2019届高三联合模拟考试理科数学试题.docx

东北师大附中

重庆一中 2019 届高三联合模拟考试

1

4 2

6．已知 a 365 ， b

33 ， c 9 5 ，则 吉大附中 长春十一高中

吉林一中 松原实验高中

理科数学试题

A ． b a c

B ． a b c

C ． a c b

D ． c a b

7．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，

本试卷共 23 题，共 150 分，共 6 页。时间 120 分钟 。

注意事项：

1．答题前， 考生先将自己的姓名、 准考证号码填写清楚， 将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。 2．选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用

0． 5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔

迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；

在草稿纸、 试题卷上

答题无效。 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共 12 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

Z | x ≤ 3} ， B { x |ln x

1} ，集合 A 与 B 关系的韦恩图如图所示，则阴影部

分所表示的集合为

A ． { x |0 x e}

B ． {1 ，2，3}

C ． { 0 ，1，2}

D ． {1 ，2}

2． i 为虚数单位，复数

z

2

在复平面内对应的点的坐标为

i 1

A ． ( 1 ，1 )

B ． ( 1，1 )

C ． ( 1 ， 1 )

D ． ( 1， 1 )

3．等比数列 { a n } 各项均为正数，若

a 1

1 ， a n

2 2a n 1 8a n ，则 { a n } 的前 6 项和为

A ．1365

B ．63

C ．

63

D ． 1365

32 1024

4．如图，点 A 为单位圆上一点，

xOA

，点 A 沿单位圆逆时针方向旋转角

3 4 到点 B (

， ) ，

则 cos

3

5

5

4 3

3

B ． 4 3 3

A ．

10

10

C ．

4

3 3

D ．

4 3 3

10

10

5．已知双曲线

x

2

y

2

1( a 0 ， b 0 ) 的右焦点到渐近线的距离等于

C : 2

2

a b

实轴长，则此双曲线的离心率为 A ． 2

B ． 3

C ． 5

5

D ．

2

他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，

至今仍是比较先进的算法．如右图所示的程序框图给出了利用

秦九韶算法求某多项式值的一个实例．若输入

n ， x 的值分别

为 5，2，则输出 v 的值为 A ．64

B ． 68

C ． 72

D ． 133

8．如图所示是某三棱锥的三视图，

其中网格纸中每个小正方形的边

长为 1，则该三棱锥的外接球的体积为

A ． 4

B ．

16

3

C ． 16

D ．

32

3

9．为了丰富教职工的文化生活，某学校从高一年级、高二年级、高三年级、行政部门各挑选出

4

位教师组成合唱团，现要从这

16 人中选出 3 人领唱，要求这 3 人不能都是同一个部门的，且在

行政部门至少选 1 人，则不同的选取方法的种数为 A ．336

B ．340

C ． 352

D ．472

10．在正方体 ABCD

A 1

B 1

C 1

D 1 中，点

E 是棱 B 1C 1 的中点，点

F 是线段 CD 1 上的一个动点．有以下

三个命题：

①异面直线 AC 1 与 B 1 F 所成的角是定值； ②三棱锥 B

A 1 EF 的体积是定值；

③直线 A 1F 与平面 B 1CD 1 所成的角是定值． 其中真命题的个数是

A ．3

B ．2

C ． 1

D ．0

理科数学试题 第 1 页 （共 6 页）

11． 2018 年，国际权威机构IDC 发布的全球手机销售报告显示：华为突破 2 亿台出货量超越苹果的出货量，首次成为全球第二，华为无愧于中国最强的高科技企业。华为业务CEO 余承东明确表示，华为的目标，就是在2021 年前，成为全球最大的手机厂商．为了解华为手机和苹果

手机使用的情况是否和消费者的性别有关，对 100 名华为手机使用者和苹果手机使用者进行统计，统计结果如下表：

根据表格判断是否有95%的把握认为使用哪种品牌手机与性别有关系，则下列结论正确的是

A ．没有 95%把握认为使用哪款手机与性别有关

B ．有 95%把握认为使用哪款手机与性别有关

C．有 95%把握认为使用哪款手机与性别无关

D．以上都不对

附：K 2n( ad bc ) 2

( a b)( c d )(a c)(b d)

三、解答题：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。 22、 23 为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共60 分。

17．（ 12 分）

△ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为a， b， c，已知△ ABC 的面积为 3 b(b c a cos C) ．

6

（ 1）求A；

（ 2）若b1，c 3 ，求cos(2C) 的值．

6

18．（ 12 分） -

2018 年 12 月 18 日上午 10 时，在人民大会堂举行了庆祝改革开放40 周年大会． 40 年众

志成城， 40 年砥砺奋进，40 年春风化雨，中国人民用双手书写了国家和民族发展的壮丽史诗．

会后，央视媒体平台，收到了来自全国各地的纪念改革开放40 年变化的老照片，并从众多照

片中抽取了100 张照片参加“改革开放40 年图片展”，其作者年龄集中在[ 25，85] 之间，根据

统计结果，做出频率分布直方图如下：

12．已知抛物线 C : x28 y 的焦点为F，过点 ( 0 ， 2 ) 作斜率为 k ( k 于 A， B 两点，直线AF，BF分别交抛物线 C 与 M， N 两点，若

A ．1

6

C．2 D ． 3 B ．

2

二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共20 分。

2 x y≥ 0

13．设 x，y 满足条件x y ≥ 1 ，则 2x 3 y 的最小值为 y ≥

00 ) 的直线 l 与抛物线C 交

AF BF

10 ，则k

MF NF

．

频率 /组距

0.035

0.030

0.025

0.020

0.015

0.010

0.005年龄

25354555657585

（1）求这 100 位作者年龄的样本平均数 x 和样本方差 s2（同一组数据用该区间的中点值作代

表）；

（ 2）由频率分布直方图可以认为，作者年龄X 服从正态分布N ( , 2 )，其中近似为样

14．由曲线 y x3 ( x≥ 0 ) 与它在x 1处切线以及 x 轴所围成的图形的面积为．15．已知正方形ABCD的边长为 4，M是AD的中点，动点N在正方形ABCD的内部或其边界移动，并且满足MN AN0 ，则NB NC的取值范围是．

16．已知数列 { a n } 的前n项和为 S n，若 S n 1 是 a n和 S n的等比中项，设 b n( 1)n (2n 1)a n，则数列 { b n } 的前 60 项和为．本平均数x ， 2 近似为样本方差s2．

（ i ）利用该正态分布，求P(60 X 73.4) ；

（ii ）央视媒体平台从年龄在[ 45，55 ] 和 [ 65，75] 的作者中，按照分层抽样的方法，抽出了

7 人参加“纪念改革开放40 年图片展”表彰大会，现要从中选出 3 人作为代表发言，设这 3 位发言者的年龄落在区间[ 45，55] 的人数是Y，求变量Y的分布列和数学期望．

附： 18013.4 ，若 X ~ N (, 2 ) ，则 P(X) 0.683 ，

P(2X 2 )0.954

理科数学试题第 2 页（共 6 页）

19．（ 12 分）

如图，在四棱台ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形， AA1A1B1

1 AB 1 ，ABC 60，

2

AA1平面ABCD．

（ 1）若点M是AD的中点，求证：C1M // 平面 AA1B1B ；

（ 2）棱 BC 上是否存在一点E，使得二面角 E AD1 D 的余弦值为 1 ？若存在，求线段CE

3

的长；若不存在，请说明理由．

20．（ 12 分）

已知平面直角坐标系内的动点P 到直线 l1 : x 2 的距离与到点 F (1 ，0 ) 的距离比为 2 ．

（ 1）求动点 P 所在曲线 E 的方程；

（ 2）设点 Q 为曲线 E 与y轴正半轴的交点，过坐标原点O 作直线l，与曲线 E 相交于异于

点 Q 的不同两点M、N，点 C 满足 OC 2OQ ，直线 MQ 和 NQ 分别与以 C 为圆心， CQ 为半径

的圆相交于点 A 和点 B，求△ QAC 与△ QBC 的面积之比的取值范围．（二）选考题：请考生在第22、 23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。22． [ 选修 4—4：坐标系与参数方程]（ 10 分）

已知曲线

x 2 cos

为参数 )，以原点O为极点，以x 轴的非负半轴为C1的参数方程为(

y3sin

极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为sin() 1 ．

4

（ 1）求曲线 C1的极坐标方程和曲线 C2的直角坐标方程；

（ 2）射线 OM ：() 与曲线 C1交于点 M，射线 ON ：与曲线 C2交于

24

点 N，求

11

2 的取值范围．

OM

2

ON

23． [ 选修 4—5：不等式选讲 ] （ 10 分）

设函数 f (x)

3

x 2a 2x(a 0) ．

a

（ 1）若 g(a) f (0) ，解不等式 g (a)≥ 5 ；

（2）求证： f ( x) ≥ 2 3 ．

东北师大附中重庆一中2019 届高三联合模拟考试

21．（ 12 分）

122吉大附中长春十一高中

吉林一中松原实验高中

理科数学

已知函数 f (x)ax ln xx(a a) x ．

2

（ 1）若 a1，证明： f (x)0 ；

（ 2）若 f(x) 只有一个极值点，求 a 的取值范围．

参考答案及评分标准

评分说明：

1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则。

2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和

难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后

继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。

3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。

理科数学试题第 3 页（共 6 页）

4．只 整数分数， 和填空 不 中 分。

一、 ：

1． D

2． C 3． B 4． A 5． C 6． C 7． B 8． D

9． A

10． B

11．A

12． D

二、填空

13． 2

14．

1

15． [ 14

2 17，16 ]

16．

60

12

61

三、解答

17． 解

（ 1）由 得 1

ab sin C

3

b(b c a cos C)

?1分

2 6

即 3a sin C b c

a cosC

?2分

由正弦定理得 3 sin A sin C sin B sin C sin A cos C ，

?3分 因 B

A C 所以 3 sin C sin A sin C cos A sin C

?4分

由于 sinC

所以

sin( A

) 1

?5分

2

6

又∵ 0

A

，故 A

?6分

3

（ 2）在△ ABC 中，由余弦定理及 b 1，c 3， A

3

有 a

2

b

2

c 2 2bc cos A 7 ，故 a

7 ．

?7分 由 1

bc sin A

3

b(b c

a cosC ) ，得 cosC

2 1 7

?8分

2

6

所以 sin C

3 3 ，

2 7

因此 sin 2C

2 sin C cosC

3 3

? 10 分

14

cos 2C 2cos 2 C 1

13 ? 11 分

14

所以 cos(2C

) cos2C cos

sin 2C sin

13

3 3 3 1

4 3 分

6

6

14

2

14

2

7? 12

6

18 ．解：

2

（ 1）这 100 位作者年龄的样本平均数

x 和样本方差 s 分别为

x 30 0.05 40 0.1 50 0.15 60 0.35 70 0.2 80 0.15 60 ?2 分 s 2 ( 30)2 0.05 ( 20) 2 0.1 ( 10)2 0.15 0 0.35 102 0.2 202 0.15 180 ?4分

（ 2）（ i ）由（ 1）知， X ~ N (60 ，180) ，

1

13.4 X 60 13.4) 0.3415 ； ?7分

从而 P(60 X 73.4)P(60

2

7 人中年 在 [ 45，55] 内有 3 人，在 [ 65，75 ] 内有 4 人，

（ ii ）根据分 抽 的原理，可知

故 Y 可能的取

0，1 ， 2， 3

P(Y

0)

C 30 C 43 4

， P(Y

1) C 31C 42

18 ，

C 73 35

C 73

35 P(Y

2)

C 32 C 41

12 3)

C 33C 40

1

C 7

3

P(Y

C 73

35

35 所以 Y 的分布列

Y 0 1 2 3

P

4

18 12 1

35

35

35

35

所以 Y 的数学期望 E(Y)

4 1 18

2 12

3 1

9

35

35

35 35

7

19．解：

（ 1） 明： 接 B 1 A 由已知得， B 1C 1 //BC // AD ，且 B 1C 1

AM

1 BC

所以四 形 AB 1C 1 M 是平行四 形，即 C 1M //B 1 A

2

? 2 分

又 C 1M

平面 AA 1 B 1B ， B 1 A

平面 AA 1 B 1 B ，

所以 C 1 M // 平面 AA 1 B 1 B

? 4 分

（ 2）取 BC 中点 Q ， 接 AQ 因 ABCD 是菱形，

且 ABC 60 ，所以 ABC 是正三角形，

所以 AQ BC 即 AQ AD ，

由于 AA 1

平面 ABCD ? 6 分

所以，分 以

AQ , AD , AA 1 x , y

, z ，建

立空 直角坐 系

,如 A(0，0，0) ，

A 1(0，0，1) ， D 1 (0，11)， ， Q( 3,0,0)

假 点 E 存在， 点 E 的坐 (

3， ，0) ， - 1≤ ≤1

AE ( 3 ，

，0) ， AD 1

(0，11)，

平面 AD 1 E 的法向量 n (x ，y ， z)

n

AE 0 即 3x y 0

，可取 n (

, 3, 3)

n AD 1

y z

平面 ADD 1 的法向量 AQ

(

3，0，0)

所以， cos

AQ, n

3 |

|

1

，解得：

3

3 2

6 3 2

又由于二面角 E

AD 1 D 大小 角，由 可知，点 E 在 段 QC 上，

? 11 分

? 12 分

? 7 分

? 9 分

? 10 分

? 11 分

理科数学试题

第 4 页 （共 6 页）

所以

3

，即 CE13? 12 分22

20．解：

（ 1）点 P 的坐 ( x， y) ，由意可得

x 2

2 ，( x1)2y2

整理，得： x2 2 y22，即 x2y2 1 所求曲 E 的方程?4分

2

1 ，即 C 方程x22) 2（ 2）（解法一）由已知得：Q(0,1) ， C (0,2)， CQ( y1由意可得直MQ ， NQ 的斜率存在且不0?5 分直 MQ 的方程 y k1 x 1 ，与 x2( y2)

2 1 立得： (1k12 )x22k1 x 0

2k1

所以，x A

k12

1

同理，直NQ 的方程 y k2 x 1 ，与x2( y2) 21立得：(1k22 ) x22k2 x0

所以

x B

2k2

?7 分1 k22

1

S QAC

QC x A

x A k1 (12

因此

2k2 )

?8 分S

QBC1x B k2 (1k1

2 )

QC x B

2

由于直 l 坐原点，所以点M 与点 N 关于坐原点称

1y

01y y21

M ( x0 , y0 ) ， N ( x0 , y0 ) ，所以， k1k200

x0x0x02

又 M ( x0 , y0 ) 在曲E上，所以x02

y02 1 ，即 k1k2

1

? 10 分22

故k1 (1 k22 )4k12 1 13

) ，k2 (1 k12 ) 2 k12

(4

21

2 2k1

由于 k120 ，所以，12? 12 分

2

1 ，即 C 方程x22) 2

（解法二）由已知得：Q(0,1) ， C(0,2)， CQ( y1

由意可得直MQ ， NQ 的斜率存在且不0?5 分

直 MQ 的方程 y k1 x1，点 C 到 MQ 的距离 d1

1

1k12

所以 AQ222 2 11 2 k1

C Q d12

1k12

1 k1

于是， S QAC 1

AQ d1

k1 21k12

直 NQ 的方程 y k2 x1，同理可得：S QBC

k2

1k22

所以

S QAC k1 (1k22 )

?8 分

S QBC k2 (1k12 )

由于直 l 坐原点，所以点 M 与点 N 关于坐原点称

1y 1 y y21

M ( x0 , y0 ) ， N ( x0 ,y0 ) ，所以， k1 k2000

2

x0x0x0

2

又 M ( x0 , y0 ) 在曲E上，所以

x0

y021，即 k1 k21? 10 分

22

故

k1(1 k22 )4k12113) ，

k2 (1 k12 )2k12

(4

k121

2 2

2

1

2? 12 分

由于 k1，所以，

21．解：

2

（ 1）当a1， f (x)0 等价于x ln x 1 x20 ，即x2ln x0 ；?1分

2

函数 g ( x)x 2 ln x ， g ( x)12x 2 ，?2分

x x

当 x ( 0，2 ) ， g ( x)0 ；当 x(2，) ， g (x)0 ．

所以 g( x) 在 ( 0，2 ) 上减，在( 2，) 增．

故 g (2)2 2 ln 2 g ( x) 的最小，?3分

而 2 2ln 20 ，故g( x)0 ，即 f (x)0 ．?4分

（2） f ( x) a ln x x a2，

函数 h( x) a ln x x a 2， h (x)a1x

a

( x0)；

（i ）当a0 ，h ( x)

x x

0 ， h( x) 在 (0，) 上增，

又 h(e a )0 ，取 b 足0 b 1且b a 2， h(b)0 ，

故 h( x) 在 (0， ) 上有唯一一个零点x1，

且当 x(0 ， x1) ， h( x)0 ， x(x1，) ， h( x)0 ，

由于 f( x)h(x) ，所以 x x1是 f( x) 的唯一极点；?6分

（ii ）当a0 ，f ( x)1x2 (x0)在 ( 0，) 上增，无极点；?7分

（iii ）当a0 ，若x

2

( 0 ， a ) ， h (x)0 ；若 x(a， ) ， h (x)0 ．

所以 h( x) 在 ( 0， a ) 上减，在(a，) 增．

故 h( a)a[ln( a) 1 a ] h( x) 的最小，

①若 a 1 ，由于h(a)0 ，故 h ( x) 只有一个零点，所以x a f (x)0 ，

因此 f ( x)在 ( 0，) 上增，故 f ( x) 不存在极；

②若 a(1，0 ) ，由于 ln( a) 1a0 ，即 h(a)0 ，所以 f ( x) 0 ，

因此 f ( x)在 ( 0，) 上增，故 f ( x) 不存在极；

③若 a(， 1 ) ， ln(a) 1a0 ，即 h( a) 0 ．

又 h(e a )0 ，且 0 e a1 a ，

理科数学试题第 5 页（共 6 页）

而由（ 1）知 x 2 ln x ，所以 x

ln x ，

取 c 足

c

5 1

a ， h(c) a c

c

a

2

2

故 h (x) 在 ( 0 ， a ) 有唯一一个零点 x 2 ，在 ( a ，

) 有唯一一个零点

x 3 ；

且当 x

( 0 ， x 2 ) h(x) 0 ，当 x

( x 2， x 3 ) ， h( x) 0 ，当 x ( x 3， ) ， 由于 f ( x) h( x) ，故 f ( x) 在 x x 2 取得极小 ，在 x

x 3 取得极大 ，

即 f ( x) 在 (0， ) 上有两个极 点．

上， f ( x) 只有一个极 点 ， a 的取 范 是 (0，

)

22．解：（1）由曲 C 1 的参数方程

x

2 cos ( 参数 )得： cos 2

sin 2

y

3 sin

3x 2a

3 2 a

, x

a

f ( x) x 2a

3 x

2a

3 x 3

2x

,2a

2a

a

a

3x 2a

3 3

h( x) 0

, x

a

2a

?11 分

所以 f ( x) 在

， - 3

上 减，在

3 , 增

2a

2a

? 12 分

2

2

即 f ( x)min f (

3 )

2a

3

≥ 2 ( 2a)( 3 ) 2 3

x

y

，

2a

2a

2a

1

2

3

所以 f ( x) ≥ 2

3

?6分

?7分

? 10 分

2

2

即曲 C 1 的普通方程

x

y

?1分

2

1

又 x

cos , y sin

3

，

?2分

曲 C 1 的极坐 方程 3 2 cos 2

2 2 sin 2

6 ，即 2

cos 2

2 2

6

?3分

曲 C 2 的极坐 方程可化

sin

cos 2 ，

故曲 C 2 的直角方程 x y

2

?5分

（2）由已知， 点

M 和点 N 的极坐 分

( 1 , ) ， (

2 ,

) ，其中 ?6分

4

2

OM

2

2

6

， ON

2

2

1

1

?7分

1

2

2

cos 2

cos

2

sin 2 ( )

cos 2

7cos 2 2

于是

1 2 1 2

2

cos 2 2

?8分

OM

ON

6

6

由

，得 1 cos

2 1 1

1

3

( ?10 分

故

2

2

的取 范 是 ， )

OM ON

3 2

23．解：

1

0 ，所以g (a ) f (0)

2a 3

2a

3

≥ 5 ，

?1 （ ）因 a

a

a

分

即 a ≤

3

1 a 0

?3分

, 或

2

故不等式 g( a) ≥ 5 的解集

a a ≤

3

,或 1≤ a

?4分

2

（2）由已知得：

理科数学试题 第 6 页 （共 6 页）