2019届安徽省1号卷A10联盟高三下学期4月联考数学（理）试题（解析版）

这是一份2019届安徽省1号卷A10联盟高三下学期4月联考数学（理）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2019届安徽省高三下学期4月联考数学（理）试题  一、单选题1．已知集合，，则（   ）A． B．C． D．【答案】D【解析】先由不等式化简集合，再和集合求交集即可得出结果.【详解】由题意得，，，故选.【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念即可，属于基础题型.2．若复数（是虚数单位）为纯虚数，则实数的值为（   ）A．2 B． C．3 D．【答案】A【解析】先由复数的除法运算化简，再由该复数为纯虚数即可得出结果.【详解】由题意得，，故，解得.故选.【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的概念，熟记除法运算法则以及复数的概念即可，属于基础题型.3．给出的是2017年11月-2018年11月某工厂工业原油产量的月度走势图，则以下说法正确的是（   ）A．2018年11月份原油产量约为51.8万吨B．2018年11月份原油产量相对2017年11月增加1.0%C．2018年11月份原油产量比上月减少54.9万吨D．2018年1-11月份原油的总产量不足15000万吨【答案】C【解析】根据题中数据，逐项判断即可得出结果.【详解】由题意得，2018年11月份原油的日均产量为51.8吨，则11月份原油产量为万吨.10月份原油产量为万吨，故错误；2018年11月份原油产量的同比增速为-1.0%，原油产量相对2017年11月份减少1.0%，则错误；又11月份原油产量比上月减少1608.9-1554=54.9万吨，则正确；1-11月份共334天，而1-11月份日均原油产量都超过50万吨，故1-11月份原油产量的总产量会超过15000万吨，故错误.故选.【点睛】本题主要考查统计图的问题，会根据统计图进行分析即可，属于基础题型.4．记等差数列的前项和为，若，则（   ）A．57 B．51 C．42 D．39【答案】B【解析】先设等差数列的公差为，根据等差数列的性质得到，再由前项和公式即可得出结果.【详解】设等差数列的公差为，则，即.由等差数列性质可得，.故选.【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的性质以及等差数列前项和性质即可，属于基础题型.5．如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它由四个全等的直角三角形围成，其中，现将每个直角三角形的较长的直角边分别向外延长一倍，得到如图的数学风车，若在该数学风车内随机取一点，则该点恰好取自“赵爽弦图”外面（图中阴影部分）的概率为（   ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据正弦值求得直角三角形各边长，然后分别求解出阴影部分面积和数学风车面积，利用几何概型面积型的公式求得结果.【详解】在中，不妨设，则，则阴影部分的面积为；数学风车的面积为所求概率本题正确选项：【点睛】本题考查几何概型中面积型问题的求解，属于基础题.6．过双曲线的右焦点作其实轴的垂线，若与双曲线及其渐近线在第一象限分别交于，且，则该双曲线的离心率为（   ）A． B． C． D．【答案】A【解析】假设右焦点坐标，代入双曲线和渐近线方程求得坐标；根据得到的关系，再利用得到关系，从而求得离心率.【详解】由双曲线方程可知其渐近线为：设，则又，则则，化简得则离心率本题正确选项：【点睛】本题考查双曲线离心率的求解问题，关键是能够利用向量的关系得到关于的齐次方程，从而求得离心率.7．图中小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（   ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由三视图先确定几何体的形状，再由体积公式即可求出结果.【详解】由题意得，该几何体的体积等于一个高为6，底面圆的半径为2的圆柱体积，加上一个底面边长为4、高为2的长方体体积，减去底面圆的半径为2、高为2的半个圆柱的体积；因此，所求几何体的体积.故选.【点睛】本题主要考查由三视图求几何体的体积问题，熟记几何体的体积公式即可，属于基础题型.8．设函数的导函数为，若是奇函数，则曲线在点处切线的斜率为（   ）A． B．-1 C． D．【答案】D【解析】先对函数求导，根据是奇函数，求出，进而可得出曲线在点处切线的斜率.【详解】由题意得，.是奇函数，，即，解得，，则，即曲线在点处切线的斜率为.故选.【点睛】本题主要考查曲线在某点处的切线斜率，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.9．已知在正方形中，点为的中点，点为上靠近点的三等分点，为与的交点，则（   ）A． B．C． D．【答案】A【解析】以为原点，所在直线分别为轴建立所示的平面直角坐标系，设，求出，，的坐标表示，再设，列方程组即可求出结果.【详解】以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的平面直角坐标系.设，则，，，.设，即，解得，故.故选.【点睛】本题主要考查平面向量基本定理，常采用建立坐标系的方法来处理，属于常考题型.10．已知函数，若关于的不等式恰有2个整数解，则实数的取值范围为（   ）A． B．C． D．【答案】C【解析】分情况讨论：，，和三种情况，数形结合，分别求出的范围即可得出结果.【详解】若，显然不等式仅有1个整数解-2；若，如图（1）所示，不等式的整数解为-3和-2，即，解得；若，如图（2）所示，不等式的整数解为-2和-1，即，解得.综上所述，实数的取值范围为，故选.【点睛】本题主要考查分段函数的应用，一般需要运用数形结合的思想来处理，属于常考题型.11．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得函数的图象.若，，且函数在上具有单调性，则的值为（   ）A．2 B．3 C．5 D．7【答案】B【解析】先由题意得到，根据，，得到，再根据函数在上具有单调性，即可列出不等式组，结合条件即可求出结果.【详解】由题意得，，最小正周期.若，，，.函数在上具有单调性，，解得，又，，.故选.【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换问题，熟记三角函数的性质即可求解，属于常考题型.12．已知以正八面体各面的中心为顶点能构造一个正方体，若正八面体的体积为，则正方体外接球的表面积为（   ）A． B． C． D．【答案】B【解析】先设正八面体的棱长为，根据正八面体的体积为，求出，作出正八面体的图像，设分别为平面与平面的中心，分别延长交于，得到，再由正八面体的特征可求出外接球半径，进而可得出结果.【详解】设正八面体的棱长为，则，解得.作出图形如图所示，设分别为平面与平面的中心，分别延长交于，则，故所求外接球半径，则所求表面积.故选.【点睛】本题主要考查多面体外接球的计算问题，熟记球的表面积公式以及几何体的特征即可，属于常考题型.  二、填空题13．已知实数满足，则的最大值为__________．【答案】【解析】先由约束条件作出可行域，再由目标函数表示直线在轴截距的相反数，结合图像即可得出结果.【详解】作出不等式组所表示的平面区域（如图中阴影部分所示），其中.又表示直线在轴截距的相反数，所以，当直线经过点时，取得最大值，.故答案为【点睛】本题主要考查简单的线性规划，由约束条件作出可行域，分析目标函数的几何意义即可求解，属于常考题型.14．若二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为__________（用数字作答）．【答案】1792【解析】先由展开式中只有第5项的二项式系数最大，可得展开式共9项，从而可得，再由二项展开式的通项公式得到，结合题中条件即可得出结果.【详解】由题意得，展开式共有9项，则，故展开式的通项.令，解得，故所求系数为.故答案为【点睛】本题主要考查二项式定理，熟记二项展开式的通项公式即可，属于常考题型.15．已知抛物线的焦点为，准线为，过作斜率大于0的直线与抛物线交于两点（在轴上方），且与直线交于点.若，，则的值为__________．【答案】4【解析】先过分别作的垂线，垂足分别为，过作的垂线，垂足为，根据，结合抛物线的定义，可得，再由即可得出结果.【详解】过分别作的垂线，垂足分别为，过作的垂线，垂足为.，，，.，.故答案为【点睛】本题主要考查抛物定义的应用，熟记抛物线的定义即可，属于常考题型.16．首项为1的数列满足：当时，，记数列的前项和为，前项积为，则__________．【答案】1【解析】先由得到，进而可得，再由得到，，整理之后即可得出结果.【详解】由题意得，，故，即，由，可以求得；由，可以求得，故.故答案为1【点睛】本题主要考查数列的性质，熟记递推数列的应用即可，属于常考题型. 三、解答题17．在中，角所对的边分别为，且，.（1）若，求的值；（2）若的面积是，求的值.【答案】（1）（2）.【解析】（1）先由，得到，根据两角和的余弦公式可求出，再由正弦定理可得，求出，进而可得出结果；（2）先由三角形面积公式求出，再根据余弦定理即可求出结果.【详解】（1），.，由正弦定理得，，即，解得..（2），，.由余弦定理得，，，，.【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型.18．如图，在正三棱柱中，的面积为，.点为线段的中点.（1）在线段上找一点，使得平面平面，并证明；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)先取的中点，连接，根据面面平行的判定定理即可得出结论成立；(2)先取中点，的中点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量以及平面的一个法向量，求出向量夹角的余弦值即可得出结果.【详解】（1）取的中点，连接.，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面；同理可得，四边形为平行四边形，平面；，平面，平面.平面平面.（2）取中点，的中点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.，，，.由题意得，.则，.设平面的一个法向量为，则，即，即.令，则，，即.又平面的一个法向量为.，由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查面面平行的判定以及二面角的问题，熟记面面平行的判定定理以及空间向量求二面角的方法即可，属于常考题型.19．某超市开展年终大回馈，设计了两种答题游戏方案：方案一：顾客先回答一道多选题，从第二道开始都回答单选题；方案二：顾客全部选择单选题进行回答；其中每道单选题答对得2分，每道多选题答对得3分，无论单选题还是多选题答错都得0分，每名参与的顾客至多答题3道.在答题过程中得到3分或3分以上立刻停止答题，并获得超市回馈的赠品.为了调查顾客对方案的选择情况，研究人员调查了参与游戏的500名顾客，所得结果如下表所示： 男性女性选择方案一15080选择方案二150120 （1）是否有95%的把握认为方案的选择与性别有关？（2）小明回答每道单选题的正确率为0.8，多选题的正确率为0.75,.①若小明选择方案一，记小明的得分为，求的分布列及期望；②如果你是小明，你觉得选择哪种方案更有可能获得赠品，请通过计算说明理由.附：，0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828  【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】(1)先由题中数据完善列联表，再由求出，结合临界值表，即可得出结果；(2) ①先确定的所有可能取值为0,2,3,4，求出对应概率，即可写出分布列以及期望；②分别计算两种方案得分不低于3分的概率，比较大小即可得出结果.【详解】（1）由题意，完善列联表如下表所示： 男性女性总计选择方案一15080230选择方案二150120270总计300200500  ，故有95%的把握认为方案的选择与性别有关.（2）①的所有可能取值为0,2,3,4，则，，，.故的分布列为：0234  .②小明选择方案一得分不低于3分的概率为，小明选择方案二得分不低于3分的概率为.，小明选择方案一时更有可能获得赠品.【点睛】本题主要考查独立性检验以及离散型随机变量的问题，熟记独立性检验的思想、离散型随机变量的概念等即可，属于常考题型.20．已知椭圆上的一点到两个焦点的距离之和为4，离心率为，点为椭圆的左顶点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设圆，过点作圆的两条切线分别交椭圆于点和，求证：直线过定点.【答案】（1）（2）.【解析】（1）根据题中条件得到，再由即可求出结果；（2）先设设切线的方程为，由圆心到直线的距离等于半径得到，再设两切线的斜率为，可得到，联立切线与椭圆方，设，可用分别表示出坐标，进而可求出，得到直线的方程，即可得出结果.【详解】（1）由题意得，，解得，.椭圆的标准方程为.（2）设切线的方程为，则，即.设两切线的斜率为，则.联立，得，设，则，，同理，则.直线的方程为，整理得，故直线过定点.【点睛】本题主要考查椭圆的方程以及椭圆中直线过定点的问题，通常需要联立直线与曲线方程，结合题中条件求解，属于常考题型.21．已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）由题意确定函数定义域，对函数求导，分别讨论，以及，即可得出结果；（2）先由不等式恒成立得到，因为，因此只需即可；令，用导数的方法求出函数的最小值，即可得出结果.【详解】（1）由题意得，函数的定义域为，.若，则，故函数在上单调递增；若，则，故当时，，当时，.则在上单调递减，在上单调递增；若，则，故，故函数在上单调递增；综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2），.又，若，则.令，则，令，解得.当时，，则函数在上单调递减，当时，，则函数在上单调递增，，解得.当时，存在，使得成立，这与矛盾，，又，故实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、最值等，属于常考题型.22．已知在极坐标系中，曲线的极坐标方程为.以极点为原点，极轴所直线为轴建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数）.（1）求曲线的直角坐标方程以及曲线的极坐标方程；（2）若曲线交于两点，且，，求的值.【答案】（1）；；（2）【解析】（1）根据，化简得到结果；（2）写出的参数方程，代入的直角坐标方程中，根据的几何意义可构造关于的方程，求解得到结果.【详解】（1）    则曲线的直角坐标方程为    则曲线的极坐标方程为（2）由（1）得曲线的参数方程为（为参数）代入中，整理得，解得设对应的参数分别为，则由的几何意义得，解得又    【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化、直线参数方程几何意义求解距离之积的问题，易错点是在利用距离之积求解参数时，忽略了参数的取值范围，造成求解错误.23．已知函数，.（1）当时，求不等式的解集；（2）若对于恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】（1）分别在，和上得到不等式，求解得到结果；（2）方法一：通过放缩和绝对值三角不等式得到：，则有，进而求得的范围；方法二：分别在，和的情况下得到函数的解析式；在每一段上都有，从而构造出不等式，求解得到结果.【详解】（1）当时，则或或分别解得或或不等式的解集为（2）方法一：当且仅当时取等号，解得或即的取值范围是方法二：当时，则函数在上单调递减，在上单调递增，解得；当时，，最小值是，不符合题意；当时，则函数在上单调递减，在上单调递增，，解得.综上所述，的取值范围是【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用不等式中的恒成立求解参数范围的问题；解决恒成立问题的关键是能够将问题转化为最值与参数的关系；要注意分类讨论的思想在求解绝对值不等式问题中的应用.