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河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三数学第三次测评试题理(含解析) 高中试题分析怎么写

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高中试题分析怎么写
河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三数学第三次测评试题 理(含解析) 第Ⅰ卷(共60分) 一、选择题:本大题共12个小题,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A. 【答案】D 【解析】 由题意得∴2.抛物线A. .选D. 的准线方程为( ) B. C. D. , B. ,集合 ,则C. ( ) D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先将抛物线方程化为标准方程,其为开口向上,焦准距为2的抛物线,写出其准线方程即可. 【详解】抛物线焦准距所以抛物线故选A. 【点睛】该题考查的是有关抛物线的准线方程的问题,在解题的过程中,注意首先需要将抛物线方程化为标准形式. 3.己知复数,给出下列四个结论:①;②;③的共轭复数.④的,, 的准线方程为, 的标准方程为, 虚部为.其中正确结论的个数是( ) A. 0 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意可得复数确. 【详解】复数B. 1 C. 2 D. 3 ,据此分别计算和的虚部即可确定所给的命题是否正,故,②正确; ,①不正确; ,③不正确; 的虚部为,④不正确; 故只有②正确.故选B. 【点睛】本题主要考查复数的运算法则,共轭复数的概念,复数的虚部等知识,属于基础题. 4.在A. C. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用平面向量基本定理分析求解即可. 【详解】由已知可得点是靠近点的三等分点,又点是 故选 【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用,属基础题. 5.“对任意的正整数,不等式( ) A. 或 B. C. D. 都成立”的一个充分不必要条件是 的中点。 中, ,,则( ) B. D.
【答案】B
【解析】
【分析】 原不等式等价于成立,当时,,要使,当时,,成立,只需,成立,即,由此求得原不等式成立的充要条件,从而可以从选项中确定出原不等式成立的充分不必要条件.
【详解】原不等式等价于当当只需由所以所以所以故选B.
【点睛】该题考查的是有关充分不必要条件的问题,涉及到的知识点有恒成立问题对应参数的取值范围的求解,充分不必要条件的定义与选取,在解题的过程中,正确求出充要条件对应参数的范围是解题的关键. 6.如图是一个几何体的三视图,则这个几何体的表面积是( ) , 或是原不等式成立的充要条件, 时,时,,,要使成立,即,知, ,, 成立, 成立, 最小值为, 是原不等式成立的充分不必要条件, A. 84
【答案】C B. C. D.
【解析】
【分析】 几何体为侧放的五棱柱,底面为正视图中的五边形,棱柱的高为4,利用相关公式求得结果.
【详解】由三视图可知几何体为五棱柱,底面为正视图中的五边形,高为4, 所以五棱柱的表面积为故选C.
【点睛】该题考查的是有关几何体的表面积的求解问题,涉及到的知识点有根据三视图还原几何体,柱体的表面积问题,属于简单题目. 7.已知函数A. 1
【答案】C
【解析】 试题分析:因为函数(为常数),即是上的单调函数,且,又因为,所以,所以可设,令,显然是上的单调函数,且对任意实数,都有B. C. ,则D. 0 ( ) , 在上单调递增,且故选C. ,所以,,,考点:1.函数的表示与求值;2.函数的单调性. 8.如图所示,点,是曲线上一点,向矩形内随机投一点,则该点落在图中阴影内的概率为( ) A.
【答案】A
【解析】
【分析】 B. C. D. 根据定积分求阴影部分面积,再根据几何概型概率公式求结果.
【详解】阴影部分面积为, 所以所求概率为,选A.
【点睛】本题考查利用定积分求面积以及几何概型概率,考查基本分析求解能力,属基础题. 9.已知一个高为l的三棱锥,各侧棱长都相等,底面是边长为2的等边三角形,内有 一个体积为的球,则的最大值为( ) A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】 首先根据题意,确定出满足条件的球为该棱锥的内切球,利用相关公式得到结果.
【详解】依题意,当球与三棱锥的四个面都相切时,球的体积最大, 该三棱锥侧面的斜高为, , 所以三棱锥的表面积为设三棱锥的内切球半径为, 则三棱锥的体积所以所以故选A.
【点睛】该题考查的是有关几何体的内切球的问题,涉及到的知识点有椎体的内切球的半径的求法,对应的等量关系式为大棱锥的体积等于若干个小棱锥的体积,从而建立其内切球半径所满足的条件,从而求得结果. 10.已知双曲线C:近线的交点分别为M、N.若,O为坐标原点,F为C的右焦点,过F的直线与C的两条渐,所以, , , , , OMN为直角三角形,则|MN|= A.
【答案】B
【解析】 B. 3 C. D. 4 分析:首先根据双曲线的方程求得其渐近线的斜率,并求得其右焦点的坐标,从而得到,根据直角三角形的条件,可以确定直线的倾斜角为或,根据相关图形的对称性,得知两种情况求得的结果是相等的,从而设其倾斜角为的方程,之后分别与两条渐近线方程联立,求得的值. 详解:根据题意,可知其渐近线的斜率为从而得到,所以直线,且右焦点为或, , ,利用点斜式写出直线,利用两点间距离同时求得的倾斜角为, , 联立, 根据双曲线的对称性,设其倾斜角为可以得出直线的方程为和, 分别与两条渐近线求得所以,故选B. 点睛:该题考查的是有关线段长度的问题,在解题的过程中,需要先确定哪两个点之间的距离,再分析点是怎么来的,从而得到是直线的交点,这样需要先求直线的方程,利用双曲线的方程,可以确定其渐近线方程,利用直角三角形的条件得到直线的斜率,结合过右焦点的条件,利用点斜式方程写出直线的方程,之后联立求得对应点的坐标,之后应用两点间距离公式求得结果. 11.己知函数图像沿轴向左平移个单位,得到函数A. 在C. 函数
【答案】D
【解析】 上是增函数 是奇函数 的零点构成一个公差为的等差数列,把函数的图像,关于函数的,下列说法正确的是( ) 对称 B. 其图像关于直线D. 在区间上的值域为试题分析:个公差为的等差数列,故函数图象沿,函数的最小正周期为轴向左,故平图象与轴交点的横坐标构成一,所以移个单位;函数得,为偶函数,并在区间上为减函数,,所以A、C错误.,所以D正确. ,所以B错误.因为,所以考点:

1、三角函数辅助角公式;

2、三角函数图像平移;

3、三角函数奇偶性单调性. 12.若函数A. -3
【答案】B
【解析】
【分析】 由题意可知函数在在区间上恒成立,即上单调递增,等价于在上恒成立,结在区间B. -4 上单调递增,则C. -5 的最小值是( ) D. 合二次函数在某个闭区间上的最值,求得结果.
【详解】函数所以即令当即在上恒成立, ,其对称轴为时,在, 上恒成立等价于; 在; 上恒成立等价于, , 在在上单调递增, 上恒成立, 由线性规划知识可知,此时当即,即时,当此时综上可知,即; 时,在上恒成立等价于, ,故选.
【点睛】该题考查的是有关式子的最值的问题,涉及到的知识点有函数在给定区间上单调对应的等价条件,二次函数在给定区间上的最小值的求解,属于较难题目. 第Ⅱ卷(共90分) 二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上) 13.若
【答案】45
【解析】 试题分析:的展开式中第三项的系数为,第五项的系数为,由题意有,解的展开式中第三项与第五项的系数之比为,则展开式中常数项是__________. 之得,所以的展开式的通项为,由得,所以展开式的常数项为. 考点:二项式定理. 14.设变量
【答案】-8
【解析】 画出可行域与目标函数线,如图可知,目标函数在点(-2,2)处取最小值-8. 满足约束条件:,则的最小值__________. 15.已知函数是__________.
【答案】 ,若函数有三个零点,则的取值范围
【解析】
【分析】 先求出的零点,然后求出f的值,作出函数的图象,利用数形结合以及排除法进行求解即可.
【详解】当时,由得,得当由即作出函数当,时,由, 得得, 的图象如图:时,时,,函数是增函数, ,函数是减函数, , 时,时有1个零点; 有2个零点, 有4个零点; 有三个零点; , ,得, , 时,函数取得最大值:当当当当时,即时,即时,时,则当当综上故答案为:时,即,解得 时,函数有三个零点, ,函数有3个零点. . 有三个零点;
【点睛】本题主要考查函数与方程的应用,求出函数的零点,利用数形结合以及分类讨论是解决本题的关键. 16.三角形
【答案】
【解析】
【分析】 设角形高为时,
【详解】设则由化简得所以点轨迹为以所以最大值为得,, 圆心,以为半径的圆, , ,由,得C点轨迹为以为圆心,以为半径的圆,可求三中,且,则三角形面积的最大值为__________. 最大,即可得解. , 所以三角形面积的最大值为.
【点睛】该题考查的是有关三角形的面积的最值问题,涉及到的知识点有动点的轨迹方程的求解,在解题的过程中,注意对题意进行正确的分析,得出在什么情况下取得最值是正确解题的关键. 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.在公差不为0的等差数列

(1)求数列

(2)若
【答案】

(1)
【解析】
【分析】

(1)根据条件列关于公差与首项的方程组,再将结果代入通项公式得结果,

(2)利用裂项相消法求和.
【详解】(1)设等差数列的公差为, 的通项公式; ,且数列;

(2)的前项和为,求. . 中,成等比数列,数列的前10项和为45. 由成等比数列可得,, ,. 的前10项和为45,得,故的通项公式为,. ; ,即, 由数列即故数列

(2), ,
【点睛】裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式,然后通过累加抵消中间若干项的方法,裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列,c为常数)的数列. 裂项相消法求和,常见的有相邻两项的裂项求和(如本例),还有一类隔一项的裂项求和,如或. ,平面18.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,平面ABCD,点F为棱PD的中点. (Ⅰ)在棱AB上是否存在一点E,使得(Ⅱ)当二面角D-FC-B的余弦值为
【答案】

(1)见解析

(2)
【解析】
【分析】 平面,并说明理由; 时,求直线PB与平面ABCD所成的角. (Ⅰ)取的中点,连结、,得到故平面. 且,进而得到,利用线面平行的判定定理,即可证得(Ⅱ)以为坐标原点建立如图空间直角坐标系,设平面的法向量,利用向量的夹角公式,求得,求得平面,进而得到的法向量为,和为直线与平面所成的角,即可求解.
【详解】(Ⅰ)在棱理由如下:取且所以,,又上存在点,使得、且平面,平面,点为棱且的中点. , 为平行四边形. 平面, 平面, . 的中点,连结,故,由题意,.所以,四边形平面,所以,,亦即平面(Ⅱ)由题意知又所以,所以平面为正三角形,所以,且平面,平面,故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系, 设,则由题意知,,, , ,令,,, 设平面则由所以取的法向量为得,则的法向量,, , ,显然可取平面由题意:,所以. 由于所以易知在所以直线平面为直线中,与平面,所以与平面在平面内的射影为, 所成的角, ,从而, 所成的角为.
【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力;解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化,通过严密推理,明确角的构成,着重考查了分析问题和解答问题的能力. 19.某商家对他所经销的一种商品的日销售量(单位:吨)进行统计,最近50天的统计结果 如下表: 日销售量 天数 频率 若以上表中频率作为概率,且每天的销售量相互独立.

(1)求5天中该种商品恰好有两天的销售量为1.5吨的概率;

(2)已知每吨该商品的销售利润为2千元,表示该种商品某两天销售利润的和(单位:千元),求的分布列和数学期望.
【答案】

(1)0.3125;

(2)6.2.
【解析】 试题分析:第一问根据频率公式求得确定销售量为1.5吨的频率为,第二问在做题的过程中,利用题的条件1 10 0.2 1.5 25 2 15 ,可以判断出销售量为1.5吨的天数服从于二项分布,利用公式求得结果,第二小问首先确定出两天的销售量以及与之对应的概率,再根据销售量与利润的关系,求得的分布列和,利用离散型随机变量的分布列以及期望公式求得结果. 试题解析:

(1)由题意知:a=0.5,b=0.3. ①依题意,随机选取一天,销售量为1.5吨的概率p=0.5, 设5天中该种商品有X天的销售量为1.5吨, 则X~B(5,0.5), . ②两天的销售量可能为2,2.5,3,3.5,4.所以的可能取值为4,5,6,7,8, 则:,, ,, 的分布列为: ξ P . 考点:独立重复实验,离散型随机变量的分布列与期望. 20.已知椭圆中点坐标为. 的右焦点为4 0.04 5 0.2 6 0.37 7 0.3 , 8 0.09 ,过点的直线交椭圆于两点且的

(1)求的方程;

(2)设直线不经过点且与相交于两点,若直线与直线的斜率的和为l,试判断直线,是否经过定点,若经过定点,请求出该定点;若不经过定点,请给出理由.
【答案】(Ⅰ)
【解析】
【分析】 (Ⅰ)设可得,由点差法可得,由此能求出椭圆C的方程. ,MN的中点坐标为,则; (Ⅱ) . (II)设直线AB:,联立方程得:. 由此利用韦达定理、直线斜率公式,结合已知条件能求出直线l经过定点
【详解】(I)设,则,两式相减得 ,, 又MN的中点坐标为 ,且M、N、F、Q共线 因为,所以, 因为所以, . 所以椭圆C的方程为(II)设直线AB:,联立方程得: 设则 , 因为所以所以所以直线AB:,所以,所以,因为,所以,所以,所以, , ,因为. ,直线AB过定点,则又当直线AB斜率不存在时,设AB:所以 适合上式,所以直线AB过定点
【点睛】本题考查椭圆方程的求法,考查直线是否过定点的判断与求法,是中档题,解题时要认真审题,注意椭圆性质、直线斜率公式、韦达定理的合理运用. 21.已知函数

(1)讨论函数

(2)当,的单调性; 在是否存在零点。
如果存在,求出零点;如果不存在,请说. 时,函数明理由.
【答案】

(1)见解析;

(2)不存在零点.
【解析】
【分析】

(1)先求导数,再根据导函数零点分类讨论,根据导函数符号确定单调性,

(2)先利用导数求在上最大值,再构造函数,从而确定在,利用导数证得不存在零点. ,化简证得
【详解】

(1)函数的定义域为,
(一)当时,时,,单调递减. 有两解 时,时,,,在或1 时,,单调递增;
(二)①当时,方程时,,上单调递减. 单调递增. 或 恒成立,. 时,,在、上单调递增. 在上单调递增; ②当(i)当(ii)当时,令时,,得时时,时,(iii)当时,,单调递减. 时,,在,单调递增. 时,综上所述,当,时,单调递减. 的单调递增区间为,单调递减区间为; 当当当当时,时,的单调递增区间为在,单调递减区间为,; 上单调递增; 的单调递增区间为、,,单调递减区间为,单调递减区间为,单调递减区间为; . ,在时,时,的单调递增区间为时,

(2)由

(1)可知当的单调递增区间为处取得极大值也是最大值. 令当所以所以即又,所以,,则,当,,令, 处取最大值0,所以,所以 函数在不存在零点. , , 得, 在定义域上先增后减,在,,,
【点睛】函数单调性问题,往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题,即转化为方程或不等式解的问题(有解,恒成立,无解等).其中往往涉及分类讨论思想的运用. 请考生在

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.在直角坐标系中,曲线(为参数),在以为极点,轴的非负半轴为极. 轴的极坐标系中,曲线

(1)写出曲线和的普通方程;

(2)若曲线上有一动点,曲线上有一动点,求使
【答案】(Ⅰ)
【解析】 试题分析:

(1)小值即为点,到直线;

(2)设,(Ⅱ)最小时点的坐标. ,结合图形可知:到直线。 最的距离的最小值.,所以的坐标为的距离试题解析: (Ⅰ)(Ⅱ)设∵到直线的距离∴当此时,即所求的坐标为23.己知函数

(1)若不等式, ,结合图形可知:最小值即为点到直线的距离的最小值. 最小. 可解得:, 时,最小,即,结合 . 的解集为,求实数的值; 对一切满足的正实数恒成

(2)在(1)的条件下,若不等式立,求的取值范围.
【答案】

(1)
【解析】
【分析】

(1)由题意可得组,求解得结果;

(2)将代入函数解析式,从而将,即;

(2). ,结合题中所给的不等式的解集,建立方程求出,利用零点分段化简函数解析式,利用基本不等式求得
【详解】

(1),

(2)则时,的最小值,得到不等式,之后求得结果. , , ,故需解不等式. 可解得不等式的解集为
【点睛】该题考查的是有关绝对值不等式的问题,涉及到的知识点有根据绝对值不等式的解集求参数,利用基本不等式求最值,利用零点分段法求绝对值不等式,属于简单题目. 高中试题分析怎么写。
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