捐赠的现金大约是( )A. 万元B. 万元C. 万元D. 万元【答案】C【解析】【分析】由已知求出，代入回归直线的方程，求得，然后取，求得的值，即可得到答案.【详解】由已知得，所以样本点的中心点的坐标为，代入，得，即，所以，取，得，预测2019年捐赠的现金大约是万元.【点睛】本题主要考查了线性回归方程以及应用，其中解答中熟记回归直线的

5、方程经过样本中心点是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.7.如图，四个全等的直角三角形和一个小正方形组成一个大正方形，直角三角形两直角边的比为，小正方形的边长为，作出小正方形的内切圆，现在大正方形内随机取-点，则此点取自圆内部分的概率为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求得大正方形的边长，得到大正方形的面积为5，再求得小正方形为为1，得打内切圆半径为，内切圆的面积为，最后根据面积比的几何概型，即可求解.【详解】设直角三角形的直角边为，则大正方形的边长为，所以大正方形的面积为5，四个直角三角形的面积和为，所以小正方形的面积为，所以小正方形边长为1，内切圆半径为

6、，内切圆的面积为，由面积比的几何概型，可得概率为，故选C.【点睛】本题主要考查了几何概型概率的计算问题，解决此类问题的步骤：求出满足条件A的基本事件对应的“几何度量”，再求出总的基本事件对应的“几何度量”，然后根据求解，着重考查了分析问题和解答问题的能力.8.我国古代科学家祖冲之儿子祖暅在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”(“幂”是截面积，“势”是几何体的高)，意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则它们的体积相等.已知某不规则几何体与如图所示的三视图所表示的几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【

7、分析】首项把三视图转换为几何体，得该几何体表示左边是一个棱长为2的正方体，右边是一个长为1，宽和高为2的长方体截去一个底面半径为1，高为2的半圆柱，进一步利用几何体的体积公式，即可求解，得到答案.【详解】根据改定的几何体的三视图，可得该几何体表示左边是一个棱长为2的正方体，右边是一个长为1，宽和高为2的长方体截去一个底面半径为1，高为2的半圆柱，所以几何体的体积为，故选A.【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关

8、键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.9.正整数除以后的余数为，记为，如.执行如图的程序框图，则输出的数是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知的程序框图可知，该程序的功能是利用循环结构的计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量的变化情况，即可得到答案.【详解】依题意，进入内循环时为10，出内循环时被4除余数是3，即此时，外循环当除以5余数是2时结束循环，综合两个循环，输出的比11大，且被4除余3，被5除余2，所以该数，所以，所以，所以当时符合条件，即，故选C.【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与

9、输出问题，其中解答中把握循环结构的程序框图的运算功能，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与转换能力，属于中档试题.10.过点作直线与圆交于，两点，若为，中点，则直线的方程为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由点为的中点，等价于，根据垂直关系求得直线的斜率，再根据点斜式，即可求解直线的方程，得到答案.【详解】由题意，圆的圆心为，若点为的中点，等价于，则，所以直线的斜率为1，所以直线的方程为，即，故选D.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟练应用圆的弦的性质，以及直线的点斜式方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.11.一个圆锥的母线

10、长为，圆锥的母线与底面的夹角为，则圆锥的内切球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知求得圆锥的底面半径与高，再由等面积法求出该圆锥的内切球的半径，再由球的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，作出圆锥截面图，如图所示，因为母线长为2，圆锥的母线与底面的夹角为，所以圆锥底面半径与高均为，设内切球的半径为，则利用圆锥的轴截面，根据等面积法，可得，解得，所以该圆锥内切球的表面积为，故选B.【点睛】本题主要考查了圆锥的内切球的表面积及其应用，其中解答中根据圆锥的轴截面，利用等面积法，求得内切球的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.12.已知抛物线

11、的焦点为，、是抛物线上的两点，若，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设直线的方程为，代入，利用根与系数的关系得，再由，求得，联立解得，利用抛物线的定义，即可求解.【详解】由抛物线的方程的焦点，设直线的方程为，将其代入，得，设，则，.因为，所以，即，.则得，所以，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、标准方程及其几何性质，以及向量的坐标运算的应用，其中解答中熟练应用抛物线的定义，合理利用向量坐标运算，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.二、填空题（将答案填在答题纸上）13.函数在处的切线方程为_【答案】【解析】【分析】求得函数的导数，

12、得到，利用直线的点斜式方程，即可求解.【详解】由题意，函数，则，则，所以在点处的切线方程为，即.【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求解切线的方程，其中解答中正确求函数的导数，准确利用点斜式方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14.已知向量，则在上的投影是_【答案】【解析】【分析】由题意，求得向量，进而得到，再利用投影的公式，即可求求解，得到答案.详解】由题意，向量，则，所以，所以在上的投影是.【点睛】本题主要考查了向量的投影，以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的投影的定义，以及向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础

13、题.15.若实数，满足不等式组，则的最小值是_【答案】【解析】【分析】作出不等式组所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解，得到答案.【详解】作出不等式组所表示的平面区域，如图所示，由目标函数可化为直线，当直线平移经过点A时，此时在轴上的截距最小，此时目标函数取得最小值，又由，解得，所以目标函数的最小值为.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题16.已知数列的前项和为，满足，则=_【答案】【解析】【分析】由数

14、列满足，则，两式相减可得，化简得，得到数列表示首项为，公比为的等比数列，即可求解.【详解】由题意，数列满足，则，两式相减可得，即整理得，即，即，当时，即，解得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列，所以，所以.【点睛】本题主要考查了数列的递推公式，以及等比数列的通项公式的应用，其中解答根据数列的递推公式和等比数列的定义，得到数列表示首项为，公比为的等比数列是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.三、解答题（答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.在中，(1)求的值；(2)设的平分线与交于，若，求的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由，求得，可得，即可求解.(2)

15、 在直角中，解得，在在中，,由正弦定理,即可求解.【详解】(1)由，得，又由,所以，所以.(2) 在直角中，所以，在中， 由正弦定理得，所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键在中，通常涉及三边三角，知三（除已知三角外）求三，可解出三角形，当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.18.如图，在四棱锥中，是梯形，且，.(1)求证：；(2)求三棱锥的体积；(3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求得值；若不存在，说明理由

16、.【答案】（1）见证明；（2）（3）见解析【解析】【分析】(1)利用勾股定理，得，再由平面，得，根据线面垂直的判定定理，即可得到；(2) 利用，即可求解，得到答案.(3)在棱上取点，使得，过作交于，利用线面平行的判定定理，证得平面，即可得到结论.【详解】(1)由题意，可知 ，则，所以，面，所以，又因为，所以(2) 因为，为等腰直角三角形，所以，在中，又，.(3)在棱上取点，使得，过作交于，则，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故在棱上存在点，当时，使得平面.【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其

17、中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直19.为响应国家“精准扶贫、精准脱贫”的号召，某贫困县在精准推进上下实功，在在精准落实上见实效现从全县扶贫对象中随机抽取人对扶贫工作的满意度进行调查，以茎叶图中记录了他们对扶贫工作满意度的分数(满分分)如图所示，已知图中的平均数与中位数相同.现将满意度分为“基本满意”(分数低于平均分)、“满意”(分数不低于平均分且低于分)和“很满意”(分数不低于分)三个级别. (1)求茎叶图中数据的平均数和的值;(2)从“满意”和

18、“很满意”的人中随机抽取人，求至少有人是“很满意”的概率.【答案】（1）平均数为；（2）【解析】【详解】(1)由题意，根据图中个数据的中位数为，由平均数与中位数相同，得平均数为，所以，解得；(2)依题意，人中，“基本满意”有人，“满意”有人，“很满意”有人.“满意”和“很满意”的人共有人.分别记“满意”的人为，“很满意”的人为，.从中随机抽取人的一切可能结果所组成的基本事件共个：，.用事件表示“人中至少有人是很满意”这一件事，则事件由个基本事件组成：，共有22个.故事件的概率为【点睛】本题主要考查了茎叶图的应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中解答中熟记茎叶图的中的平均数和中位数的计算，以

19、及利用列举法得出基本事件的总数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.20.关于椭圆的切线由下列结论：若是椭圆上的一点，则过点的椭圆的切线方程为.已知椭圆.(1)利用上述结论，求过椭圆上的点的切线方程；(2)若是直线上任一点，过点作椭圆的两条切线，（，为切点），设椭圆的右焦点为，求证：.【答案】（1）（2）见证明【解析】【分析】(1)将代入椭圆方程，求得，再利用题意，即可求解切线的方程； (2)由过，两点的椭圆的切线，的方程，得到点，两点均在直线上，得出直线的方程为，进而求得，即可得到结论.【详解】(1)由题意，将代入椭圆方程，得，所以，所以过椭圆上的点的切线方程为，即.

20、(2)设，则过，两点的椭圆的切线，的方程分别为，因为在两条切线上，所以，两点均在直线上，即直线的方程为，当时，又，所以，若，点在轴上，两点关于轴对称，显然.【点睛】本题主要考查了椭圆方程的应用，以及类比思想的应用，其中解答根据题意，合理利用椭圆的切线方程的求法，准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.21.设是函数的导函数，我们把的实数叫做函数的好点.已知函数.(1)若是函数的好点，求；(2)若函数不存在好点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1) 求得函数的导数，根据，得，代入，即可求解. (2) 由（1）知根据，得，令，问题转化为讨论函数的零

21、点问题，利用导数分类讨论求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】(1) 由题意，函数，可得，由，得，即.因为是函数的好点，所以，解得.(2) 由（1）知，由，得，即.令，问题转化为讨论函数的零点问题.因为，当时，若函数不存在好点，等价于没有零点，即的最小值大于零，又由，若，则，无零点，无好点.若，则，得.当时，；当时，所以在单调递减，单调递增.所以当时，取最小值.当且仅当，即时，所以无零点，无好点.若，则，得.当时，；当时，所以在单调递减，单调递增.所以当时，取最小值.当且仅当，即时，所以无零点，无好点.综上，的取值范围为.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及函数的零点问题的求解

22、，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），进而得出相应的不等关系式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题22.曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；(2)若直线与曲线，的交点分别为、（、异于原点），当斜率时，求的最小值.【答案】（1）的极坐标方程为；曲线的直角坐标方程.（2）【解析】【分析】(1)消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再利用极坐标与直角坐标的互化

23、，即可求解. (2)解法1：设直线的倾斜角为，把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程，求得，再把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程，得，得出，利用基本不等式，即可求解；解法2：设直线的极坐标方程为，分别代入曲线，的极坐标方程，得， ，得出，即可基本不等式，即可求解.【详解】(1) 由题曲线的参数方程为（为参数），消去参数，可得曲线的直角坐标方程为，即，则曲线极坐标方程为，即，又因为曲线的极坐标方程为，即，根据，代入即可求解曲线的直角坐标方程.(2)解法1：设直线的倾斜角为，则直线的参数方程为（为参数，），把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程得：，解得，把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程

24、得：，解得，即，当且仅当，即时取等号，故的最小值为.解法2：设直线的极坐标方程为），代入曲线的极坐标方程，得，把直线的参数方程代入曲线的极坐标方程得：，即，曲线的参，即，当且仅当，即时取等号，故的最小值为.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程点互化，以及直线参数方程的应用和极坐标方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.23.已知函数.(1)当时，求不等式的解集；(2)令，的图象与两坐标轴的交点分别为，若三角形的面积为，求得值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)当时，不等式可化为，分类讨论，即可求解不等式的解集； (2)由题意，得到函数解析式，得到的图象与两坐标轴的交点坐标分别，根据面积列出方程，即可求解.【详解】(1)当时，不等式可化为，当时，不等式化为，解得：；当时，不等式化为，解得：；当时，不等式化为，解集为，综上，不等式的解集为.(2)由题设得，所以的图象与两坐标轴的交点坐标分别为，于是三角形的面积为，得，或（舍去），故.【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的求解，以及分段函数的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的解法，熟练求得函数的图象与两坐标轴的交点是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.