四川省峨眉山市2019届高三数学适应性考试试题 理（含解析）

峨眉山市2019年高考适应性考试理科数学试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.设集合1,2,3A，{|10}Bxx，则AB（）A.1,2B.2,3C.1,3D.1,2,3【答案】B【解析】【分析】化简集合B，根据交集运算求解即可.【详解】由10x可得1x，所以1Bxx，{2,3}AB，故选B.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于容易题.2.设3izi，i是虚数单位，则z的虚部为（）A.1B.-1C.3D.-3【答案】D【解析】因为z=3ii13iz的虚部为-3，选D.3.已知随机变量服从正态分布(0,1)N，如果(1)0.8413P，则(10)P（）A.0.3413B.0.6826C.0.1587D.0.0794【答案】A【解析】依题意得：10.1587P，10.15872100.34132P．故选A．4.将函数sin6yx的图象上所有的点向右平移4个单位长度，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），则所得图象的解析式为（）A.5sin212yxB.sin212xyC.5sin212xyD.5sin224xy【答案】C【解析】右平移4个单位长度得带5πsin12x,再把图像上各点的横坐标扩大到原来的2倍(纵坐标不变)得到5sin212xy,故选C.5.在等差数列{}na中，3a，9a是方程224120xx的两根，则数列{}na的前11项和等于（）A.66B.132C.-66D.-132【答案】D【解析】【分析】由根与系数的关系可求出3924aa，再根据等差中项的性质得612a，利用等差数列的求和公式即可求解.【详解】因为3a，9a是方程224120xx的两根所以3924aa，又396242aaa，所以612a61111111211()13222aaaS，故选D.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，等差中项，数列的求和公式，属于中档题.6.在区间[1,1]上随机取一个数k，使直线(3)ykx与圆221xy相交的概率为（）A.12B.13C.24D.23【答案】C【解析】【分析】根据直线与圆相交，可求出k的取值范围，根据几何概型可求出相交的概率.【详解】因为圆心(0,0)，半径1r，直线与圆相交，所以2|3|11kdk，解得2244k所以相交的概率22224P,故选C.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，几何概型，属于中档题.7.某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为4的正方形，两条虚线互相垂直且相等，则该几何体的体积是（）A.1763B.1603C.1283D.32【答案】B【解析】该几何体为一个正方体去掉一个倒四棱锥，其中正方体棱长为4，倒四棱锥顶点为正方体中心，底面为正方体上底面，因此体积是32116042433，选B.点睛：1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．8.若a，b，c，满足23a，2log5b，32c，则（）A.cabB.bcaC.abcD.cba【答案】A【解析】分析：先利用指数函数的单调性确定,ac的取值范围，再通过对数函数的单调性确定b的范围，进而比较三个数的大小．详解：因为223(2,2)a，所以12a，因为32(1,3)c，所以01c，又22log5log42b，所以cab．点睛：本题考查指数函数的单调性、对数函数的单调性等知识，意在考查学生的逻辑思维能力．9.宋元时期数学名着《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的a，b分别为5，2，则输出的n（）A.5B.4C.3D.2【答案】B【解析】模拟程序运行，可得：52ab，，1n，1542ab，，不满足条件ab，执行循环体2n，4584ab，，不满足条件ab，执行循环体3n，135168ab，，不满足条件ab，执行循环体4n，4053216ab，，满足条件ab，退出循环，输出n的值为4故选B10.已知抛物线214yx的焦点F是椭圆22221(0)yxabab的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于A、B两点，若FAB是正三角形，则椭圆的离心率为（）A.31B.21C.33D.22【答案】C【解析】由题知线段AB是椭圆的通径，线段AB与y轴的交点是椭圆的下焦点1F，且椭圆的1c，又60FAB∠，1121224,2tan60333FFcAFAFAF，由椭圆定义知216132,3,333cAFAFaaea，故选C.11.如图，在四棱锥CABOD中，CO平面ABOD，//ABOD，OBOD，且212ABOD，62AD，异面直线CD与AB所成角为30，点O，B，C，D都在同一个球面上，则该球的表面积为（）A.72B.84C.128D.168【答案】B【解析】由底面ABOD的几何特征易得6OB，由题意可得：6OD,由于AB∥OD，异面直线CD与AB所成角为30°故∠CDO=30°，则tan3023COOD，设三棱锥O-BCD外接球半径为R，结合,,OCODOCOBODOB可得：222222844ROBOCODR，该球的表面积为：2484SR.本题选择B选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.12.已知函数()(ln)xefxkxxx，若1x是函数()fx的唯一极值点，则实数k的取值范围是（）A.(,]eB.(,)eC.(,)eD.[,)e-+?【答案】A【解析】由函数lnxefxkxxx，可得211'1xxxexexefxkxxxx，fx有唯一极值点1,'0xfx有唯一根1x，0xekx无根，即yk与xegxx无交点，可得2(1'xexgxx，由'0gx得，gx在1上递增，由'0gx得，gx在0,1上递减，min1,gxgeke，即实数k的取值范围是,e，故选A.【方法点睛】已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数,ygxyhx的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为,yaygx的交点个数的图象的交点个数问题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量(2,3)a，(,6)bm，若ab，则m________.【答案】9【解析】【分析】根据向量垂直可知向量的数量积等于零，利用数量积的坐标运算即可.【详解】因为ab所以(2,3)(,6)2180abmm，解得m=9,故填9.【点睛】本题主要考查了向量垂直，向量的数量积计算，属于中档题.14.已知变量x，y满足3040240xxyxy，则3zxy的最小值为________.【答案】0【解析】【分析】画出可行域，分析目标函数得133zyx，当13yx在y轴上截距最小时，即可求出z的最小值.【详解】作出可行域如图：联立3040xxy得31xy化目标函数3zxy为133zyx，由图可知，当直线13yx过点(3,1)A时，在y轴上的截距最小,z有最小值为0，故填0.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，属于中档题.15.已知数列{}na的前n项和为nS，且21nnSa，则数列1na的前6项和为_____.【答案】6332【解析】由题意得n-111121(2)222nnnnnnSanaaaaa，因为1111111=2112()2nnnnSaaaa数列{n1a}的前6项和为611()63213212.16.抛物线22(0)ypxp的焦点为F，准线为l，A、B是抛物线上的两个动点，且满足3AFB.设线段AB的中点M在l上的投影为N，则MNAB的最大值是________.【答案】A【解析】试题分析：设|AF|=a，|BF|=b，连接AF、BF．由抛物线定义得2|MN|=a+b，由余弦定理可得|AB|2=（a+b）2﹣3ab，进而根据基本不等式，求得|AB|的取值范围，从而得到本题答案．解：设|AF|=a，|BF|=b，连接AF、BF，由抛物线定义，得|AF|=|AQ|，|BF|=|BP|，在梯形ABPQ中，2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b．由余弦定理得，|AB|2=a2+b2﹣2abcos60°=a2+b2﹣ab，配方得，|AB|2=（a+b）2﹣3ab，又∵ab≤，∴（a+b）2﹣3ab≥（a+b）2﹣（a+b）2=（a+b）2得到|AB|≥（a+b）．∴≤1，即的最大值为1．故选：A．考点：抛物线的简单性质．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.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.满足2coscoscos0aCbCcB.（1）求角C的大小；（2）若2a，ABC的面积为32，求c的大小.【答案】（1）23（2）7【解析】【分析】(1)根据题意，由正弦定理和正余弦和差角公式进行化简，求得cosC的值，求出角C；（2）先用面积公式求得b的值，再用余弦定理求得边c.【详解】(1)在ABC中，因为2coscoscos0aCbCcB，所以由正弦定理可得：2sincossincossincos0ACBCCB，所以2sincossin0ACBC，又ABC中，sinsin0BCA，所以1cos2C.因为0C，所以23C.(2)由13sin22SabC，2a，23C，得1b.由余弦定理得214122172c，所以7c.【点睛】本题考查了解三角形中的正余弦定理和面积公式，解题关键是在于公式的合理运用，属于基础题.18.由中央电视台综合频道（1CCTV）和唯众传媒联合制作的《开讲啦》是中国首档青年电视公开课.每期节目由一位