四川省成都市第七中学2019届高三第一次诊断性检测

数学（文）试题

一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）

1.i为虚数单位，则　　

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据复数的运算法则进行化简、计算，即可求解，得到答案．

【详解】根据复数的乘法运算法则，可得，

故选：D．

【点睛】本题主要考查了复数的运算法则的应用，其中解答中熟记复数的运算法则，以及是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题。

2.设集合，，则（ ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

求出A与B中不等式的解集确定出A与B，从而求出两集合的交集即可．

【详解】∵集合A=，解得x>-1，

B={x|（x+1）（x﹣2）0且x}={x|﹣1x＜2}，

则A∩B={x|＜x＜2}，

故选：A．

【点睛】本题考查了集合的运算，考查解指数不等式及分式不等式问题，是一道基础题．

3.函数的图象大致是（ ）

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先判断函数为偶函数，再根据特殊点的函数值即可判断．

【详解】因为满足偶函数f（﹣x）=f（x）的定义，

所以函数为偶函数，其图象关于y轴对称，故排除B，

又x=0时，y=0，排除A、C，

故选D.

【点睛】本题考查了函数的图象的识别，一般常用特殊点的函数值、函数的奇偶性和函数的单调性来排除，属于基础题．

4.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在探求球体体积时构造的一个封闭几何体，它由两个等径正贯的圆柱体的侧面围成，其直视图如图（其中四边形是为体现直观性而作的辅助线）.当“牟合方盖”的正视图和侧视图完全相同时，其俯视图为（ ）

A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．根据三视图看到方向，可以确定三个识图的形状，判断答案．

【详解】∵相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．

∴其正视图和侧视图是一个圆，俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，∴俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，

故选：B．

【点睛】本题很是新颖，三视图是一个常考的内容，考查了空间想象能力，属于中档题．

5.执行下边的算法程序，若输出的结果为120，则横线处应填入（ ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由题意知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，

模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得结果．

【详解】模拟执行算法程序，可得：

S=1，k=1，

不满足条件，S=1，k=2，

不满足条件，S=2，k=3，

不满足条件，S=6，k=4，

不满足条件，S=24，k=5，

不满足条件，S=120，k=6，

此时i满足条件，退出循环，输出S的值为120；

所以横线处应填写的条件为，

故选C.

【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，属于直到型循环结构，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．

6.设实数满足，则的最大值是（ ）

A. -1 B. C. 1 D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由约束条件确定可行域，由的几何意义，即可行域内的动点与定点P（0，-1）连线的斜率求得答案．

【详解】由约束条件，作出可行域如图，

联立，解得A（），

的几何意义为可行域内的动点与定点P（0，-1）连线的斜率，

由图可知，最大．

故答案为：．

【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，属于中档题型．

7.“”是“”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

【答案】D

【解析】

【分析】

由可推出，再结合充分条件和必要条件的概念，即可得出结果.

【详解】若，则，所以，即“”不能推出“”，反之也不成立，因此“”是“”的既不充分也不必要条件.

故选D

【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件，熟记概念即可，属于基础题型.

8.已知向量，，则在方向上的投影为（ ）

A. 2 B. -2 C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据平面向量的数量积运算与向量投影的定义，写出对应的运算即可．

【详解】向量，，

∴，∴(•==-10，

||==5；

∴向量在向量方向上的投影为：

||cos＜(，＞===﹣2．

故选：B．

【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算与向量投影的定义与应用问题，是基础题．

9.设抛物线的焦点为，准线为，点在上，点在上，且，若，则的值（ ）

A. B. 2 C. D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】

过M向准线l作垂线，垂足为M′，根据已知条件，结合抛物线的定义得==，即可得出结论．

【详解】过M向准线l作垂线，垂足为M′，根据已知条件，结合抛物线的定义得==，

又∴|MM′|=4，又|FF′|=6，

∴==，.

故选：D．

【点睛】本题考查了抛物线的定义标准方程及其性质、向量的共线，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

10.设分别是的内角的对边，已知，则的大小为( )

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用三角形内角和定理可得．由正弦定理可得b2+c2﹣a2=-bc，由余弦定理可得cosA=，结合范围A∈（0，π）可得A的值.

【详解】∵，，

∴由正弦定理可得：，整理可得：b2+c2﹣a2=-bc，

∴由余弦定理可得：cosA=，∴由A∈（0，π），可得：A=.

故选C.

【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理在三角形中的应用，属于基础题．

11.已知正三棱锥的高为6，内切球（与四个面都相切）表面积为，则其底面边长为（ ）

A. 18 B. 12 C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

过点P作PD⊥平面ABC于D，连结并延长AD交BC于E，连结PE，△ABC是正三角形，AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心，D、M为其中两个切点，利用直角△PDE中的数量关系计算结果.

【详解】如图，过点P作PD⊥平面ABC于D，

连结并延长AD交BC于E，连结PE，△ABC是正三角形，

∴AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．

此时球与四个面相切，如图D、M为其中两个切点，

∵S球=16π, ∴球的半径r=2．

又∵PD=6，OD=2,∴OP=4,又OM=2, ∴=∴ DE=2,AE=6 , ∴ AB=12,

故选B.

【点睛】本题考查球与棱锥的组合体问题，考查球的表面积公式，找切点利用直角三角形是解决此类问题的关键，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

12.已知函数（其中）的最小正周期为，函数，若对，都有，则的最小正值为（ ）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

将函数表达式展开合并，再用辅助角公式化简，得f（x）=sin（2x+）-．再根据正弦函数对称轴的公式，求出f（x）图象的对称轴方程.

【详解】由函数的最小正周期为，可求得=2

∴f（x）=，

===2sin（+），

∴又，∴x=是g(x)的一条对称轴，代入+中，有+=(k,

解得=(k,k=1时，，

故选B.

【点睛】本题考查了三角函数的化简与三角函数性质，运用了两角和差的正余弦公式，属于中档题．

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.某学校初中部共120名教师，高中部共180名教师，其性别比例如图所示，已知按分层抽样方法得到的工会代表中，高中部女教师有6人，则工会代表中男教师的总人数为________.

【答案】12

【解析】

【分析】

利用分层抽样中的比例，可得工会代表中男教师的总人数．

【详解】∵高中部女教师与高中部男教师比例为2：3，

按分层抽样方法得到的工会代表中，高中部女教师有6人，则男教师有9人，

工会代表中高中部教师共有15人，又初中部与高中部总人数比例为2：3，

工会代表中初中部教师人数与高中部教师人数比例为2：3，

工会代表中初中部教师总人数为10，又∵初中部女教师与高中部男教师比例为7：3，

工会代表中初中部男教师的总人数为10×30%=3；

∴工会代表中男教师的总人数为9+3=12，

故答案为12．

【点睛】本题考查对分层抽样的定义的理解，考查识图能力与分析数据的能力，考查学生的计算能力，比较基础．

14.已知圆与轴相切，圆心在轴的正半轴上，并且截直线所得的弦长为2，则圆的标准方程是________.

【答案】

【解析】

【分析】

由圆心在在轴的正半轴上，设出圆心坐标，再根据圆与y轴相切，得到圆心到y轴的距离即圆心横坐标的绝对值等于圆的半径，表示出半径r，由弦长的一半，圆的半径r及表示出的d利用勾股定理列出关于t的方程，求出方程的解得到t的值，从而得到圆心坐标和半径，根据圆心和半径写出圆的方程即可．

【详解】设圆心为（t，0），且t>0, ∴半径为r=|t|=t，∵圆C截直线所得的弦长为2，

∴圆心到直线的距离d==

∴t2-2t-3=0，

∴t=3或t=-1（舍），

故t=3，

∴.

故答案为

【点睛】此题综合考查了垂径定理，勾股定理及点到直线的距离公式．根据题意设出圆心坐标，找出圆的半径是解本题的关键．

15.已知均为锐角，且，则的最小值是________.

【答案】

【解析】

【分析】

利用余弦的和与差公式打开，“弦化切”的思想求得tanαtanβ=，再将展开利用基本不等式即可求解．

【详解】由cos（α-β）=3cos（α+β），可得cosαcosβ+sinαsinβ=3cosαcosβ-3sinαsinβ，同时除以cosαcosβ，

可得：1+tanαtanβ=3-3tanαtanβ，

则tanαtanβ=，又=2=．

故答案为：.

【点睛】本题考查了余弦、正切的和与差公式和同角三角函数的运用，“弦化切”的思想，结合了基本不等式求最值，属于中档题．

16.若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】

先将函数有三个不同的零点转化为在上有两个根，即在上有两个根,用导数的方法研究函数的单调性和值域即可.

【详解】因为，由可得，即函数在上有一个零点；

所以函数有三个不同的零点等价于方程在上有两个不等实根，等价于方程在上有两个不等实根；

即与函数在上有两个不同交点；

由得,

由得;

由得,

即函数在上单调递减，在上单调递增，

所以最小值为，

所以,

因为与函数在上有两个不同交点，所以.

故答案为

【点睛】本题主要考查函数零点，根据题意可将函数有零点，转化为两函数图像有交点的问题来处理，属于常考题型.

三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）

17.正项等比数列中，已知，.

求的通项公式；

设为的前项和，，求.

【答案】 221

【解析】

【分析】

利用等比数列通项公式列出方程组，求出a1=1，q=2，由此能求出{an}的通项公式．

（2）由（1）求出{an}的前项和，代入中，直接利求出{bn}的通项，利用等差数列求和公式求得结果.

【详解】设正项等比数列的公比为，则

由及得，化简得，解得或（舍去）.

所以的通项公式为.

由得，.

所以.

【点睛】本题考查等比数列通项公式、等差数列的前n项和的求法，考查运算求解能力，是中档题．

18. “黄梅时节家家雨”“梅雨如烟暝村树”“梅雨暂收斜照明”……江南梅雨的点点滴滴都流润着浓烈的诗情.每年六、七月份，我国长江中下游地区进入持续25天左右的梅雨季节，如图是江南镇2009～2018年梅雨季节的降雨量（单位：）的频率分布直方图，试用样本频率估计总体概率，解答下列问题：

19. ....

“梅实初黄暮雨深”.请用样本平均数估计镇明年梅雨季节的降雨量；

“江南梅雨无限愁”.镇的杨梅种植户老李也在犯愁，他过去种植的甲品种杨梅，他过去种植的甲品种杨梅，亩产量受降雨量的影响较大（把握超过八成）.而乙品种杨梅2009～2018年的亩产量（/亩）与降雨量的发生频数（年）如列联表所示（部分数据缺失）.请你帮助老李排解忧愁，他来年应该种植哪个品种的杨梅受降雨量影响更小？

（完善列联表，并说明理由）.

（参考公式：，其中）

【答案】 乙

【解析】

【分析】

由频率分布直方图可求出第四组的频率，利用频率分布直方图中平均数的计算公式求得结果.

根据题意，列出列联表，计算，与甲品种的百分数作比较得出结论.

【详解】频率分布直方图中第四组的频率为.

所以用样本平均数估计镇明年梅雨季节的降雨量为

.

根据频率分布直方图可知，降雨量在200～400之间的频数为.

进而完善列联表如图.

.

故认为乙品种杨梅的亩产量与降雨量有关的把握不足75%.

而甲品种杨梅降雨量影响的把握超过八成，故老李来年应该种植乙品种杨梅.

【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查了列联表及的知识，考查了计算能力与推理能力．

19.已知椭圆的离心率为，且经过点.

求椭圆的标准方程；

过点的动直线交椭圆于另一点，设，过椭圆中心作直线的垂线交于点，求证：为定值.

【答案】 4，证明见解析

【解析】

【分析】

（1）利用椭圆C：的离心率为，且经过点M（2，0），可求椭圆的几何量，从而可求椭圆方程；

（2）直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，求得B点坐标，再结合条件求出C的坐标，计算，得出定值4.

【详解】因为椭圆的离心率，且，所以.

又.故椭圆的标准方程为.

设直线的方程为（一定存在，且）.

代入，并整理得.

解得，于是.

又，所以的斜率为.

因为，所以直线的方程为.

与方程联立，解得.

故为定值.

【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，考查定值问题，正确运用韦达定理是关键．

20.如图，在多面体中，和交于一点，除以外的其余各棱长均为2.

作平面与平面的交线，并写出作法及理由；

求证：；

若平面平面，求多面体的体积.

【答案】见解析见解析2

【解析】

【分析】

由题意可得平面，由线面平行的性质作出交线即可.

取的中点，连结，.由条件可证得平面，故.

又.平面.从而.

将多面体分割成两个三棱锥，再利用等体积法求得结果.

【详解】过点作（或）的平行线，即为所求直线.

和交于一点，四点共面.又四边形边长均相等.

四边形为菱形，从而.

又平面，且平面，平面.

平面，且平面平面，.

证明：取的中点，连结，.，，，.

又，平面，平面，故.

又四边形为菱形，.又，平面.

又平面，.

解：平面平面，平面.

故多面体的体积.

【点睛】本题考查证明线面平行、线面垂直的方法及求多面体体积的大小，不规则多面体常进行体积分割或补形，此法是解题的关键和难点．

21.已知函数，其中为常数.

若曲线在处的切线斜率为-2，求该切线的方程；

求函数在上的最小值.

【答案】

【解析】

【分析】

（1）先利用，求出a，进而写出切点坐标，写出的切线方程.

（2）对a分类讨论，易判断当或当时，在区间内是单调的，根据单调性直接可得出最小值，

当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减， 故，又因为，，将两者比较大小求得结果．

【详解】求导得，由解得.

此时，所以该切线的方程为，即为所求.

对，，所以在区间内单调递减.

当时，，在区间上单调递减，故.

当时，，在区间上单调递增，故.

当时，因为，，且在区间上单调递增，结合零点存在定理可知，存在唯一，使得，且在上单调递增，在上单调递减.故的最小值等于和中较小的一个值.

①当时，，故的最小值为.

②当时，，故的最小值为.

综上所述，函数的最小值.

【点睛】本题考查导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性以及函数的最值的求法，考查分类讨论思想以及计算能力．

22.在平面直角坐标系中，曲线的参数标方程为（其中为参数，且），在以为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系（两种坐标系的单位长度相同）中，直线的极坐标方程为.

求曲线的极坐标方程；

求直线与曲线的公共点的极坐标.

【答案】

【解析】

【分析】

（1）先将曲线C的参数标方程化为普通方程，再利用极坐标与直角坐标的互化，把普通方程化为极坐标方程；

（2）将与的极坐标方程联立，求出直线l与曲线C的交点的极角，代入直线的极坐标方程即可求得极坐标．

【详解】消去参数，得曲线的直角坐标方程.

将，代入，得.

所以曲线的极坐标方程为.

将与的极坐标方程联立，消去得.

展开得.

因为，所以.

于是方程的解为，即.

代入可得，所以点的极坐标为.

【点睛】本题考查曲线的极坐标方程与普通方程的互化，直线的极坐标方程与曲线极坐标方程联立求交点的问题，考查计算能力．

23.已知函数，且.

若，求的最小值；

若，求证：.

【答案】 见解析

【解析】

【分析】

由柯西不等式将中的变为，

求得的最小值.

因为，又，故再结合绝对值三角不等式证得结论成立.

【详解】由柯西不等式得，（当且仅当时取等号），所以，即的最小值为；

因为，所以

，故结论成立.

【点睛】本题考查了利用柯西不等式求最值，考查了利用绝对值三角不等式证明的问题，属于中等题.

四川省成都市第七中学2019届高三数学第一次诊断性检测试题文（含解析）