吉林省长春市2019届高三数学质量监测试题四理含解析

吉林省长春市2019届高三数学质量监测试题（四）理（含解析）本试卷共4页，考试结束后，将答题卡交回。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填除；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，笔迹清楚。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破，弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5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.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】A【解析】【分析】直接利用充要条件的判定判断方法判断即可．【详解】因为“”，则“”；但是“”不一定有“”.所以“”，是“”成立的充分不必要条件．故选A.【点睛】充分条件、必要条件的判定主要有以下几种方法：①定义法：若，则是的充分条件，是的必要条件；②构造命题法：“若，则”为真命题，则是的充分条件，是的必要条件；③数集转化法：：，：，若，则是的充分条件，是的必要条件.2.学校先举办了一次田径运动会，某班共有8名同学参赛，又举办了一次球类运动会，这个班有12名同学参赛，两次运动会都参赛的有3人.两次运动会中，这个班总共的参赛人数为（）A.20B.17C.14D.23【答案】B【解析】【分析】两次运动会总人数减去两次运动会都参加的人数，即为所求结果.【详解】因为参加田径运动会的有8名同学，参加球类运动会的有12名同学，两次运动会都参加的有3人，所以两次运动会中，这个班总共的参赛人数为.故选B【点睛】本题主要考查集合中元素个数的问题，熟记集合之间的关系即可，属于基础题型.3.圆：被直线截得的线段长为（）A.2B.C.1D.【答案】C【解析】【分析】先求出圆心到直线的距离，由勾股定理求出弦长。【详解】解：圆：的圆心为，半径为1圆心到直线的距离为，弦长为，故选C。【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，根据垂径定理，作出直角三角形是解题的关键。4.下列椭圆中最扁的一个是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】只需分别计算各选项中的值，越小，椭圆越扁，进而可得出结果.【详解】由得；由得；由得；由得；因为，所以最扁的椭圆为.故选B【点睛】本题主要考查椭圆的特征，熟记椭圆的简单性质即可，属于基础题型.5.已知向量，其中，则的最小值为（）A.1B.2C.D.3【答案】A【解析】【分析】由得到，化简整理即可得出结果.【详解】因为，所以，因为，所以，故的最小值为.故选A【点睛】本题主要考查向量模的计算，熟记公式即可，属于常考题型.6.设是各项均不为0的等差数列的前项和，且，则等于（）A.1B.3C.7D.13【答案】C【解析】【分析】先由题意可得，进而可求出结果.【详解】因为是各项均不为0的等差数列的前项和，且，所以，即，所以.故选C【点睛】本题主要考查等差数列前项和的相关计算，熟记前项和公式以及性质即可，属于基础题型.7.某学校要将4名实习教师分配到3个班级，每个班级至少要分配1名实习教师，则不同的分配方案有（）A.24种B.36种C.48种D.72种【答案】B【解析】【分析】每个班级至少要分配1名实习教师，故4名教师中必然有两名教师分配到同一个班级，故可以先选出两名教师安排到一个班级实习，剩下的两名教师再进行排序安排班级。【详解】解：因为某学校要将4名实习教师分配到3个班级，每个班级至少要分配1名实习教师，所以有一个班级一定会安排两名教师，故第一步：先安排两名教师到一个班级实习，，第二步：将剩下的教师安排到相应的班级实习，，根据乘法原理得这个问题的分配方案共有种，故选B。【点睛】本题考查了排列组合知识，解题的关键是要考虑清楚完成一件事是分类还是分步，是排列还是组合。8.已知，若，则（）A.B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】先根据题中条件求出，再将代入解析式，即可得出结果.【详解】因为，，所以，因此，故；所以.故选B【点睛】本题主要考查函数求值问题，根据题意先求出参数，进而可求出结果，属于常考题型.9.某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：——结伴步行，——自行乘车，——家人接送，——其他方式，并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图.根据图中信息，求得本次抽查的学生中类人数是（）A.30B.40C.42D.48【答案】A【解析】【分析】根据所给的图形，计算出总人数，即可得到A的人数．【详解】解：根据选择D方式的有18人，所占比例为15%，得总人数为120人，故选择A方式的人数为120﹣42﹣30﹣18＝30人．故选：A．【点睛】本题考查了条形图和饼图的识图能力，考查分析问题解决问题的能力．10.《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著作，现有取自其中的一个问题：今有望海岛，立两表齐高三丈，前后相去千步，今后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何？用现代语言来解释，其意思为：立两个三丈高的标杆和，之间距离为步，两标杆的底端与海岛的底端在同一直线上，从第一个标杆处后退123步，人眼贴地面，从地上处仰望岛峰，三点共线；从后面的一个标杆处后退127步，从地上处仰望岛峰，三点也共线，则海岛的高为（）(古制：1步=6尺，1里=180丈=1800尺=300步)A.步B.步C.步D.步【答案】A【解析】【分析】根据“平行线法”证得，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求解线段的长度.【详解】因为，所以，所以；又，所以，所以；又，所以，即，所以步，又，所以步.故选A【点睛】本题主要考查解三角形的实际应用，属于常考题型.11.已知抛物线：的焦点为，过且倾斜角为的直线与抛物线交于、两点，若、的中点在轴上的射影分别为，，且，则抛物线的准线方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设AF,FB的中点分别为D,E,求出|AB|=16，再利用直线和抛物线的方程利用韦达定理求出p的值，即得抛物线的准线方程.【详解】设AF,FB的中点分别为D,E,则|AB|=2|DE|,由题得|DE|=所以|DE|=8,所以|AB|=16，设，则，联立直线和抛物线的方程得，所以，所以抛物线的准线方程为.故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查抛物线的定义和准线方程，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.12.若函数与图像的交点为,，…，，则（）A.2B.4C.6D.8【答案】A【解析】【分析】对函数的性质进行研究，可得出关于对称，且当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，函数关于对称，故可得两个函数的交点有两个，且关于对称，故可得结果。【详解】解：设函数，的定义域为R，因为，所以为偶函数，因为是增函数，故当时，，所以当时，为增函数，由奇偶性可知，当时，为减函数，故函数关于对称，当时，为增函数，当时，为减函数，函数是关于对称的，作出两个函数的图像，如图所示，两个函数的交点有两个，设它们的横坐标分别为，由对称性可得，即，故选A。【点睛】本题考查了函数的性质，研究函数的性质可以借助函数的图像、导数等方法对函数的单调性、奇偶性、周期性等进行研究。二、填空题：本题共4小题，每小题5分。13.已知复数，则的模等于__________，它的共轭复数为__________.【答案】(1)..(2)..【解析】【分析】先由复数的乘法运算，化简复数，进而可求出的模，以及的共轭复数.【详解】因为，所以，.故答案为(1)..(2)..【点睛】本题主要考查求复数的模以及复数的共轭复数的问题，熟记公式以及运算法则即可，属于常考题型.14.的展开式中项的系数为8，则__________．【答案】2.【解析】【分析】先用参数表示出的系数，根据条件得出的值。【详解】解：的展开式中第为：，故当时，，因为项的系数为8，所以，解得。【点睛】本题考查了二项式展开式的知识，熟练运用公式是解题的关键。15.如图所示，阴影部分由函数图像与轴围成，向正方形中投掷一点，该点落在阴影区域的概率为__________．【答案】.【解析】【分析】求出阴影部分的面积，根据几何概型公式得出概率。【详解】解：根据题意，阴影部分的面积为，根据几何概型得，向正方形中投掷一点，该点落在阴影区域的概率为.【点睛】本题考查了几何概型的概率问题，解题的关键是利用定积分求出阴影部分的面积。16.底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱锥，则半径为2的球的内接正四棱锥的体积最大值为__________．【答案】.【解析】【分析】设出底面正方形的边长，根据内接关系，得出正四棱锥的高，进而得出正四棱锥的体积的函数式，求导得出最值。【详解】因为正四棱锥内接于球内，且欲使正四棱锥的体积最大，故球的球心在正四棱锥的高上，如图所示，其中球的球心为点，设，则，在中，则有，故，正四棱锥的高为，正四棱锥的体积为，令，，故，即，对求导得，，令，即解得，或（舍），当，，单调递增，当，，单调递减，故当时，。【点睛】本题考查了四棱锥与外接球的位置关系问题，解题的关键是找准外接球的球心，建立出四棱锥的体积函数，通过导数进行求解体积的最值。三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22～23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知数列满足：，点在直线上.（Ⅰ）求，，的值，并猜想数列的通项公式；（Ⅱ）用数学归纳法证明（Ⅰ）中你的猜想.【答案】（Ⅰ）;.（Ⅱ）见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）点在直线上得出与的递推关系，从而得出，，的值，再由特殊到一般，猜想出一般性结果；（Ⅱ）根据数学归纳法原理证明（Ⅰ）的猜想。【详解】解：（Ⅰ）因为点在直线上所以，因为，故，，，由上述结果，猜想：.（Ⅱ），当时，成立，，假设当时，成立，那么，当时，成立，由，可得.【点睛】本题考查了数列知识与数学归纳法的应用，解题的关键是正确使用数学归纳法的解题步骤。18.已知四棱柱中，平面，，，，，点为中点.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）要证平面平面，即在平面找出两条直线平行于平面，根据题意分析可求得这样的两条直线；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，运用向量知识求得。【详解】解：（Ⅰ）由题意得，，故四边形为平行四边形，所以，由平面，平面，故平面，由题意可知，所以，因为为中点，所以，所以所以四边形为平行四边形，所以，由平面，平面，所以平面，又由于相交于点B，平面，所以平面平面。（II）由题意，以为坐标原点，分别以方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，点，，，设平面的一个法向量为，有，，令，则，，令为直线与平面所成的角，则.【点睛】本题考查了立体几何中面面平行的证明、线面所成角的问题，熟练运用面面平行的判定定理是证明的关键，理解空间向量的夹角与线面角的关系是求解线面角的关键。19.已知椭圆：的左顶点为，右顶点为，为椭圆上异于、的任意一点，平面内的点满足.（Ⅰ）若点的坐标为，求的值；（Ⅱ）若存在点满足（为坐标原点），求的取值范围.【答案】(1).(2).【解析】【分析】（Ⅰ）先由得是线段中点，根据题中条件求出坐标,再代入椭圆方程,即可得出结果；（Ⅱ）先设，则，再由，化简整理即可得出结果.【详解】（Ⅰ）依题意，是线段中点，因为，故，代入椭圆的方程，可得（Ⅱ）设，则，又，又所以，，，，消去，可得，故【点睛】本题主要考查椭圆方程，熟记椭圆方程的求法，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.20.已知函数.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若对任意，，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）见解析,（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）先