四川省泸州市泸县第一中学2019届高三数学三诊模拟试题 理

四川省泸州市泸县第一中学2019届高三数学三诊模拟试题理一、选择题：本题共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．若集合}0158|{},6|{2xxxBxNxA，则BA等于A．}53|{xxB．}4{C．}4,3{D．}5,4,3{2．已知i是虚数单位，复数2)21(i的共轭复数虚部为A．i4B．3C．4D．43．在等差数列na中，前n项和nS满足9235SS，则6a的值是A．5B．7C．9D．34．军训时，甲、乙两名同学进行射击比赛，共比赛10场，每场比赛各射击四次，且用每场击中环数之和作为该场比赛的成绩．数学老师将甲、乙两名同学的10场比赛成绩绘成如图所示的茎叶图，并给出下列4个结论：（1）甲的平均成绩比乙的平均成绩高；（2）甲的成绩的极差是29；（3）乙的成绩的众数是21；（4）乙的成绩的中位数是18．则这4个结论中，正确结论的个数为A．1B．2C．3D．45．已知向量3,6ab，若,ab间的夹角为34，则2abA．30B．61C.78D．856．将函数2sin24fxx的图象向右平移4个单位，得到函数gx的图象，则0gA．2B．2C.2D．07.如图，网络纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该几何体的体积为A.2B.83C.6D.88.某地区高考改革，实行“321”模式，即“3”指语文、数学、外语三门必考科目，“1”指在物理、历史两门科目中必选一门，“2”指在化学、生物、政治、地理以及除了必选一门以外的历史或物理这五门学科中任意选择两门学科，则一名学生的不同选科组合有A.8种B.12种C.16种D．20种9.设变量,xy满足约束条件10,20,240.xyxyxy若目标函数zaxy取得最大值时的最优解不唯一，则实数a的值为A.1B.2C.1或2D.1或210.已知点F是双曲线12222byax(a0，b0)的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过F且垂直于x轴的直线与曲线交于A，B两点，若△ABE是锐角三角形，则该双曲线的离心率的取值范围是A.(1,)B.(1,2)C.(1,12)D.(2,12)11．点A，B，C，D在同一个球面上，2ABBC，2AC，若球的表面积为254，则四面体ABCD体积的最大值为A．12B．34C．23D．112．设函数()(21)xfxexaxa，其中1a，若存在唯一的整数t，使得()0ft；则a的取值范围是（）A．3[,1)2eB．33[,)24eC．33[,)24eD．3[,1)2e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）13.5)2)(1(xx的展开式的3x项的系数为．14．若33sin()25，则cos2的值是．15.设0a，0b，e为自然对数的底数，若12eaexbdxx，则211ab的最小值是________.16.已知F是抛物线24xy的焦点，P为抛物线上的动点，且A的坐标为3,12，则PFPA的最小值是_____．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答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17.（本大题满分12分）已知数列na的前n项和为nS，11,a11nnaS（I）求na的通项公式；（II）记21log()nnnbaa，数列nb的前n项和为nT，求证：12111...2nTTT.18.（本大题满分12分）随着智能手机的普及，使用手机上网成为了人们日常生活的一部分，很多消费者对手机流量的需求越来越大.长沙某通信公司为了更好地满足消费者对流量的需求，准备推出一款流量包.该通信公司选了5个城市（总人数、经济发展情况、消费能力等方面比较接近）采用不同的定价方案作为试点，经过一个月的统计，发现该流量包的定价x:(单位：元/月）和购买人数y(单位：万人）的关系如表:（I）根据表中的数据，运用相关系数进行分析说明，是否可以用线性回归模型拟合y与x的关系？并指出是正相关还是负相关；（II）①求出y关于x的回归方程；②若该通信公司在一个类似于试点的城市中将这款流量包的价格定位25元/月，请用所求回归方程预测长沙市一个月内购买该流量包的人数能否超过20万人.参考数据：25000158，26000161，27000164.参考公式：相关系数12211niiinniiiixxyyrxxyy，回归直线方程ybxa，其中121niiiniixxyybxx，aybx.19.（本大题满分12分）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，60ABC，2PAPBAB，点N为AB的中点.（I）证明：ABPC；（II）若点M为线段PD的中点，平面PAB平面ABCD，求二面角MNCP的余弦值.20.（本大题满分12分）已知椭圆222210xyabab的离心率为22，且经过点2,0A.（I）求椭圆的标准方程；（II）设O为椭圆的中线，点2,0D，过点A的动直线l交椭圆于另一点B，直线l上的点满足4OBOC，求直线BD与OC的交点P的轨迹方程.21.（本小题满分12分）已知函数()e(),()eln(exxfxaxagxxR为自然对数的底数).（Ⅰ）若对于任意实数x≥0，()0fx恒成立，试确定a的取值范围；（Ⅱ）当1a时，函数()()()Mxgxfx在[1,e]上是否存在极值?若存在，请求出这个极值；若不存在，请说明理由.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.选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的非负半轴重合．若曲线C的极坐标方程为6cos2sin，直线l的参数方程为1222xtyt(t为参数)．(Ⅰ)求曲线C的直角坐标方程与直线l的普通方程；(Ⅱ)设点(1,2)Q，直线l与曲线C交于、AB两点，求|QA|·|QB|的值．23．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲已知函数21fxxR，20fx的解集为,11,.(Ⅰ)求实数的值；(Ⅱ)若关于x的不等式0fxxa对xR恒成立，求实数a的取值范围.四川省泸县县一中高2019届第三次诊断性模拟考试数学（理科）答案一．选择题1-:5：BCACA6-10CACCB11-12CA二．填空题13.12014.72515.8316.55三．解答题17.解（1）11nnaS2n，11nnaS，所以12(2)nnaan，又11a，所以22a，212aa符合上式，所以na是以1为首项，以2为公比的等比数列.所以12nna（2）由（1）知21log()nnnbaa12log(22)21nnn，所以21(21)2nnTnn，所以22212111111......12nTTTn1111...1213(1)nn11111223111...221nnn18.解：（1）根据题意，得13035404550405x，118141085115y.可列表如下根据表格和参考数据，得51160iiixxyy，55221125010426000161iiiixxyy.因而相关系数515522111600.99161iiiiiiixxyyrxxyy.由于0.99r很接近1，因而可以用线性回归方程模型拟合y与x的关系.由于0r，故其关系为负相关.（2）①515211600.64250iiiiixxyybxx，110.644036.6a，因而y关于x的回归方程为0.6436.6yx.②由①知，若25x，则0.642536.652.6y，故若将流量包的价格定为25元/月，可预测长沙市一个月内购买该流量包的人数会超过20万人.19.解：（1）连接AC，因为ABBC，60ABC，所以ABC为正三角形，又点N为AB的中点，所以ABNC.又因为PAPB，N为AB的中点，所以ABPN.又NCPNN，所以AB平面PNC，又PC平面PNC，所以ABPC.（2）由（1）知PNAB.又平面PAB平面ABCD，交线为AB，所以PN平面ABCD，以N为坐标原点，分别以NB，NC，NP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(1,0,0)B，(0,3,0)C，(0,0,0)N，(0,0,3)P，(2,3,0)D，33(1,,)22M，设平面MNC的一个法向量为(,,)nxyz，可得00nNCnNM得3,0,12n，由（1）知AB平面PNC，则取平面PNC的一个法向量(1,0,0)m，21cos,7mnmnmn，故二面角MNCP的余弦值为217.20.解：Ⅰ因为椭圆的离心率22cea，且2a，所以2c.又2222bac.故椭圆的标准方程为22142xy.Ⅱ设直线l的方程为2xty（当t存在时，由题意0t），代入2224xy，并整理得22240tyty.解得242Btyt，于是224222BBtxtyt，即222424,22ttBtt.设002,Ctyy，则2230002224224842222ttytyttyOBOCttt.由已知得4OBOC，得232084248ttyt，解得04yt，于是42,Ct.又2,0D，此时2284,22tDBtt，42,OCt.所以221616022DBOCtt，于是DBOC.故直线BD与OC的交点P的轨迹是以OD为直径的圆（除去,OD两点）.又当t不存在时，,,,BCDP四点重合，此时2,0P也满足题意.于是点P的轨迹方程是220xxy，即22200xyxx.或解：（前相同）由,BD两点的坐标可得直线BD的方程为22tyx.又由点C坐标可得直线OC的方程为2yxt.两式相乘，消去参数t得22yxx.（如果只求出交点P的坐标，此步不得分）又当t不存在时，,,,BCDP四点重合，此时2,0P也满足题意.故直线BD与OC的交点的轨迹方程22200xyxx.21.解：（Ⅰ）∵对于任意实数0,()0xfx恒成立，∴若0x，则a为任意实数时，()e0xfx恒成立；若0,x()e0xfxax恒成立，即exax，在0x上恒成立，设e(),xQxx则22ee(1)e()xxxxxQxxx,当(0,1)x时，()0Qx，则()Qx在(0,1)上单调递增；当(1,)x时，()0Qx，则()Qx在(1,)上单调递减；所以当1x时，()Qx取得最大值，max()(1)eQxQ，所以a的取值范围为(e,).综上，对于任意实数0,()0xfx恒成立的实数a的取值范围为(e,).（Ⅱ）依题意,()elnexxMxxx，所以e1()elne1(ln1)e1xxxxMxxxxx,设1()l