山西省2019届高三数学百日冲刺考试试题文(含解析)
山西省2019年高三高考考前适应性测试 数学(文)试卷(PDF版) backup
棕x+
π 6
（棕＞0）在［0，π］ 上恰有一个最大值点和两个零点，则
棕 的取值范围是 ▲ ．
文科数学试题 A 第 2 页（共 4 页）
A
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 17~21 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.
k x
在（1，+∞）上恒成立，求整数
k
的最大值．
（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题
计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.
22.［选修 4－4：坐标系与参数方程］（10 分）
在极坐标系中，直线 l：籽cosθ= 姨 3 ，P 为直线 l 上一点，且点 P 在极轴上方. 以 OP 为一
（3）若采用分层抽样法抽样，并按照学生选择 A 题目或 B 题目，将成绩分为两层，且样本
中有 8 个 A 题目的成绩，平均数为 7，方差为 4；有 2 个 B 题目的成绩，平均数为 8，方差为 1.
试用样本估计 900 名考生选做题得分的平均数与方差.
20.（12 分）
已知抛物线 C:y2=2px（p>0）的焦点为 F，准线为 l，若点 P 在 C 上，点 E 在 l 上，且△PEF
A. 1
B.
姨2 2
C. 姨 2
7. 某人连续投篮 5 次，其中 3 次命中，2 次未命中. 则
他第 2 次、第 3 次两次均命中的概率是
A. 3
B. 2
10
5
C.
1 2
D.
3 5
8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是
2019年山西省运城市高考数学冲刺试卷(文科)(5月份)
2019年山西省运城市高考数学冲刺试卷（文科）（5月份）一、选择题：本题共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A＝{x|x+1>0}，B＝{x|log2x<1}，则A∩B＝（）A.{x|−1<x<2}B.{x|x>−1}C.{x|−1<x<1}D.{x|0<x<2}【答案】D【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．【解答】A＝{x|x>−1}，B＝{x|0<x<2}，∴A∩B＝{x|0<x<2}．2. 已知函数f(x)＝x2−2x+m．若：f(x)有零点；q:0<m≤1，则（）A.p是q的充分不必要条件B.p是q的必要不充分条件C.p是q的充要条件D.p是q的不充分不必要条件【答案】B【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】利用判别式大于等于0求得m的范围，然后结合充分必要条件的判定方法得答案．【解答】函数f(x)＝x2−2x+m有零点，则△＝4−4m≥0，即m≤1．∴p不能推出q，但q能够推出p．∴p是q的必要不充分条件．3. 已知复数z1=b1+ai(a, b∈R)与z2＝1−2i互为共扼复数，则z＝a+bi在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【考点】复数的运算【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简z1，再由复数相等的条件列式求得a，b值得答案．【解答】∵z1=b1+ai =b(1−ai)(1+ai)(1−ai)=ba2+1−aba2+1i，z2＝1−2i，且z1与z2互为共扼复数，∴{ba2+1=1−aba2+1=2，解得a＝−2，b＝（5）∴z＝a+bi在复平面内对应的点的坐标为(−2, 5)，位于第二象限．4. 《易经》是我国古代预测未来的著作，其中同时抛掷三枚古钱币观察正反面进行预测未知，则抛掷一次时出现两枚正面一枚反面的概率为（）A.1 8B.14C.38D.12【答案】C【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】利用列举法求出抛掷三枚古钱币出现的基本事件共有8中，其中出现两正一反的共有3种，由此能求出出现两枚正面一枚反面的概率．【解答】抛掷三枚古钱币出现的基本事件共有：正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正，反反反8中，其中出现两正一反的共有3种，故出现两枚正面一枚反面的概率为：38．5. 已知函数f(x)＝e x+e−x，则下列结论正确的是（）A.f(x)是奇函数，在(0, +∞)单调递增B.f(x)是奇函数，在(0, +∞)单调递减C.f(x)是偶函数，在(0, +∞)单调递增D.f(x)是偶函数，在(0, ∞)单调递减【答案】C【考点】函数单调性的性质与判断函数奇偶性的性质与判断【解析】只要检验f(−x)与f(x)的关系即可判断，然后根据导数即可判断函数的单调性．【解答】∵f(x)＝e x+e−x，∴f(−x)＝e x+e−x＝f(x)，当x>0，f′(x)＝e x−e−x>0恒成立，故f(x)在(0, +∞)上单调递增．6. 已知向量a→=(1, 2)，b→=(−2, 3)，c→=(4, 5)，若(a→+λb→)⊥c→，则λ＝（）A.−12B.12C.−2D.2【答案】C【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】可求出a →+λb →=(1−2λ,3λ+2)，根据(a →+λb →)⊥c →即可得出(a →+λb →)⋅c →=0，进行数量积的坐标运算即可求出λ． 【解答】a →+λb →=(1−2λ,3λ+2)；又(a →+λb →)⊥c →；∴ (a →+λb →)⋅c →=4(1−2λ)+5(3λ+2)=0；解得λ＝−2．7. 已知点(1, 2)是双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >b >0)上一点，则其离心率的取值范围是（ ） A.(1, √5)B.(1, √52)C.(√5,+∞)D.(√52,+∞)【答案】C【考点】双曲线的离心率 【解析】把(1, 2)代入双曲线方程得出a ，b 的关系，再根据a ，b ，c 的关系得出a ，c 的关系，从而可得离心率的范围． 【解答】把(1, 2)代入双曲线方程得：1a 2−4b 2=1，∴ b 2a 2=b 2+4，∴ e =√1+b 2a2=√b 2+5>√5，8. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8<S 10<S 9，则满足S n >0的正整数n 的最大值为（ ） A.16 B.17 C.18 D.19 【答案】 C【考点】等差数列的性质 【解析】根据S 8<S 10<S 9，推出a 9>0，a 10<0，a 9+a 10＝S 10−S 8>(0)将S 18，S 19用a 9，a 10表示出来，即可得到满足S n >0的正整数n 的最大值． 【解答】由S 8<S 10<S 9得，a 9>0，a 10<0，a 9+a 10＝S 10−S 8>(0) 又S 17=17(a 1+a 17)2=17a 9>0，S 19=19(a 1+a 19)2=19a 10<0， S 18=18(a 1+a 18)2=9(a 9+a 10)>0，9. 如图，是一块木料的三视图，将它经过切削、打磨成半径最大的球，则该木料最多加工出球的个数为（ ）A.1B.2C.3D.4 【答案】 B【考点】由三视图求体积 【解析】由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为侧视图直角三角形内切圆的半径r ．然后判断球的个数． 【解答】由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为侧视图直角三角形内切圆的半径r ， 则4−r +3−r ＝5，∴ r ＝（1）取得直径为2，两个球的直径和为4，棱柱的高为5，所以则该木料最多加工出球的个数为（2） 故选：B ．10. 已知函数f(x)＝|lnx|满足f(a)>f(2−a)，则实数a 的取值范围是（ ） A.(0, 1) B.(1, 2) C.(2, 3) D.(1, 3) 【答案】 A【考点】对数函数的图象与性质 【解析】根据题意化简函数f(x)，得出f(x)在其定义域上的单调性；在定义域内讨论不等式f(a)>f(2−a)成立时，a 的取值范围． 【解答】根据题意可得，f(x)={lnx,x ≥1−lnx,0<x <1 ，∴ f(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增；根据题意可知，{a >02−a >0⇒0<a <2； ①当0<a <1，2−a >1时，∵ f(a)>f(2−a) ∴ −lna >ln(2−a)⇒a(2−a)<1，解得a ≠1； ⇒0<a <1；②当a ＝1时，f(a)＝f(2−a)不符合题意（舍）；③当1<a <2，0<2−a <1时，∵ f(a)>f(2−a) ∴ lna >−ln(2−a)⇒a(2−a)>1，解得a ∈⌀；综上，a的取值范围为(0, 1)．11. 已知m，n∈R，则(m−n)2+(m−e n)2的最小值为（）A.1 2B.1C.e2D.e【答案】A【考点】函数的最值及其几何意义【解析】将(m−n)2+(m−e n)2看成是函数y＝e x与函数y＝x上的两个动点之间的距离平方的最小值即可求解【解答】由题意：将(m−n)2+(m−e n)2看成是函数y＝e x与函数y＝x上的两个动点之间的距离平方的最小值；设函数g(x)＝e x−x，则，g′(x)＝e x−1，令g′(x)＝0，可得x＝0，当x∈(−∞, 0)时，g′(x)<0，当x∈(0, +∞)时，g′(x)>0，∴当x＝0时，可得函数g(x)的最小值，即坐标为(0, 1)．由(0, 1)到直线x−y＝0上的两个动点之间的距离d=2．∴(m−n)2+(m−e n)2的最小值12．12. 已知函数f(x)＝sin(ωx+φ)(ω>0，|φ|<π2的最小正周期为π，且f(x)是(π3, 4π5)上的单调函数，则φ的取值范围是（）A.(−π2, −π6] B.(−π2, π6]C.[−π6, −π10] D.[−π6, π2)【答案】C【考点】正弦函数的图象【解析】由题意利用正弦函数的周期性求得ω，再根据单调性求得φ的取值范围．【解答】∵函数f(x)＝sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π2)的最小正周期为2πω=π，∴ω＝2，∴f(x)＝sin(2x+φ)．∵f(x)是(π3, 4π5)上的单调函数，∴2π3+φ≥π2，且8π5+φ≤3π2，求得−π6≤φ≤−π10，二、填空题：本题共4小题每小题5分，共20分已知等比数列{a n}的公比q=−12，该数列前9项的乘积为1，则a1＝________．【答案】16【考点】等比数列的前n项和【解析】利用等比数列的通面公式直接求解．【解答】∵等比数列{a n}的公比q=−12，该数列前9项的乘积为1，∴a59=[a1(−12)4]9＝1，解得a1＝（16）已知抛物线y2＝2px(p>0)的准线l被圆x2+y2＝8截得的弦长为4则该抛物线的方程为________．【答案】y2＝8x【考点】直线与圆相交的性质抛物线的性质【解析】先求出抛物线的准线方程，再根据勾股定理列方程可解得p＝4，从而可得抛物线的方程．【解答】因为抛物线y2＝2px(p>0)的准线方程为x=−p2，∴4+(p2)2＝8，解得p＝4，所以该抛物线的方程为：y2＝8x．已知x，y满足|x−1|+1≤y≤12(x+7)．则z＝|3x−4y−5|的最大值为________．【答案】20【考点】简单线性规划【解析】画出不等式表示的平面区域，根据z＝|3x−4y−5|表示的几何意义求出z的最大值．【解答】不等式|x−1|+1≤y≤12(x+7)化为{y≥|x−1|+1y≤12(x+7)，画出该不等式组表示的平面区域，如图阴影所示；则z＝|3x−4y−5|表示直线l:z＝3x−4y−5过阴影内的点时z的最值问题，结合图形知，直线l：过点A、B时，z取得最值，由{y =−x +2y =12(x +7)，求得A(−1, 3)， 此时z ＝|3×(−1)−4×3−5|＝20；由B(1, 1)，此时z ＝|3×1−4×1−5|＝6； 综上知，z 的最大值为（20）如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上一点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起到点P 位置，则该四棱锥P −ABDE 体积的最大值为________．【答案】√327【考点】柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】根据题中条件，设CD ＝DE ＝x(0<x <1)，表示出四边形ABDE 的面积，由题意得到△CDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P −ABDE 体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，根据四棱锥的体积公式，表示出V =13S ⋅PD =16(x −x 3)，用导数的方法求其最值即可． 【解答】在Rt △ABC 中，由已知，P −ABC ，DE ⊥BC ，所以设CD ＝DE ＝x(0<x <1)，四边形ABDE 的面积为S =12(1+x)(1−x)=12(1−x 2)， 当△CDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P −ABDE 体积最大， 此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P −ABDE 体积为V =13S ⋅PD =16(x −x 3)，V ′=16(1−3x 2)，x ∈(0,√33)时，V ′>0；x ∈(√33,√32)时，V ′<0，所以，当x =√33时，V max =√327．三、解答题：共70分解答应写出文字说明证明过程或演算步康算17-21题为必考题每个试题考生都必须作答第2、23题为选考题考生根据要求作答（一）必考题：共60分在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=2b,csinB=bcos(C−π6)．(Ⅰ)求角C；(Ⅱ)若AD是BC上的中线，延长AD至点E，使得DE＝2AD＝2，求E，C两点的距离．【答案】（本题满分为1（1）在△ABC中，由csinB=bcos(C−π6)，及正弦定理得：sinCsinB=sinB(√32cosC+12sinC)，因为：sinB>0，化简得：12sinC−√32cosC=0，即：tanC=√3，因为0<C<π，所以C=π3．…………………（2）由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcosπ3=3b2，所以a2＝b2+c2，故A=π2，即△ABC是直角三角形．…………………由(Ⅰ)知△ACD是等边三角形，且AD=CD=AC=1,∠CAD=π3，DE＝2，所以：AE＝3，可得：在在△ACE中，CE2=AE2+AC2−2AE⋅ACcosπ3=7CE=√7，故E，C两点的距离为√7．……………………………………【考点】正弦定理余弦定理【解析】(Ⅰ)由正弦定理，两角差的余弦函数公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式，结合sinB>0，可求tanC=√3，结合范围0<C<π，可求C的值．(Ⅱ)由余弦定理可求a2＝b2+c2，可得A=π2，进而求得AE的值，利用余弦定理即可解得CE的值，从而得解．【解答】（本题满分为1（1）在△ABC中，由csinB=bcos(C−π6)，及正弦定理得：sinCsinB=sinB(√32cosC+12sinC)，因为：sinB>0，化简得：12sinC−√32cosC=0，即：tanC=√3，因为0<C<π，所以C=π3．…………………（2）由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcosπ3=3b2，所以a2＝b2+c2，故A=π2，即△ABC是直角三角形．…………………由(Ⅰ)知△ACD是等边三角形，且AD=CD=AC=1,∠CAD=π3，DE＝2，所以：AE＝3，可得：在在△ACE中，CE2=AE2+AC2−2AE⋅ACcosπ3=7CE=√7，故E，C两点的距离为√7．……………………………………已知四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AB // CD，AB⊥BC且PA＝PB，AB＝BC＝2CD＝2，E为PA的中点．(Ⅰ)求证：DE // 平面PBC；(Ⅱ)求三棱锥E−PBD的体积．【答案】（1）证明：取PB中点F，连接EF，CF，由已知E为PA的中点，可得EF // AB，EF=12AB，又AB // CD，CD=12AB，∴EF // CD且EF＝CD．∴四边形EFCD为平行四边形，故DE // CF．又CF⊂平面PBC，DE平面PBC，∴DE // 平面PBC；（2）取AB的中点O，连接OP，OD，∵PA＝PB，∴PO⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，由已知得OD⊥OB，∴四边形ODCB为长方形，OD＝BC＝（2）PO=√3，S△ABD=12AB⋅OD=2．∵E为PA的中点，∴三棱锥E−PBD的体积VE−PBD =V D−PBE=12V P−ABD=12×13×S△ABD⋅PO=√33．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算直线与平面平行【解析】(Ⅰ)取PB中点F，连接EF，CF，由三角形中位线定理可得四边形EFCD为平行四边形，故DE // CF，再由线面平行的判定可得DE // 平面PBC；(Ⅱ)取AB的中点O，连接OP，OD，由已知可得PO⊥平面ABCD，然后求出三角形ABD的面积，再由等积法求三棱锥E−PBD的体积．【解答】（1）证明：取PB中点F，连接EF，CF，由已知E为PA的中点，可得EF // AB，EF=12AB，又AB // CD，CD=12AB，∴EF // CD且EF＝CD．∴四边形EFCD为平行四边形，故DE // CF．又CF⊂平面PBC，DE平面PBC，∴DE // 平面PBC；（2）取AB的中点O，连接OP，OD，∵PA＝PB，∴PO⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，由已知得OD⊥OB，∴四边形ODCB为长方形，OD＝BC＝（2）PO=√3，S△ABD=12AB⋅OD=2．∵E为PA的中点，∴三棱锥E−PBD的体积VE−PBD =V D−PBE=12V P−ABD=12×13×S△ABD⋅PO=√33．某花卉批发市场为丰富居民生活特举办花卉展销活动其中绿色观赏植物从A、B两家经销商分别抽取10株进行展销经测量其株高如下：（单位：cm）A25 37 40 41 22 14 39 19 42 21B21 39 29 42 40 38 18 37 19 27(Ⅰ)A、B哪家植物长得较高？哪家植物长得比较整齐？(Ⅱ)市场决定从两家不低于40cm的植物中随机选取3株参加优质品种展销，求3株中恰有2株选在A家的概率．【答案】（1）A家植物平均株高为：x A=110(25+37+40+41+22+14+39+19+42+21)＝30，B家植物平均株高为：x B=110(21+39+29+42+40+38+18+37+19+27)＝31，A家植物高的方差为：S A2=110[(−5)2+72+102+112+(−8)2+(−16)2+92+(−11)2+122+(−9)2]＝104.2，B家植物高的方差为：S B2=110[(−10)2+82+(−2)2+112+92+72+(−13)2+62+(−12)2+(−4)2]＝78.4，∴xA<x B，S A2>S B2，故B家植物长得较高且比较整齐．（2）不低于40cm的植物中，A家有株高为40cm，41cm，42cm的3株，分别记为a，b，c，B家有株高为40cm，42cm的2株，分别记为d，e，选取3株的基本事件有：abc，abd，abe，acd，ace，ade，bcd，bce，bde，cde，共10个，3株中恰有2株选在A家包含的基本事件有：abd，abe，acd，ace，bcd，bce，共6个，∴3株中恰有2株选在A家的概率p=610=35．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率古典概型及其概率计算公式【解析】(Ⅰ)分别求出A家植物平均株高，B家植物平均株高，A家植物高的方差，B家植物高的方差，由此得到B家植物长得较高且比较整齐．(Ⅱ)不低于40cm的植物中，A家有株高为40cm，41cm，42cm的3株，分别记为a，b，c，B家有株高为40cm，42cm的2株，分别记为d，e，选取3株，利用列举法能求出3株中恰有2株选在A家的概率．【解答】（1）A家植物平均株高为：x A=110(25+37+40+41+22+14+39+19+42+21)＝30，B家植物平均株高为：x B=110(21+39+29+42+40+38+18+37+19+27)＝31，A家植物高的方差为：S A2=110[(−5)2+72+102+112+(−8)2+(−16)2+92+(−11)2+122+(−9)2]＝104.2，B家植物高的方差为：S B2=110[(−10)2+82+(−2)2+112+92+72+(−13)2+62+(−12)2+(−4)2]＝78.4，∴xA<x B，S A2>S B2，故B家植物长得较高且比较整齐．（2）不低于40cm的植物中，A家有株高为40cm，41cm，42cm的3株，分别记为a，b，c，B家有株高为40cm，42cm的2株，分别记为d，e，选取3株的基本事件有：abc，abd，abe，acd，ace，ade，bcd，bce，bde，cde，共10个，3株中恰有2株选在A家包含的基本事件有：abd，abe，acd，ace，bcd，bce，共6个，∴3株中恰有2株选在A家的概率p=610=35．已知椭C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点为P，右顶点为Q直线PQ与圆x2+y2=45相切于点M(25, 45 )．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)直线l平行于PQ与椭圆C交于A，B两点，且PA→.PB→=0，求线段AB的长．【答案】（1）由已知OM的斜率为k OM＝2，则直线PQ的斜率k PQ=−1kOM =−12，所以直线PQ的方程为y−45=−12(x−25)，即x+2y＝2，可求P(0, 1)，Q(2, 0)，故a＝2，b＝1，椭圆C的方程为x24+y2=1；（2）依题意设l的方程为y=−12x+n，由{x 2+4y 2=4y =−12x +n，消去y 整理得x 2−2nx +2(n 2−1)＝0， △＝(−2n)2−4×2(n 2−1)＝4(2−n 2)>0，解得−−√2<n <√2，① 设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则x 1+x 2＝2n ，x 1x 2＝2(n 2−1)，②由PA →.PB →=0，得(x 1, y 1−1)(x 2, y 2−1)＝0，又y 1=−12x 1+n ，y 2=−12x 2+n ， 整理得54x 1x 2−12(n −1)(x 1+x 2)+(n −1)2＝0，③ 由②③得n =−35满足①， 此时x 1+x 2=−65，x 1x 2=−325，所以|AB|=√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√54[(−65)2−4⋅(−3225)]=√2055．线段AB 的长√2055．【考点】 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系 【解析】(Ⅰ)根据直线的斜率公式，及k PQ ⋅k OM ＝−1，即可求得PQ 的斜率，即可求得PQ 的方程，即可求得P 和Q 的坐标，即可求得a 和b 的值，求得椭圆C 的方程；(Ⅱ)设直线l 的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，即可求得直线l 的方程，利用弦长公式即可求得|AB|． 【解答】（1）由已知OM 的斜率为k OM ＝2，则直线PQ 的斜率k PQ =−1k OM=−12，所以直线PQ 的方程为y −45=−12(x −25)，即x +2y ＝2， 可求P(0, 1)，Q(2, 0)，故a ＝2，b ＝1， 椭圆C 的方程为x 24+y 2=1；（2）依题意设l 的方程为y =−12x +n ，由{x 2+4y 2=4y =−12x +n，消去y 整理得x 2−2nx +2(n 2−1)＝0， △＝(−2n)2−4×2(n 2−1)＝4(2−n 2)>0，解得−−√2<n <√2，① 设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则x 1+x 2＝2n ，x 1x 2＝2(n 2−1)，②由PA →.PB →=0，得(x 1, y 1−1)(x 2, y 2−1)＝0，又y 1=−12x 1+n ，y 2=−12x 2+n ， 整理得54x 1x 2−12(n −1)(x 1+x 2)+(n −1)2＝0，③ 由②③得n =−35满足①， 此时x 1+x 2=−65，x 1x 2=−325，所以|AB|=√1+k2√(x1+x2)2−4x1x2=√54[(−65)2−4⋅(−3225)]=√2055．线段AB的长√2055．已知函数(x)＝lnx+ax+1(a∈R)(I)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅱ)若函数f(x)的图象与x轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数x1，x2，都有f(x2)−f(x1) x2−x1<1x1+1x2．【答案】（1）函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=1x +a=ax+1x，当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0, +∞)上单调递增，当a<0时，由f′(x)＝0，得x=−1a．若x∈(0, −1a)，f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(−1a, +∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，综合上述：当a≥0时，f(x)在(0, +∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(0, −1a )上单调递增，在(−1a, +∞)上单调递减，（2）证明：若函数f(x)的图象与x轴相切，由（1）知，当a≥0时，f(x)在(0, +∞)上单调递增，不满足条件；当a<0时，f(x)的极大值为f(−1a)＝−ln(−a)，由已知得−ln(−a)＝0，故a＝−1，此时f(x)＝lnx−x+1，不妨设0<x1<x2，则f(x2)−f(x1)x2−x1<1x1+1x2；等价于ln x2x1<x2x1−x1x2+x2−x1，即证：ln x2x1−x2x1+x1x2<x2−x1，令g(x)＝ln1x −x+1x，(x>1)，g′(x)=1x −1−1x2=x2−x+1x2<0，故g(x)在(1, +∞)单调递减，所以g(x)<g(1)＝0<x2−x1，所以对于任意互不相等的正实数x2，x1，都有f(x2)−f(x1)x2−x1<1x1+1x2成立．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】（I）求函数的导数，分类讨论a的范围可得函数f(x)的单调性；(Ⅱ)若函数f(x)的图象与x轴相切，由（1）可知a的范围，当a≥0时，f(x)在(0, +∞)上单调递增，不满足条件；当a<0时，f(x)的极大值为f(−1a)＝−ln(−a)，证明f(x2)−f(x1) x2−x1<1x1+1x2；等价于证明ln x2x1<x2x1−x1x2+x2−x1，构造新函数g(x)＝ln1x−x+1x，(x>1)，求函数的最值即可证明．【解答】（1）函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=1x +a=ax+1x，当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0, +∞)上单调递增，当a<0时，由f′(x)＝0，得x=−1a．若x∈(0, −1a)，f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(−1a, +∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，综合上述：当a≥0时，f(x)在(0, +∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(0, −1a )上单调递增，在(−1a, +∞)上单调递减，（2）证明：若函数f(x)的图象与x轴相切，由（1）知，当a≥0时，f(x)在(0, +∞)上单调递增，不满足条件；当a<0时，f(x)的极大值为f(−1a)＝−ln(−a)，由已知得−ln(−a)＝0，故a＝−1，此时f(x)＝lnx−x+1，不妨设0<x1<x2，则f(x2)−f(x1)x2−x1<1x1+1x2；等价于ln x2x1<x2x1−x1x2+x2−x1，即证：ln x2x1−x2x1+x1x2<x2−x1，令g(x)＝ln1x −x+1x，(x>1)，g′(x)=1x −1−1x2=x2−x+1x2<0，故g(x)在(1, +∞)单调递减，所以g(x)<g(1)＝0<x2−x1，所以对于任意互不相等的正实数x2，x1，都有f(x2)−f(x1)x2−x1<1x1+1x2成立．（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做则按所作的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方涂黑[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，曲线C:x2+y2＝4经过伸缩变换ϕ:{x′=xy′=12y后所得曲线记为C′．以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系Ox．(Ⅰ)求曲线C′的极坐标方程；(Ⅱ)已知A，B是曲线C′上任意两点，且OA⊥OB，求证：O到直线AB的距离为常数【答案】（1）由已知ϕ:{x′=xy′=12y，得{x=x′y=2y′，代入曲线C:x2+y2＝4，得(x′)2+(2y′)2＝4，即曲线C′的直角坐标方程为x2+4y2＝4，由x ＝ρcosθ，y ＝ρsinθ，∴ 曲线C ′的极坐标方程为ρ2(cos 2θ+4sin 2θ)＝4， 化简得：ρ2(1+3sin 2θ)＝4；（2）证明：由已知OA ⊥OB ，不妨设A(ρ1, θ1)，B(ρ2, θ2)，θ2=π2+θ1， 由(Ⅰ)知，ρ2=41+3sin 2θ，故ρ12=41+3sin 2θ1，ρ22=41+3sin 2θ2，O 到直线AB 的距离d =121222=√ρ12ρ22ρ12+ρ22．ρ12+ρ22ρ12ρ22=1ρ12+1ρ22=2+3sin 2θ1+3cos 2θ14=54．∴ d =121222=√ρ12ρ22ρ12+ρ22=√45=2√55． 故O 到直线AB 的距离为常数2√55．【考点】圆的极坐标方程 【解析】(Ⅰ)由已知ϕ:{x ′=x y ′=12y ，得{x =x ′y =2y ′，代入曲线C:x 2+y 2＝4，即可得到曲线C ′的直角坐标方程，结合x ＝ρcosθ，y ＝ρsinθ，可得曲线C ′的极坐标方程；(Ⅱ)由已知OA ⊥OB ，不妨设A(ρ1, θ1)，B(ρ2, θ2)，θ2=π2+θ1，由(Ⅰ)知ρ12=41+3sin 2θ1，ρ22=41+3sin 2θ2，O 到直线AB 的距离d =12√ρ12+ρ22=√ρ12ρ22ρ12+ρ22，代入即可证明O 到直线AB 的距离为常数2√55．【解答】（1）由已知ϕ:{x ′=x y ′=12y ，得{x =x ′y =2y′ ，代入曲线C:x 2+y 2＝4， 得(x′)2+(2y′)2＝4，即曲线C ′的直角坐标方程为x 2+4y 2＝4，由x ＝ρcosθ，y ＝ρsinθ，∴ 曲线C ′的极坐标方程为ρ2(cos 2θ+4sin 2θ)＝4， 化简得：ρ2(1+3sin 2θ)＝4；（2）证明：由已知OA ⊥OB ，不妨设A(ρ1, θ1)，B(ρ2, θ2)，θ2=π2+θ1， 由(Ⅰ)知，ρ2=41+3sin 2θ，故ρ12=41+3sin 2θ1，ρ22=41+3sin 2θ2，O 到直线AB 的距离d =121222=√ρ12ρ22ρ12+ρ22．ρ12+ρ22ρ12ρ22=1ρ12+1ρ22=2+3sin 2θ1+3cos 2θ14=54．∴ d =121222=√ρ1ρ2ρ12+ρ22=√45=2√55． 故O 到直线AB 的距离为常数2√55．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x −1|−2|x −a|+1，a >1．(Ⅰ)当a ＝3时，解不等式f(x)>0；(Ⅱ)若(x)的图象与x 轴围成图形的面积大于6，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）当a ＝3时，f(x)={x −4,x3x −6,1≤x ≤3−x +6,x >3，所以原不等式等价于{x <1x −4>0 ，或{1≤x ≤33x −6>0 ，或{x >3−x +6>0 ， 所以x ∈⌀，或2<x ≤3，或3<x <6，所以不等式的解集为：{x|2<x <6}；（2）因为a >1，所以f(x)={x −2a +2,x <13x −2a,1≤x ≤a −x +2a,x >a，由函数的单调性可知，当x ＝a 时，f(a)＝a >1，设M(a, a)，当x >a 时，由f(x)＝0，得x ＝2a ，f(x)的图象与x 轴的一个交点为A(2a, 0)， 当x ≤a 时，又f(1)＝3−2a ，设点N(1, 3−2a)，①若a ∈[1,32]，f(1)＝3−2a >0，由f(x)＝0，得x ＝2a −2，设点B(2a −2, 0)， 此时f(x)的图象与x 轴另一个交点为B(2a −2, 0)，f(x)的图象与x 轴围成图形为凹四边形AMNB ，其面积为： S =12(3−2a)2+12(3−a)(a −1)+12a 2=2(a −1)2+1， 因为a ∈[1,32]，所以S <32，不满足条件；②若a ∈[32,+∞)，f(1)＝3−2a ≤0，由f(x)＝0，得a =23a ，设C(23a, 0)， f(x)的图象与x 轴围成图形为三角形AMC ，其面积为：S =12(2a −23a)a =23a 2，由已知得23a 2>6，又a >1，所以a >3， 综上，实数a 的取值范围为(3, +∞)． 【考点】绝对值三角不等式 【解析】(Ⅰ)去绝对值，然后得到f(x)>0⇔{x <1x −4>0 ，或{1≤x ≤33x −6>0 ，或{x >3−x +6>0 ，解不等式组即可；(Ⅱ)a >1时，f(x)={x −2a +2,x <13x −2a,1≤x ≤a −x +2a,x >a ，然后分a ∈[1,32]和a ∈[32,+∞)，两种情况求出围成图形的面积即可． 【解答】（1）当a ＝3时，f(x)={x −4,x3x −6,1≤x ≤3−x +6,x >3，所以原不等式等价于{x <1x −4>0 ，或{1≤x ≤33x −6>0 ，或{x >3−x +6>0 ， 所以x ∈⌀，或2<x ≤3，或3<x <6，所以不等式的解集为：{x|2<x <6}；（2）因为a >1，所以f(x)={x −2a +2,x <13x −2a,1≤x ≤a −x +2a,x >a，由函数的单调性可知，当x ＝a 时，f(a)＝a >1，设M(a, a)，当x >a 时，由f(x)＝0，得x ＝2a ，f(x)的图象与x 轴的一个交点为A(2a, 0)， 当x ≤a 时，又f(1)＝3−2a ，设点N(1, 3−2a)，①若a ∈[1,32]，f(1)＝3−2a >0，由f(x)＝0，得x ＝2a −2，设点B(2a −2, 0)， 此时f(x)的图象与x 轴另一个交点为B(2a −2, 0)，f(x)的图象与x 轴围成图形为凹四边形AMNB ，其面积为： S =12(3−2a)2+12(3−a)(a −1)+12a 2=2(a −1)2+1，因为a ∈[1,32]，所以S <32，不满足条件；②若a ∈[32,+∞)，f(1)＝3−2a ≤0，由f(x)＝0，得a =23a ，设C(23a, 0)， f(x)的图象与x 轴围成图形为三角形AMC ，其面积为：S =12(2a −23a)a =23a 2，由已知得23a 2>6，又a >1，所以a >3，综上，实数a 的取值范围为(3, +∞)．。
山西省2019届高三百日冲刺考试数学(理)答案(PDF版)
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2019届山西省高三毕业班高考考前适应性训练测试二(二模)数学(文)试题(解析版)
绝密★启用前山西省2019年高三毕业班高考考前第二次适应性训练测试（二模）数学（文）试题（解析版）一、选择题：本题共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.设集合，若，则m=A. 3B. 2C. －2D. －3 【答案】D【解析】【分析】由可得为方程的解,代入即可得的值.【详解】∵,,,∴为方程的解,即,解得,故选D.【点睛】本题主要考查了两集合间的关系,一元二次方程的解,属于基础题.2.复数 (其中i为虚数单位)在复平面内对应的点在A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简求出的值,根据复数的几何意义可得结果．【详解】∵,∴复数在复平面内对应的点的坐标为,在第一象限,故选A.【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的代数表示法及其几何意义,是基础题．3.设命题,则为A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据特称命题的否定是全称命题的知识,判断出正确选项.【详解】原命题是特称命题,否定是全称命题,主要到要否定结论,故本小题选B.【点睛】本小题主要考查全称命题与特称命题,考查特称命题的否定是全称命题,属于基础题.4.抛物线的焦点为F,过抛物线上一点A作其准线的垂线,垂足为B,若△ABF为直角三角形,且△ABF的面积为2,则p=A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】利用抛物线的性质,推出为直角,利用三角形的面积求解即可．【详解】由抛物线的定义以及三角形的性质为直角三角形,可知为, 的面积为2,可得,解得,故选B．【点睛】本题主要考查了抛物线简单性质的应用,三角形面积公式的应用,属于基础题．5.从圆C：内部任取一点P,则点P位于第一象限的概率为A. B.C. D.。
2019年山西省高考数学百日冲刺试卷(理科)(3月份)精品解析
所求值．
【解答】解：双曲线
（a＞0，b＞0）的渐近线方程为 y＝± x，
由题意可得 ＝ ，即 b＝ a，
即有双曲线的 e＝ ＝ 故选：A．
＝ ＝2．
【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率的求法，考查方程
思想和运算能力，属于基础题．
4．（5 分）某机构对青年观众是否喜欢跨年晚会进行了调查，人数如表所示：
20．（12 分）顺次连接椭圆 为 且面积为 的菱形． （1）求椭圆 C 的方程；
（a＞b＞0）的四个顶点恰好构成了一个边长
（2）A，B 是椭圆 C 上的两个不同点，若直线 OA，OB 的斜率之积为 （O 为坐标原
点），线段 OA 上有一点 M 满足 值．
，连接 BM 并延长椭圆 C 于点 N，求
的
22．（10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1：
（a＞0，t 为参数）．在
以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C2：θ＝ （ρ∈R）． （1）说明 C1 是哪一种曲线，并将 C1 的方程化为极坐标方程； （2）若直线 C3 的方程为 y＝﹣ x，设 C2 与 C1 的交点为 O，M，C3 与 C1 的交点为 O，N，若△OMN 的面积为 2 ，求 a 的值．
16．（5 分）已知 A，B 是抛物线 y2＝2px（p＞0）上任意不同的两点，线段 AB 的垂直平
分线与 x 轴相交于点 P（x0，0），则 x0 的取值范围是 ．（用 p 表示） 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明，证明过程或渲算步骤．第 17-21 题为必考题，
每个试题考生都必须作答．第 22，22 题为选考题，考生根据要求作答．（-）必考题：共
ABCD，AB⊥BC，∠BCD+∠DAB＝π，SA＝2，
山西省2019届高三百日冲刺考试数学(文)Word版含答案
高三百日冲刺考试数学（文科）考生注意；1.本试卷分第I 卷（选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分。
考试时间120分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容：高考全部内容。
第I 卷一、选择题:本大题共12小题，每小题 5分，共60分。
在毎小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设复数i i i z )(1)(5(-+=为虚数单位），则z 的虚部是A. i 4B.4C. i 4-D.-42.已知集合A= {R x x y x ∈-=,2|2},B={Z x x x ∈≤≤-,31|}，则集合A ∩B 中元素的个数为A.4B.3C.2D.13.已知双曲线12222=-by a x (a>0，b>0)的一条渐近钱经过点(6,2)，则该双曲线的离心率为A. 2B. 2C. 3D. 34.某机构对青年观众是否喜欢跨年晚会进行了调查，人数如下表所示：现要在所有参与调查的人中用分层抽样的方法抽取n 人做进一歩的调研，若存不喜欢的男性青年观众”的人中抽取了 6人，则n =A.12B.16C.24D.325.若一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为A. π2B. π22C. π2D. π46. 设y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥++≤--≤-+01201042y x y x y x ，则y x z +-=2的最大值是A.1B.4C.6D.77.已知函数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤=4＞,cos 4,sin )(ππx x x x x f，则下列结论正确的是A. )(x f 是周期函数B.)(x f 是奇函数C.)(x f 的图象关于直线4π=x 对称 D. )(x f 在25π处取得最大值 8.若某程序框图如右图所示，则该程序运行后输出的B 等于A.4B. 13C. 40D. 419.在△ABC 中，角 A, B, C 的对边分別为 a, b, c ，若A C B a b cos 3)cos 3sin 2(,1=-=，点G 是△ABC 的重心，且AG=313，则△ABC 的面积为 A. 3 B. 23 C. 3或32 D. 433或3 10.已知抛物线C ：x y 62=，直线l 过点P （2，2），且与抛物线C 交于M,N 两点，若线段MN 的中点恰好为点P ，则直线l 的斜率为A. 31B. 45C. 23D. 4111.函数x x x x f cos 2sin )(+=的大致图象有可能是12.已知0＞x ，函数x x e e a x e a ex x f --+-+-=22)()()(的最小值为6，则=a A.-2 B.-1或7 C.1或-7 D.2第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题,每小题5分，共20分。
2019届高三数学百日冲刺考试试题理
山西省2019届高三数学百日冲刺考试试题理考生注意；1.本试卷分第I卷（选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分。
考试时间120分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容：高考全部内容。
第I卷一、选择题:本大题共12小题，每小题 5分，共60分。
在毎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A= {0，1，2，3},B={}，则 A∩B=A.{0,1)B.{1,2}C.{0,1,2}D. {0,1,2,3}2.设复满足,则A.2B.C.3D.3.已知双曲线 (a>0，b>0)的一条渐近钱经过点()，则该双曲线的离心率为A. 2B.C. 3D.4.某机构对青年观众是否喜欢跨年晚会进行了调查，人数如下表所示：现要在所有参与调查的人中用分层抽样的方法抽取n人做进一歩的调研，若存不喜欢的男性青年观众”的人中抽取了 6人，则n =A.12B.16C.24D.325.在△ABC中，若点D满足，点E为AC的中点，则A. B.C. D.6.若某程序框图如右图所示，则该程序运行后输出的B等于A.4B. 13C. 40D. 417.将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象,则函数的最大值为A. B. C.1 D.8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. B.C. D.9.在△ABC中，角 A, B, C 的对边分別为 a, b,c，若，点G是△ABC的重心，且AG= ，则△ABC的面积为A.B. C.或 D.或10.函数的大致图象有可能是11.已知四棱锥S-ABCD,SA丄平面ABCD, AB丄BC,,∠BCD+∠DAB=，SA=2，BC=,二面角S—BC—A的大小为,若四面体SACD的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A. B.C. D.12.已知函数，若对任意的恒成立，则m的取值范围为A. B. C. D.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题,每小题5分，共20分。
2019年山西省高考考前质检文科数学试卷(三)
2019年山西省高考考前质检文科数学试卷（三）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．若复数z满足1+z=i，则|z|=（）A ．B．1 C． D．2．某同学将全班某次数学考试成绩整理成频率分布直方图后，并将每个小矩形上方线段的中点连接起来得到频率分布折线图（如图所示），据此估计此次考试成绩的众数是（）A．100 B．110 C．115 D．1203．“|m|＜2”是“m≤2”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4．实数x，y满足，则的最小值是（）A．﹣5 B．﹣C．D．55．公差不为零的等差数列{a n}中，a7=2a5，则数列{a n}中与4a5的值相等的项是（）A．a11B．a12C．a13D．a146．已知F1，F2分别是双曲线﹣=1（a，b＞0）的左、右焦点，且|F1F2|=2，若P是该双曲线右支上的一点，且满足|PF2|=|F1F2|，则△PF1F2面积的最大值是（）A．4 B．3 C．2 D．17．在△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，点D在边AC上，且2=，则•的值是（）A．48 B．24 C．12 D．68．若函数f（x）=sin（2x+φ）（|φ|＜）的图象关于直线x=对称，且当x1，x2∈（﹣，），x1≠x2时，f（x1）=（x2），则f（x1+x2）=（）A．B． C． D．19．过抛物线y2=4x的焦点的直线与抛物线交于A，B两个不同的点，当|AB|=6时，△OAB（O为坐标原点）的面积是（）A．B．C．D．10．运行如图所示的程序框图，若输出的点恰有5次落在直线y=x上，则判断框中可填写的条件是（）A．i＞6 B．i＞7 C．i＞8 D．i＞911．在四棱锥P﹣ABCD中，四条侧棱长均为2，底面ABCD为正方形，E为PC 的中点，且∠BED=90°，若该四棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）A．B．C．D．π12．已知f（x）=则方程f[f（x）]=3的根的个数是（）A．6 B．5 C．4 D．3二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13．设全集U={x∈Z|﹣2≤x≤4}，A={﹣1，0，1，2，3}，若B⊆∁U A，则集合B的个数是．14．设四个函数：①y=x；②y=21﹣x；③y=ln（x+1）；④y=|1﹣x|．其中在区间（0，1）内单调递减的函数的序号是．15．某几何体的三视图如图所示，当xy取得最大值时，该几何体的体积是．16．已知数列{a n}的前n项和S n=3（2n﹣1），数列{b n}的通项公式为b n=5n﹣2．数列{a n}和{b n}的所有公共项按从小到大的顺序构成数列{c n}．若数列{c n}的第n 项恰为数列{a n}第k n项，则数列{k n}的前32项的和是．三、简答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosB﹣bcosA=c．（Ⅰ）求角A；（Ⅱ）当△ABC的面积等于4时，求a的最小值．19．某市小型机动车驾照“科二”考试共有5项考察项目，分别记作①，②，③，④，⑤（Ⅰ）某教练将所带10名学员“科二”模拟考试成绩进行统计（如表所示），并打算从恰有2项成绩不合格的学员中任意抽出2人进行补测（只侧不合格项目），90°，在车边缘不压射线AC与射线BD的前提下，将汽车驶入指定的停车位．根据经验，学员甲转向90°后可使车尾边缘完全落在线段CD上，且位于CD内各处的机会相等．若CA=BD=0.3m，AB=2.4m，汽车宽度为1.8m，求学员甲能按教练要求完成任务的概率．20．已知几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，四边形ACFE是矩形，FB=，M，N分别为EF，AB的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面FCB；（Ⅱ）若FC=1，求点A到平面MCB的距离．21．已知直线y=x+1与函数f（x）=ae x+b的图象相切，且f′（1）=e．（I）求实数a，b的值；（Ⅱ）若存在x∈（0，），使得2mf（x﹣1）+nf（x）=mx（m≠0）成立，求的取值范围．22．已知椭圆E： +=1（a＞b＞0），A为椭圆E的右顶点，B，C分别为椭圆E的上、下顶点．（I）若N为AC的中点，△BAN的面积为，椭圆的离心率为．求椭圆E的方程；（Ⅱ）F为椭圆E的右焦点，线段CF的延长线与线段AB交于点M，与椭圆E 交于点P，求的最小值．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．已知曲线C1：x+y=和C2：（φ为参数），以原点O为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中取相同的长度单位．（1）把曲线C1、C2的方程化为极坐标方程（2）设C1与x轴、y轴交于M，N两点，且线段MN的中点为P．若射线OP 与C1、C2交于P、Q两点，求P，Q两点间的距离．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）=|x+1|﹣|2x﹣a|（Ⅰ）当a=2，解不等式f（x）＜0（Ⅱ）若a＞0，且对于任意的实数x，都有f（x）≤3，求a的取值范围．2019年山西省高考考前质检文科数学试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5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。
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山西省2019届高三数学百日冲刺考试试题文（含解析）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12个小题.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.设复数（为虚数单位），则的虚部是（）A. B. 4 C. D. -4【答案】D【解析】【分析】由复数，即可得到复数的虚部，得到答案。
【详解】由题意，复数，所以复数的虚部为，故选D。
【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的概念，其中解答中熟记复数的乘法运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。
2.已知集合，，则集合中元素的个数为（）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】【分析】根据集合的交集的运算，求得，即可得到答案。
【详解】由题意，可得集合，，则，故选B。
【点睛】本题主要考查了集合的运算，以及构成集合的元素的个数的判定，其中解答中熟记集合的交集的运算，得到集合是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。
3.已知双曲线的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率为（）A. 2B.C. 3D.【答案】A【解析】将点代入双曲线的渐近线方程，由此求得的值，进而求得双曲线的离心率.【详解】双曲线的一条渐近线方程为，将点代入双曲线的渐近线方程得，，故，故选A.【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线方程，考查双曲线的离心率的求法，属于基础题.4.某机构对青年观众是否喜欢跨年晚会进行了调查，人数如下表所示：现要在所有参与调查的人中用分层抽样的方法抽取人做进一步的调研，若从不喜欢的男性青年观众”的人中抽取了 6人，则（）A. 12B. 16C. 24D. 32【答案】C【解析】【分析】先求得总人数，然后根据总人数中“不喜欢的男性青年观众”所占的比例列方程，解方程求得抽取的人数.【详解】依题意，总人数为，其中“不喜欢的男性青年观众”有人，故，解得.所以本小题选C.【点睛】本小题主要考查分层抽样的有关计算，考查图表分析能力，属于基础题.5.若一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（）A. B. C. D.【解析】【分析】由轴截面是面积为1的等腰直角三角形，得到底面半径及母线长即可得到该圆锥的侧面积. 【详解】设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，由题可知，r=h=，则，∴侧面积故选：A【点睛】本题考查圆锥的计算；得到圆锥的底面半径是解决本题的突破点；注意圆锥的侧面积的应用．6.设满足约束条件，则的最大值是（）A. 1B. 4C. 6D. 7【答案】D【解析】【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最大值即可．【详解】由条件画出可行域如图：表示直线在y轴上的截距，当：平移到过点A时，最大，又由，解得此时，.故选D.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．7.已知函数，则下列结论正确的是（）A. 是周期函数B. 是奇函数C. 的图象关于直线对称D. 在处取得最大值【答案】C【解析】【分析】作出函数的图象，结合函数的周期性，奇偶性、对称性以及最值的性质，分别进行判断，即可得到答案。
【详解】由题意，作出函数的图象，如图所示，则由图象可知函数不是周期函数，所以A不正确；同时图象不关于原点对称，所以不是奇函数，所以B不正确；若，则，，此时，若，则，，此时，综上恒有，即图象关于对称，所以C是正确的；由当时，函数不是函数最大值，所以D错误，故选C。
【点睛】本题主要考查了与三角函数有关的命题的真假判定问题，其中解答中涉及到三角函数的周期性、奇偶性、对称性以及函数的最值问题，其中正确作出函数的图象是解答本题的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题。
8.若某程序框图如下图所示，则该程序运行后输出的等于（）A. 4B. 13C. 40D. 41【答案】C【解析】【分析】运行程序，进行计算，当时退出循环，输出的值.【详解】，；，；，；，.因为，所以输出. 【点睛】本小题主要考查程序框图，考查计算程序框图输出的结果.9.在中，角的对边分別为，若，，点是的重心，且，则的面积为（）A. B. C. 或 D. 或【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理化简已知条件，求得的值，由此求得或，利用和余弦定理列方程，求得面积的两种取值.【详解】由题可知，，则，或.又，延长交于点，所以.因为，所以，即，当时，，所以的面积为；当时，，所以的面积为.故选D.【点睛】本小题主要考查利用正弦定理解三角形，考查向量运算，考查三角形的面积公式，属于中档题.10.已知抛物线：，直线过点，且与抛物线交于，两点，若线段的中点恰好为点，则直线的斜率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知设M（x1，y1），N（x2，y2），代入抛物线方程作差求得：，由中点坐标公式可知：x1+x2＝4，y1+y2＝4，代入求得直线MN的斜率．【详解】设，代入：，得，（1）-（2）得.因为线段的中点恰好为点，所以，从而，即的斜率为.故选C.【点睛】本题考查中点弦所在直线斜率求法，考查“点差法”的应用，中点坐标公式的应用，考查运算能力，属于中档题．11.函数的大致图象有可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性排除D选项.根据的零点个数，对选项进行排除，由此得出正确选项.【详解】函数是偶函数，排除D；由，知当时，有两个解，令，而与在有两个不同的交点（如下图所示），故函数在上有个零点，故选A.【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查二倍角公式以及零点的个数判断方法，属于中档题.12.已知，函数的最小值为6，则（）A. -2B. -1或7C. 1或-7D. 2【答案】B【解析】【分析】将化简成，利用基本不等式求得最小值，即可得到a.【详解】，（当且仅当时等号成立），即，解得或7.故选B.【点睛】本题考查了函数的最值，考查了基本不等式的应用，将函数进行合理变形是关键，属于中档题.第Ⅱ卷二、填空题（将答案填在答题纸上）13.已知向量不共线，，如果，则__________．【答案】【解析】【分析】由向量，所以，得到且，即可求解，得到答案。
【详解】由题意，向量，所以，则且，解得.【点睛】本题主要考查了向量的共线条件的应用，其中解答中熟记向量共线条件，列出关于的关系式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。
14.已知函数满足，则曲线在点处的切线方程为__________．【答案】【解析】【分析】先求得f(x)及f(1),再求导求得即为切线的斜率，最后利用点斜式写出曲线在点处的切线方程.【详解】令，则，所以，即.且，又，∴.所以切线方程为，即.故答案为.【点睛】本题考查了函数解析式的求法，考查了导数的运算法则和导数几何意义，属于中档题．15.已知，则__________．【答案】【解析】【分析】先将已知等式中分离出来，然后利用诱导公式以及两角和的余弦公式进行化简，由此求得的值.【详解】由题可得.【点睛】本小题主要考查方程的思想，考查诱导公式，考查两角和的余弦公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.16.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为__________．【答案】【解析】【分析】由几何体的直观图为三棱锥，其中的外接圆的圆心为，的外接圆的圆心为，的球心为，球的半径为，且平面，平面，在和中，分别求得和，根据球的性质，求得求得半径，即可求解外接球的表面积。
【详解】由三视图可推知，几何体的直观图为三棱锥，如图所示，其中的外接圆的圆心为，的外接圆的圆心为，的球心为，球的半径为，且平面，平面.因为是顶角为的等腰三角形，所以的外接圆的直径为，即，即，又由为边长为的等边三角形，所以，即，根据球的性质，可得，所以外接球的表面积为.【点睛】本题主要考查了球的表面积的计算，以及三棱锥外接球的性质的应用，其中解答中根据几何体的结构特征和球的性质求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及运算与求解能力，属于中档试题。
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知正项数列的前项和满足，.（1）若数列为等比数列，求数列的公比的值.（2）若，，求数列的通项公式. 【答案】(1) (2)【解析】 【分析】 （1）令代入，利用等比数列通项公式进行化简，求得的值.（2）利用，化简已知条件，得，利用凑配法证得是从第二项起的等比数列，由此求得的通项公式.【详解】解：（1）依题意可得，，两式相减，得，所以.因，所以，且，解得.（2）当时，，当时，，所以，，即，又，，所以数列是从第二项起的等比数列，所以.【点睛】本小题主要考查已知数列的递推关系求数列的通项公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.18.随着科技的发展，网络已逐渐融入了人们的生活.在家里面不用出门就可以买到自己想要的东西，在网上付款即可，两三天就会送到自己的家门口，如果近的话当天买当天就能送到，或者第二天就能送到，所以网购是非常方便的购物方式，某公司组织统计了近五年来该公司网购的人数（单位：人）与时间（单位：年）的数据，列表如下：（1）依据表中给出的数据，是否可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数并加以说明（计算结果精确到0.01）.（若，则线性相关程度很高，可用线性线性回归模型拟合）附:相关系数公式，参考数据.（2）建立关于的回归方程，并预测第六年该公司的网购人数（计算结果精确到整数）.（参考公式：，）【答案】(1)见解析；(2) 网购人数约为91人【解析】【分析】（1）由已知数据求得r值，由r值接近1可得y与t的线性相关程度很高，从而可以用线性回归模型拟合y与t的关系．（2）求出与的值，得到线性回归方程，取t＝6求得y值得答案．【详解】（1）由题知，，，，，则.故与的线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合.（2）由（1）得，.所以与的回归方程为.将带入回归方程，得，所以预测第6年该公司的网购人数约为91人.【点睛】本题考查线性回归方程，考查学生读取图表的能力及运算求解能力，是中档题．19.在四棱柱中，底面为平行四边形，平面，，.（1）证明：平面平面；（2）若直线与底面所成角为，，，分别为，，的中点，求三棱锥的积.【答案】(1)见证明；(2)【解析】【分析】（1）推导出D1D⊥平面ABCD，D1D⊥BC，AD⊥BD，由AD∥BC，得BC⊥BD，从而BC⊥平面D1BD，由此能证明平面D1BC⊥平面D1BD．（2）由平面得，可以计算出，再利用锥体体积公式求得，根据等体积法即为.【详解】（1）∵平面，平面，∴.又，，，∴，∵，∴.又∵，∴.又∵，平面，平面，∴平面，而平面，∴平面平面；（2）∵平面，∴即为直线与底面所成的角，即，而，∴.又，∴.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的定义及求法，考查了三棱锥体积的常用求法，涉及空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.顺次连接椭圆的四个顶点恰好构成了一个边长为且面积为的菱形.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于，两点，，其中为坐标原点，求. 【答案】(1) (2)【解析】【分析】（1）利用已知建立a，b的方程，解出a，b即可.（2）先考虑斜率不存在时，则与不存在，可设直线为，与椭圆联立，利用韦达定理结合条件解得k，再利用弦长公式计算即可.【详解】（1）由题可知，，解得，.所以椭圆的方程为.（2）设，，当直线斜率不存在时，明显不符合题意，故设的方程为，代入方程，整理得.由，解得，所以，.，解得..【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，设而不求，利用韦达定理是解决此类问题的常见方法，考查运算能力，属于中档题．21.已知函数.（1）设是函数的极值点，求的值，并求的单调区间；（2）若对任意，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）在和上单调递增，在上单调递减（2）【解析】【分析】（1）由题意，求得函数的导数，根据是函数的极值点，求得，利用导数符号，即可求解函数的单调区间；所以在和上单调递增，在上单调递减.（2）由函数的导数，当时，得到在上单调递增，又由，即可证明，当时，先减后增，不符合题意，即可得到答案。