甘肃省西北师范大学附属中学2019届高三第四次诊断考试数学（理）试题

甘肃省西北师范大学附属中学2019届高三第四次诊断考试数学（理）试题

‎2019届高三第四次诊断试题 理科数学 考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎（1）答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚；‎ ‎（2）选择题必须使用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，字迹清楚；‎ ‎（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）保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀.‎ 第Ⅰ卷（选择题，共60分）‎ 一、选择题（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，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合中元素的意义判断即可.‎ ‎【详解】由题,集合为点的集合,为数的集合.故.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了集合的元素意义与交集运算,属于基础题.‎ ‎2.设复数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 代入共轭复数再根据复数的除法求解即可.‎ ‎【详解】由题.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了共轭复数的概念与复数除法的运算,属于基础题.‎ ‎3.设，为非零向量，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量相等与模长相等的意义判定即可.‎ ‎【详解】由题,若则必有,但当时因为向量有方向,故不一定成立.‎ 故“”是“”的充分而不必要条件.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了充分与必要条件的判定,同时也考查了向量的辨析,属于基础题.‎ ‎4.如图所示，一个水平放置的平面图形，其斜二测直观图是，其中，则该直观图所表示的平面图形的面积为（ ）‎ A. B. C. 16 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据斜二测画法计算原平面图形的边角关系再计算即可.‎ ‎【详解】根据斜二测画法可知,该图的直观图为,且.‎ 故面积为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了斜二测画法所得的直观图与原图形之间的关系,属于基础题.‎ ‎5.下列命题中正确的是（ ）‎ ‎①已知随机变量服从正态分布，且，则；‎ ‎②相关系数r用来衡量两个变量之间线性关系的强弱，越大，相关性越弱；‎ ‎③相关指数用来刻画回归的效果，越小，说明模型的拟合效果越好；‎ ‎④在残差图中，残差点分布的带状区域越狭窄，其模型拟合的精度就越高.‎ A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对①,根据正态分布的性质求解即可.对②③④根据相关系数与残差的性质判定即可.‎ ‎【详解】对①, ①对.‎ 对②, 相关系数r用来衡量两个变量之间线性关系的强弱,且越大,相关性越强.②错.‎ 对③, 相关指数用来刻画回归的效果,越小,说明模型的拟合效果越差.③错.‎ 对④, 在残差图中,残差点分布的带状区域越狭窄,其模型拟合的精度就越高.④对.‎ 故①④正确.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了正态分布的性质与线性回归方程中相关系数、相关指数与残差的基础知识,属于基础题.‎ ‎6.设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列选项正确的是（ ）‎ A. 若，，且，则 B. 若，，且，，则 C. 若，，且，则 D. 若，，且，则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据线面垂直的性质与判定逐个选项证明或举反例即可.‎ ‎【详解】对A,当时也满足,,且,但此时,故A错误.‎ 对B,当,且时也满足,,且,,但此时,故B错误.‎ 对C, 若,,且,则成立.故C正确.‎ 对D, 当时也可以满足,,且.故D错误.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了线面平行与垂直的判定,属于基础题.‎ ‎7.现有5名教师分到一中、二中、三中、四中4所学校任教，每所学校至少分配1名教师，其中甲教师必去一中，则有分配方法（ ）‎ A. 48种 B. 60种 C. 72种 D. 108种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据排列组合的方法考虑特殊位置,分去一中的只有甲教师与去一中的有甲教师与另外一个教师两种情况计算即可.‎ ‎【详解】由题,当去一中的只有甲教师时共有种.‎ 当去一中的有甲教师与另外一个教师时共有种.‎ 故共有种分配方法.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了排列组合的实际运用,需要根据题意根据特殊位置进行分类求解.属于中档题.‎ ‎8.已知两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于，当时，函数取得最小值，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于,可求得周期与,再代入分析的值即可.‎ ‎【详解】因为两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于可得周期为,故.‎ 故,又当时,函数取得最小值,‎ 故,又,故.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了根据三角函数图像性质求解参数的问题,需要根据题意分析所给的条件与周期等的关系列式求解,属于基础题.‎ ‎9.已知点，，动点A满足，则的最小值是（ ）‎ A. 7 B. ‎5 ‎C. 3 D. 1，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的定义可知动点A的轨迹为双曲线的右支,再根据双曲线的性质判断的最小值即可.‎ ‎【详解】由题, 动点A的轨迹为以,为焦点, 的双曲线的右支,此时双曲线方程为.故当在顶点时取最小值.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了根据双曲线的定义求焦点到双曲线上距离的最值问题,属于基础题.‎ ‎10.若，，则a，b，c的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析a,b,c与1的大小关系,再根据幂函数的单调性判定即可.‎ ‎【详解】由题, ,,.故最小.‎ 又,故.所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了指数幂的大小比较,一般做法是确定函数值的大致范围或根据函数单调性进行比较,属于基础题.‎ ‎11.函数满足：，，当时，，又函数，则函数在上的零点个数为（ ）‎ A. 4 B. ‎5 ‎C. 6 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 数形结合分别根据对称性与周期性画出的图像与的图像,再观察图像即可.‎ ‎【详解】因为,故为偶函数,关于轴对称.又,故周期为2.‎ 故画出当时,在根据对称性与周期性补全在上的图像.‎ 又在上的零点个数即为在上的零点个数即在上的交点个数.观察图像可得共有6个交点.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了数形结合求解函数零点个数的问题,需要根据函数的对称性与周期性画图分析,属于中档题.‎ ‎12.在中，，的平分线CD交边AB于D，若，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. 6 D. 9‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,,利用代入面积公式可得,再利用基本不等式中“1的妙用”构造利用基本不等式求最小值即可.‎ ‎【详解】‎ 如图所示,中,, 的平分线CD交边AB于D,‎ 且,设,,‎ 由,‎ 即,‎ 化为,‎ 则 ‎,当且仅当时,取得等号,‎ 则的最小值为,‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了解三角形中面积公式的运用与构造基本不等式求最小值的方法.属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡相应的位置上）‎ ‎13.曲线在处的切线的斜率 ．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为，所以，所以它在处的切线的斜率.‎ 考点：导数的应用.‎ ‎14.在正方体中，点E是的中点，则异面直线BE与AC所成的角为________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面垂直的判定与性质证明直线BE与AC垂直即可.‎ ‎【详解】连接,因为正方体故,平面.故.‎ 又,故平面.故.所以异面直线BE与AC所成的角为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了线线垂直的判定,属于基础题.‎ ‎15.已知，，且，，则的值为________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析已知的余弦值与所求的余弦值角度的关系可知,再利用两角差的余弦函数求解即可.‎ ‎【详解】因为,故.‎ 又因为,所以.‎ ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用凑角求解三角函数值的问题,需要注意根据角度的范围求解正余弦函数的值,属于中档题..‎ ‎16.以下排列的数是二项式系数在三角形中的几何排列，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里就出现了.在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，它出现要比杨辉迟393年.那么，第19行第18个数是________.‎ 第0行 1‎ 第1行 1 1‎ 第2行 1 2 1‎ 第3行 1 3 3 1‎ 第4行 1 4 6 4 1‎ ‎ …… …… …… …… ……‎ ‎【答案】171.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据杨辉三角每行的各个数等于二项式展开项的系数求解即可.‎ ‎【详解】根据二项式展开项的通项公式可知, 第19行第18个数为当时的项的系数.‎ 故答案为：171‎ ‎【点睛】本题主要考查了杨辉三角与二项展开式的关系,属于基础题.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）‎ ‎17.公差不为0的等差数列，为﹐的等比中项，且.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）；（2），.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据等比中项的性质与等差数列的基本量法求解即可.‎ ‎(2)利用分组求和与等差等比数列的求和公式求解即可.‎ ‎【详解】(1)设等差数列的公差为则因为为,的等比中项,‎ 故,化简得.‎ 又故.故,.‎ 即.‎ ‎(2) ,故 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量求解与分组求和、等差等比数列的公式求和等.属于基础题.‎ ‎18.哈三中团委组织了“古典诗词”的知识竞赛，从参加考试的学生中抽出60名学生（男女各30名），将其成绩分成六组，，…，，其部分频率分布直方图如图所示.‎ ‎（Ⅰ）求成绩在的频率，补全这个频率分布直方图，并估计这次考试的众数和中位数；‎ ‎（Ⅱ）从成绩在和的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率；‎ ‎（Ⅲ）我们规定学生成绩大于等于80分时为优秀，经统计男生优秀人数为4人，补全下面表格，并判断是否有99%的把握认为成绩是否优秀与性别有关？‎ 优秀 非优秀 合计 男 ‎4‎ ‎30‎ 女 ‎30‎ 合计 ‎60‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7879‎ ‎10.828‎ ‎【答案】（Ⅰ）直方图高度0.03，众数75，中位数；（Ⅱ）；（Ⅲ）表格见解析，有99%的把握认为成绩是否优秀与性别有关.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据频率和为1计算即可.‎ ‎（Ⅱ）利用组合数的方法分别求解总的情况数与满足条件的情况数即可.‎ ‎（Ⅲ）根据频率直方图补全表格,再计算对照表格分析即可.‎ ‎【详解】(Ⅰ)根据频率和为1,计算的频率为：‎ ‎,‎ 所以对应的频率直方图高度,如图所示；‎ 由频率分布直方图知众数为75；‎ 由,可知 中位数在内,计算中位数为；‎ ‎(Ⅱ)成绩在内有人,在内有人；‎ 从这9人中选2人,基本事件为(种),‎ 其中在同一分数段的基本事件为 (种),‎ 故所求的概率为；‎ ‎(Ⅲ)由题意填写列联表如下；‎ 优秀 非优秀 合计 男 ‎4‎ ‎26‎ ‎30‎ 女 ‎14‎ ‎16‎ ‎30‎ 合计 ‎18‎ ‎42‎ ‎60‎ 计算,‎ 所以有99%的把握认为成绩是否优秀与性别有关。‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率直方图的应用与利用组合求解概率的问题,同时也考查了独立性检验判定事件是否与某变量有关的问题.属于中档题.‎ ‎19.如图，在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，，点D是侧棱上的一点.‎ ‎（1）证明：当点D是的中点时，平面BCD；‎ ‎（2）若二面角的余弦值为求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分别证明与即可.‎ ‎(2) 以为坐标原点,分别以射线CA,CB,为x轴,y轴,z轴的非负半轴建立空间直角坐标系.设,利用二面角的余弦值为求得,‎ 再利用空间向量求解二面角的方法求解二面角的余弦值即可.‎ ‎【详解】（1）平面ABC,平面ABC 又,平面,平面 平面 ‎,‎ 平面DCB,平面DCB 平面DCB ‎ ‎（2）‎ 以为坐标原点,分别以射线CA,CB,为x轴,y轴,z轴的非负半轴建立空间直角坐标系.设,,,,‎ ‎,‎ 设为平面的法向量,则,‎ 设则有,.此时 是平面的法向量,则 ‎,‎ 因为是平面的法向量,则 则二面角余弦值是 ‎【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定,同时也考查了根据空间向量求解二面角问题的方法等.需要根据题意设未知量,再根据题意求解位置量.属于中档题.‎ ‎20.椭圆过点，左焦点为F，PF与y轴交于点Q，且满足.‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）设圆，直线与圆O相切且与椭圆C交于不同两点A，B，当且时，求弦长的范围，并求当弦长最大时，直线l的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2），.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设,根据与平面向量坐标运算求解,再代入求解即可.‎ ‎(2)联立直线与椭圆的方程得出对应的二次方程与韦达定理,再根据直线与圆O 相切可得,再利用代入韦达定理化简得,继而求得弦长关于的表达式,利用求解范围即可.‎ ‎【详解】（1）设 ‎,, ‎ ‎（2）,则 设,则 ‎, ‎ ‎, ① ‎ ‎ ②‎ 将①代入②‎ 当时,,,‎ ‎【点睛】本题主要考查了联立直线与椭圆方程,利用韦达定理表达所给条件,继而得出直线中参数的表达式再进行求解所求弦长的方法.属于难题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，判断在定义域上的单调性；‎ ‎（2）若对定义域上的任意的，有恒成立，求实数a的取值范围；‎ ‎（3）证明：，.‎ ‎【答案】（1）因为所以在上单调递减，（2），（3）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求导后利用基本不等式证明导函数小于等于0即可.‎ ‎(2) ,再分、和三种情况分别讨论函数的最大值分析即可.‎ ‎(3)根据(2)中的结论知,对任意都成立, 取再累加求证即可.‎ ‎【详解】（1）当时,,故 因为,当且仅当时取等号.故 所以在上单调递减. ‎ ‎（2）∵,‎ 当时,则,∴在上单调递增, ,‎ 当时,令,解得,‎ 当时, ,当时, ,‎ ‎∴在上单调递增,在上单调递减,则时, ‎ ‎,‎ 当时, ,在上单调递减,则,‎ ‎∴‎ ‎（3）当时,成立 当时,由（2）知,对任意都成立 取,,则 所以 当时 所以 所以 所以 所以 ‎【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数单调性与分参数的不同范围判定函数的最值从而证明不等式的问题.同时也考查了根据前问的结论累加求证不等式的问题.属于难题.‎ 请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为其中t为参数，为直线的倾斜角，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线与曲线相交于A，B两点.‎ ‎（1）当时，求的普通方程；‎ ‎（2）当变化时，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)代入再消去参数即可.‎ ‎(2)联立直线的参数方程与的直角坐标方程,再根据直线参数的几何意义求解即可.‎ ‎【详解】(1) 当时,的参数方程为,(为参数)上下式相减可得 即.‎ ‎(2)曲线的极坐标方程为,转换为直角坐标方程为.‎ 把(为参数),代入圆的方程得到：,整理得,‎ 则：,‎ 所以 ‎,其中.‎ 故当时取最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线参数方程与直角坐标的互化与直线参数方程的几何意义,需要联立直线的参数方程与圆的直角坐标方程,继而得到关于参数的韦达定理,再求解弦长等.属于中档题.‎ ‎23.设函数，设的解集为S.‎ ‎（Ⅰ）求S，‎ ‎（Ⅱ）证明：当，时，.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)分段讨论去绝对值再求解即可.‎ ‎(Ⅱ)根据(1)可得,,再相乘化简,整理构造出的结构即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）.‎ 因为,故或或,‎ 所以或或,故 所以 ‎ ‎（Ⅱ）证明：因为a,,所以,‎ 所以.所以,‎ 所以.原不等式得证.‎ ‎【点睛】本题主要考查了分段去绝对值解不等式的问题,同时也考查了构造不等式的证明方法,属于中档题.‎