1、2019學年第二學期“山水聯盟”返校考試高三年級 數學學科試題選擇題部分一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知集合，則中的元素個數是（ ）a. 0個b. 1個c. 2個d. 4個【答案】d【解析】【分析】求出集合即得答案.【詳解】解不等式，可得.解不等式，可得.，含有4個元素故選：.【點睛】本題考查集合的運算，屬于基礎題.2.雙曲線的方程為，則（ ）a. 實軸長為2，焦點坐標b. 實軸長為2，焦點坐標c. 實軸長為，焦點坐標d. 實軸長為，焦點坐標【答案】d【解析】【分析】把雙曲線的方程化為標準式即得.【詳解】雙曲線的方

2、程化為標準式：.焦點在軸上，.實軸長為，焦點坐標.故選：.【點睛】本題考查雙曲線的幾何性質，屬于基礎題.3.已知實數滿足，則（ ）a. 最小值為0，不存在最大值b. 最小值為4，不存在最大值c. 最大值為0，不存在最小值d. 最大值為4，不存在最小值【答案】a【解析】【分析】作出可行域，由得，平移直線，數形結合可求.【詳解】作出可行域如圖所示由得.平移直線，當直線過可行域內的點時，最大，有最小值，不存在最大值.解方程組，得.，沒有最大值.故選：.【點睛】本題考查簡單的線性規劃，屬于基礎題.4.九章算術是中國古代第一部數學專著，書中有關于“塹堵”的記載，“塹堵”即底面是直角三角形的直三棱柱，已知

3、某“塹堵”被一個平面截去一部分后，剩下部分的三視圖如圖所示，則剩下部分的體積是（ ）a. 16b. 18c. 12d. 14【答案】c【解析】【分析】畫出直觀圖，即可求直三棱柱被一個平面截去一部分后，剩下部分的體積.【詳解】題目中的三視圖，是由直三棱柱截去三棱錐所得，如圖所示由三視圖可得，底面是兩直角邊均為3的等腰直角三角形，三棱柱的高為4，所以剩下部分的體積.故選：.【點睛】本題考查三視圖，考查學生的空間想象能力，屬于基礎題.5.若，則“”是“”的（ ）a. 充分不必要條件b. 必要不充分條件c. 充分必要條件d. 既不充分也不必要條件【答案】a【解析】【分析】由得到.由得到.則由能得到，反

4、之不成立，即得答案.【詳解】，不等式可化.時，.若“”，則“”成立，“”是“”的充分條件.由，得，此時不能推出，“”不是“”的必要條件.所以“”是“”的充分不必要條件.故選：.【點睛】本題考查充分必要條件，屬于基礎題.6.函數的圖象大致是（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】判斷是奇函數，結合特殊值，排除選項即得.【詳解】函數的定義域為.函數是奇函數，圖象關于原點對稱.排除.又，排除.故選：.【點睛】本題考查利用函數的性質識別圖象，屬于基礎題.7.設，隨機變量的分布列如下表所示123已知，則當在內增大時，的變化情況（ ）a. 先增大再減小b. 先減小再增大c. 增大d. 減小

5、【答案】d【解析】【分析】由分布列的性質可得，再由方差的計算公式即得答案.【詳解】由分布列的性質可得.，.當在內增大時，減小故選：.【點睛】本題考查離散型隨機變量的分布列和方差，屬于基礎題.8.如圖正四棱錐，為線段上的一個動點，記二面角為，與平面所成的角為，與所成的角為，則（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】建立空間直角坐標系，比較各角的正切值的大小，即得答案.【詳解】以正方形的中心為原點，分別以平行于所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示取中點，連接.則.連接，則.設，則.則.又，.，即.由題意知都是銳角，.故選：.【點睛】本題考查空間角，屬于中檔題.9

6、.已知，函數，若函數恰有3個零點，則（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】令，則函數恰有3個零點等價于方程有3個實數根對選項逐個分析，數形結合可得答案.【詳解】令，則條件等價為方程有3個實數根當時，對a選項分析：當，時，在，圖象如圖所示：此時方程最多只有1個實數根，所以a選項錯誤對b選項分析：當，時，在，圖象如圖所示：故方程可能會出現3個實數根，所以b選項正確對c選項分析：當，時，在，圖象如圖所示： 此時方程最多只有2個實數根，所以c選項錯誤對d選項分析：當，時，在，圖象如圖所示： 此時方程最多只有2個實數根，所以d選項錯誤故選：.【點睛】本題考查函數與方程，考查導數在研究函

7、數中的應用，屬于較難的題目.10.已知為等差數列，且，則（ ）a. 且b. 且c. 且d. 且【答案】c【解析】【分析】設公差為，由，得方程在有根，等價于函數的圖象與直線有公共點.當直線與相切時，可得；當函數的圖象與直線有公共點時，可得為遞增等差數列，可得.【詳解】設公差為，由，得，且.方程在有根，等價于函數的圖象與直線有公共點.當直線與相切時，設切點為.由得，即切點為，代入直線，得.此時.當直線向右平移與函數的圖象相交時，.函數的圖象與直線有公共點時，.為遞增等差數列，.故選：.【點睛】本題考查數列的單調性，考查等價轉化的數學思想，屬于較難的題目.非選擇題部分二、填空題（本大題共7題，多空題

8、每題6分，單空題每題4分，共36分）11.設復數（其中為虛數單位），則復數的虛部是_，為_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根據復數的除法法則，把復數化成的形式，可得復數的虛部，可求.【詳解】，故虛部是.故答案為：；.【點睛】本題考查復數的除法法則和求模公式，屬于基礎題.12.設直線，方程分別為，且，則_，兩條平行線間的距離為_【答案】 (1). 8 (2). 【解析】【分析】由題意可知，直線的斜率存在.，則兩直線的斜率相等，可求，根據平行線間的距離公式，可求，的距離.【詳解】由題意直線的斜率存在.直線的方程為，即，直線的距離為.故答案為：8；.【點睛】本題考查直線的位置關系和平行

9、線間的距離公式，屬于基礎題.13.若二項式的展開式中各項系數之和為108，則_，有理項的個數為_【答案】 (1). 2 (2). 4【解析】【分析】令可求，把展開，觀察各項的特點，可得有理項的個數.【詳解】中令可得，可得中只有一項為有理項，因此展開式中有理項是4個故答案為：2；4.【點睛】本題考查二項式定理，屬于基礎題.14.在中，點在上，且，則_，_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根據，展開可求值；根據正弦定理，可求.【詳解】如圖所示中，又，由正弦定理，.故答案為：；.【點睛】本題考查正弦定理和兩角和的正弦公式，屬于基礎題.15.設橢圓的標準方程為，若斜率為1的直線與橢圓相切同

10、時亦與圓（為橢圓的短半軸）相切，記橢圓的離心率為，則_【答案】【解析】【分析】設切線方程為，代入橢圓方程，由直線與橢圓相切可得.直線與圓相切，可得，又，可求.【詳解】設切線方程為，代入橢圓方程可得：.因為相切，由直線與圓相切，可得：，或（舍去）.則有，因為，所以可得故答案為：.【點睛】本題考查直線和圓錐曲線的位置關系，考查橢圓的幾何性質，屬于基礎題.16.設，函數在上的最大值是，則的值是_【答案】【解析】【分析】由函數在上的最大值是，得，.再根據絕對值三角不等式求出，從而求出，即可求出.【詳解】函數在上的最大值是等價于在上恒成立所以，即，兩式相加結合絕對值不等式得：，解得，又因為，所以再把代回

11、到，中，解得，所以故答案為：.【點睛】本題考查絕對值三角不等式，屬于較難的題目.17.平面中存在三個向量，若，且，且滿足，則的最小值_【答案】【解析】【分析】由，得與之間的夾角為90°.由，得，即與夾角為90°.數形結合得點在以點為圓心，1為半徑的圓上運動再根據阿波羅尼斯圓的性質求出的最小值.【詳解】，且，則與之間的夾角為90°.將可以改寫成，因此與夾角為90°.因此綜上條件我們可以做出如下圖象 點在以點為圓心，1為半徑圓上動根據阿波羅尼斯圓的性質可知該圓可以看成由所構成的圓（以為原點，分別以所在直線為軸，建立平面直角坐標系，則）.，.故答案為：.【點睛

12、】本題考查與向量有關的最值問題，考查數形結合的數學思想方法，屬于難題.三、解答題（本大題共5小題，共74分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）18.設函數（1）求函數的最小正周期及單調遞減區間；（2）若，求函數的值域【答案】（1）最小正周期為，單調遞減區間是；（2）.【解析】【分析】（1）根據倍角公式、兩角和與差的余弦公式和輔助角公式，把化為，即求最小正周期及單調遞減區間；（2）由求出的范圍，即求函數的值域【詳解】（1）.最小正周期.由解得，的單調遞減區間是.（2），的值域是.【點睛】本題考查倍角公式、兩角和與差的余弦公式、輔助角公式和三角函數的性質，屬于中檔題.19.如圖，在四棱錐中，等

13、邊三角形，（1）求證：；（2）求直線與平面所成的角的正弦值【答案】（1）詳見解析；（2）.【解析】【分析】（1）由題意可得是等邊三角形. 取中點，連，可證平面，即證；（2）法一 作出直線與平面所成的角，在直角三角形中求其正弦值.法二 以為坐標原點，以、分別為軸、軸建立平面直角坐標系，求平面的法向量.設直線與平面所成角為，則【詳解】（1）由題意，是等邊三角形，是等邊三角形.取中點，連，則，又，平面，平面，.（2）法一：在直角梯形中，.平面，平面平面平面.作交為，則平面，、交于，為直線與平面所成的角.由題意得，又，.，為的中點，.法二：，以為坐標原點，與平面垂直的及、分別為軸、軸和軸建立平面直角坐

14、標系，則，又，,，.設平面的法向量為，,取.設直線與平面所成角為，則【點睛】本題考查證明線線垂直和求線面角的方法，屬于中檔題.20.已知等比數列的公比，且，是，的等差中項，數列滿足：數列的前項和為（1）求數列、的通項公式；（2）數列滿足：，證明【答案】（1），；（2）詳見解析.【解析】【分析】（1）由題意列方程組求，從而求出.根據數列的前項和為，求出，即求；（2）法一 由，得，累加法可證明，即可證明結論.法二 用數學歸納法證明.【詳解】解析（1）由題意，得，即，解得或，已知故，當時，當時，當時，滿足上式，（2）法1，累加得當，當，法2先用數學歸納法證明當，當時，左式>右式，不等式成立假設

15、時，不等式成立，即當時，因為在上單調遞增，由，得，即，可得，不等式也成立由得證當，.【點睛】本題考查數列的通項公式，考查與數列有關的不等式的證明，屬于較難的題目.21.如圖，已知拋物線的標準方程為，其中為坐標原點，拋物線的焦點坐標為，為拋物線上任意一點（原點除外），直線過焦點交拋物線于點，直線過點交拋物線于點，連結并延長交拋物線于點（1）若弦的長度為8，求的面積；（2）求的最小值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出拋物線的方程.設直線的方程為（為斜率的倒數），代入拋物線的方程，韋達定理、弦長公式求出，即可求出的面積；（2）設，則，可得.設直線的方程為，代入拋物線方程，可求得，可得.利用基本不等式可求的最小值【詳解】（1）因為焦點坐標為，所以，所以拋物線的方程為.設直線的方程為（為斜率的倒數）.由，得，則有所以，的面積為.（另解：到直線的距離為，所以的面積為）.（2）因為在拋物線上，可以設，根據第（1）問可知，兩點的縱坐標之積為定值為，所以，則有，其中可得：設直線的方程為，由 ，得，所以可知，兩點的縱坐標之積為所以，同理可得綜上可知：所以有（等號成立條件）則有最小值為【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系，考查與焦點弦有關的問題，屬于難題.22.已知正實數，設函數（1）若時，求函數在的值域；（2）對任意實數均