校级联考安徽省皖南八校届高三第三次联考数学理科试题771d83f6089d42648c104ec8904b1a9c.docx

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校级联考安徽省皖南八校届高三第三次联考数学理科试题771d83f6089d42648c104ec8904b1a9c

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【校级联考】安徽省皖南八校2019届高三第三次联考数学（理科）试题

试卷副标题

考试范围：

xxx；考试时间：

100分钟；命题人：

xxx

题号

一

二

三

总分

得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

评卷人

得分

一、单选题

1．若复数的实部与虚部相等，则实数的值为（）

A．B．C．5D．2

2．已知集合，，则（）

A．B．

C．D．

3．从某地区年龄在25～55岁的人员中，随机抽出100人，了解他们对今年两会的热点问题的看法，绘制出频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（）

A．抽出的100人中，年龄在40～45岁的人数大约为20

B．抽出的100人中，年龄在35～45岁的人数大约为30

C．抽出的100人中，年龄在40～50岁的人数大约为40

D．抽出的100人中，年龄在35～50岁的人数大约为50

4．若，，则（）

A．B．C．D．

5．函数的大数图象为（）

A．

B．

C．

D．

6．七巧板是古代中国劳动人民发明的一种中国传统智力玩具，它由五块等腰直角三角形，一块正方形和一块平行四边形共七块板组成.清陆以湉《冷庐杂识》卷一中写道：

近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余.体物肖形，随手变幻，盖游戏之具，足以排闷破寂，故世俗皆喜为之.如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（）

A．B．C．D．

7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

A．B．

C．D．

8．已知，满足约束条件，若目标函数的最小值为-5，则的最大值为（）

A．2B．3

C．4D．5

9．已知是椭圆：

的右焦点，为椭圆上一点，，则的最大值为（）

A．B．C．D．

10．三棱锥的四个顶点都在球的球面上，是边长为3的正三角形.若球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为（）

A．B．C．D．

11．已知函数，若对任意的，关于的方程总有两个不同的实数根，则的取值范围为（）

A．B．C．D．

12．已知函数，当时，的取值范围为，则实数的取值范围是（）

A．B．

C．D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

评卷人

得分

二、填空题

13．若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则此双曲线的实轴长为__________．

14．在中，，，，若为的中点，为中点，则__________．

15．在1，3，5，7这四个数字中任取3个，在0，2，4，6这四个数字中任取2个，组成一个没有重复数字的5位数，则这样的5位数的个数为________（用数字作答）.

16．在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，，则的面积是__________．

评卷人

得分

三、解答题

17．已知数列是公差为2的等差数列，且，6，成等比数列，.

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和.

18．如图，在四棱锥中，平面，点为中点，底面为梯形，，，.

（1）证明：

平面；

（2）求平面与平面所成的锐二面角的大小.

19．某鲜花店每天制作、两种鲜花共束，每束鲜花的成本为元，售价元，如果当天卖不完，剩下的鲜花作废品处理.该鲜花店发现这两种鲜花每天都有剩余，为此整理了过往100天这两种鲜花的日销量（单位：

束），得到如下统计数据：

种鲜花日销量

48

49

50

51

天数

25

35

20

20

两种鲜花日销量

48

49

50

51

天数

40

35

15

10

以这100天记录的各销量的频率作为各销量的概率，假设这两种鲜花的日销量相互独立.

（1）记该店这两种鲜花每日的总销量为束，求的分布列.

（2）鲜花店为了减少浪费，提升利润，决定调查每天制作鲜花的量束.以销售这两种鲜花的日总利润的期望值为决策依据，在每天所制鲜花能全部卖完与之中选其一，应选哪个？

20．在平面直角坐标系中，已知抛物线：

，过抛物线焦点且与轴垂直的直线与抛物线相交于、两点，且的周长为.

（1）求抛物线的方程；

（2）若直线过焦点且与抛物线相交于、两点，过点、分别作抛物线的切线、，切线与相交于点，求：

的值.

21．已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）令函数，若时，，求实数的取值范围.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程；

（2）若与曲线交于，两点，求以为直径的圆的极坐标方程.

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若关于的不等式恰有3个整数解，求实数的取值范围.

参考答案

1．B

【解析】

【分析】

直接由复数代数形式的乘法运算化简复数z，结合已知条件即可求出a的值．

【详解】

∵复数的实部与虚部相等，

∴，∴.

故选B.

【点睛】

本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．

2．A

【解析】

【分析】

解不等式得集合A、B，根据交集的定义写出A∩B．

【详解】

或，，则.

故选A.

【点睛】

本题考查了交集的概念及运算，属于基础题．

3．A

【解析】

【分析】

根据频率分布直方图的性质，求得，再逐项求解选项，即可得到答案。

【详解】

根据频率分布直方图的性质得，解得

所以抽出的100人中，年龄在40～45岁的人数大约为人，所以A正确；

年龄在35～45岁的人数大约为人，所以B不正确；

年龄在40～50岁的人数大约为人，所以C不正确；

年龄在35～50岁的人数大约为，所以D不正确；

故选A。

【点睛】

本题主要考查了频率分布直方图的应用，其中解答中熟记频率分布直方图的性质，以及利用矩形的面积表示频率，合理计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。

4．D

【解析】

【分析】

将两等式两边分别平方相加，结合同角的平方关系和两角差的正弦公式，化简整理，即可得到所求值．

【详解】

，①

，②

①2+②2，可得（sin2α+cos2α）+（sin2β+cos2β）-2（sinαcosβ-cosαsinβ），

即为2-2sin（α-β），即有sin（α-β），

故选：

D．

【点睛】

本题考查三角函数的求值，注意运用平方法和三角函数的恒等变换公式，考查了化简整理的运算能力，属于基础题．

5．A

【解析】

【分析】

由函数是奇函数，图象关于原点对称，排除C、D项；再由当时，函数的值小于0，排除B，即可得到答案.

【详解】

由题知，函数满足，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，排除C、D项；

又由当时，函数的值小于0，排除B，故选A.

【点睛】

本题主要考查了函数图象的识别，其中解答中熟练应用函数的奇偶性和函数的取值范围，利用排除法求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

6．A

【解析】

【分析】

求出阴影部分的面积，根据面积比的几何概型，即可求解其相应的概率，得到答案.

【详解】

设正方形的边长为4，则正方形的面积为，

此时阴影部分所对应的直角梯形的上底边长为，下底边长为，高为，

所以阴影部分的面积为，

根据几何概型，可得概率为，故选A.

【点睛】

本题主要考查了几何概型的概率的计算问题，解决此类问题的步骤：

求出满足条件A的基本事件对应的“几何度量”，再求出总的基本事件对应的“几何度量”，然后根据求解，着重考查了分析问题和解答问题的能力.

7．D

【解析】

【分析】

根据三视图得到该几何体是圆柱中挖去了一个圆锥，其中圆柱的底面圆的半径为，母线长为，圆锥的底面圆的半径为，高为，再由体积公式求解，即可得到答案.

【详解】

由三视图知，此几何体是圆柱中挖去了一个圆锥，其中圆柱的底面圆的半径为，母线长为，圆锥的底面圆的半径为，高为，

所以几何体的体积为：

，故选D.

【点睛】

本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.

8．D

【解析】

【分析】

由目标函数z＝3x+y的最小值为`-5，可以画出满足条件的可行域，结合目标函数的解析式形式，分析取得最优解的点的坐标，得到参数的取值，然后求出目标函数的最大值即可．

【详解】

画出x，y满足的可行域如下图：

z＝3x+y变形为y=-3x+z，其中z表示直线的截距，

可得在直线与直线＝0的交点A处，使目标函数z＝3x+y取得最小值-5，当过点B时，目标函数z＝3x+y取得最大值，

故由，

解得x＝-2，y＝1，

代入＝0得a=1，

由⇒B（3，-4）

当过点B（3，-4）时，目标函数z＝3x+y取得最大值，最大值为5．

故选：

D．

【点睛】

本题考查了含参数的线性规划问题，当约束条件中含有参数时，可以先大致画出几个不等式对应的平面区域，分析取得最优解是哪两条直线的交点，再代入求解，本题属于中档题．

9．D

【解析】

【分析】

设椭圆的左焦点为F′，则有|PF|+|PF′|＝，而所求|PA|+|PF|＝+|PA|﹣|PF′|，作出图形，根据图形即可看出||PA|﹣|PF′||≤|AF′|，从而求出|PA|+|PF|的最大值．

【详解】

如图，设椭圆的左焦点为F′，则|PF|+|PF′|＝；

又F′（﹣1，0），|AF′|，

∴|PA|+|PF|＝+|PA|﹣|PF′|，根据图形可以看出||PA|﹣|PF′||≤|AF′|，

∴当P在线段AF′的延长线上时，|PA|﹣|PF′|最大，为|AF′|，

∴|PA|+|PF|的最大值为，

故选：

D．

【点睛】

本题考查椭圆的标准方程以及椭圆的定义的应用，涉及三角形两边之差小于第三边的几何知识，考查了数形结合思想，属于中档题．

10．A

【解析】

【分析】

根据是正三角形，可得面积及外接圆的半径，利用垂径定理可得，可求得三棱锥高的最大值，进而求得体积的最大值.

【详解】

由题意得的面积为，

又设的外心为，

则，由，得，

∵面∴.

∴球心O在棱锥内部时，棱锥的体积最大．

此时三棱锥高的最大值为，

∴三棱锥体积最大值为.

故选A.

【点睛】

本题考查了有关球的组合体问题，考查了垂径定理的应用，考查了空间想象能力，属于中档题.

11．B

【解析】

【分析】

令，且，解得，根据且，结合图象，即可求解。

【详解】

由题意，函数，令，且，

即，解得，

又因为，且，

所以要使得总有两个不同实数根时，

即函数与的图象由两个不同的交点，

结合图象，可得，

所以实数m的取值范围是.

【点睛】

本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟练应用三角函数的性质，结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及分析问题和解答问题的能力，属于中档试题。

12．C

【解析】

【分析】

求导分析函数在时的单调性、极值，可得时，满足题意，再在时，求解的x的范围，综合可得结果.

【详解】

当时，，

令，则；，则，

∴函数在单调递增，在单调递减.

∴函数在处取得极大值为，

∴时，的取值范围为，

∴

又当时，令，则，即，

∴

综上所述，的取值范围为.

故选C.

【点睛】

本题考查了利用导数分析函数值域的方法，考查了分段函数的性质，属于难题.

13．6

【解析】

【分析】

根据双曲线的方程求出双曲线的渐近线方程，利用线线垂直求出a，然后求解双曲线的实轴长．

【详解】

∵双曲线a＞0）的一条渐近线与直线垂直，

∴双曲线的渐近线方程为ay＝±2x

∴，得a＝3，∴2a＝6．

故答案为：

6．

【点睛】

本题考查了双曲线的标准方程与简单几何性质，关键是得到双曲线的渐近线方程，属于基础题．

14．

【解析】

【分析】

先求得，再由平面向量基本定理将用表示，进行数量积运算即可.

【详解】

∵，

又，

∴.

故答案为.

【点睛】

本题考查了平面向量的数量积运算，考查了平面向量基本定理的应用，属于中档题．

15．2592

【解析】

【分析】

先选数字，分0，2，4，6中选0与不选0，分别求得选法种数，根据分步计数原理再进行排列即可得到结果．

【详解】

在1，3，5，7这四个数字中任取3个，在0，2，4，6这四个数字中任取2个，当含0时，则有种选法，，因为0不能排在首位，共有种结果，

不含0时，则有种选法，共有种结果，共2592.

故答案为：

2592.

【点睛】

本题考查了数字的选取与排列问题，解题的关键是数字0要分清选上和不选两种情况，属于中档题．

16．

【解析】

【分析】

由正弦定理化简得，进而得到，再由余弦定理得到关于的方程，求得的值，进而利用面积公式，即可求解。

【详解】

由题意，可知，

由正弦定理得，即，

又由在中，,则，

即，又由，则，所以，

由余弦定理得，即，

整理得，解得，

所以的面积为.

【点睛】

本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，同角三角函数基本关系式，余弦定理在解三角形中的综合应用，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，以及合理应用正弦定理、余弦定理求解是解答的关键，着重考查了转化思想与运算、求解能力，属于基础题．

17．

（1）；

（2）.

【解析】

【分析】

（1）先由题意将用来表示，再利用条件列出关于a的方程，解之即可.

（2）直接利用错位相减法求和即可.

【详解】

（1）由是公差为2的等差数列，得，

，

所以，

由，6，成等比数列，得，所以或.

因为，

所以，.

（2），

，

两式相减，得，

所以.

【点睛】

本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项的性质的运用，考查了错位相减法求和，考查计算能力，属于基础题．

18．

（1）详见解析；

（2）.

【解析】

【分析】

（1）取中点,连接，.利用中位线性质，结合平行线的传递性，可证出ME与CD平行且相等，从而得到四边形是平行四边形，可得CM∥DE，最后根据线面平行的判定定理，证出CM∥平面PAD；

（2）建立空间坐标系，求得两个面的法向量，利用向量夹角公式求得二面角的大小.

【详解】

（1）如图，取中点，连接，.

∵是中点，

∴，.

又，，

∴，.

∴四边形为平行四边形.

∴.

∵平面，平面，

∴平面.

（2）取中点，由已知为正方形，又平面，故以为原点，，，为，，轴建立如图所示直角坐标系，

设，则，，，，，

则，，设平面的法向量，则有，，解得.

同理可求得平面的法向量，

∴，即平面与平面所成锐二面角的大小为.

【点睛】

本题主要考查了线面平行、线面垂直的判定和二面角的度量，考查了空间向量法的应用，属于中档题．

19．

（1）详见解析；

（2）应选.

【解析】

【分析】

（1）由题意得到X的可能取值，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．

（2）由

（1）知在每天所制鲜花能全部卖完时，n＝96，此时销售的日总利润的期望值为96a．再求出当n＝99时，销售的日总利润的期望值，比较可以得到应选n＝99．

【详解】

（1）所有可能的取值为96，97，98，99，100，101，102，

，

，

，

，

，

，

.

所以的分布列为

96

97

98

99

100

101

102

0.1

0.2275

0.24

0.2275

0.135

0.05

0.02

（2）记销售两种鲜花的日总利润为.

当每天所制鲜花能全部卖完时，，

由于卖出1束利润为元，作废品处理1束亏元.

所以时，.

所以应选.

【点睛】

本题考查离散型随机变量的分布列的求法及应用，考查推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力，属于中档题．

20．

（1）；

（2）0.

【解析】

【分析】

（1）先求得A，B两点坐标，利用计算的周长可得p，进而求得抛物线方程；

（2）利用导数的几何意义求得切线与的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及与的交点P，可得，再利用焦半径公式求得，可得结果.

【详解】

（1）由题意知焦点的坐标为，将代入抛物线的方程可求得点、的坐标分别为、，

有，，可得的周长为，有，得.

故抛物线的方程为.

（2）由

（1）知抛物线的方程可化为，求导可得.

设点、的坐标分别为、.

设直线的方程为（直线的斜率显然存在）.

联立方程消去整理为：

，可得.

有，.

可得直线的方程为，整理为.

同理直线的方程为.

联立方程，解得，则点的坐标为.

由抛物线的几何性质知，，

.

有.

∴.

【点睛】

本题考查了抛物线的切线方程的求解，考查了直线与抛物线的位置关系，涉及导数的几何意义及韦达定理的应用，属于中档题.

21．

（1）详见解析；

（2）.

【解析】

【分析】

（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；

（2）当时，将g（x）分为与两部分，可以证明两部分均大于等于0，当时，求导分析可得存在，使得g（x）在时，，不满足题意，综合可得结果.

【详解】

（1）由得，可知函数的定义域为.

由.

①当时，，，可得函数的减区间为，没有增区间；

②当时，，令得，可得函数的减区间为，增区间为.

（2）由题意有.

①当时，令，有，故函数为增函数，有，

可知当时，.

又当时，，故当时，；

②当时，，可知函数为增函数.

由，由①知当时，，有.

可知当时，.

由上知存在，使得，故函数的减区间为，增区间为，又由，可得当时，，不符合题意.

由上知所求实数的取值范围为.

【点睛】

本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，关键是构造函数法及的巧妙运用，属于较难题．

22．

（1）；

（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用同角三角函数的基本关系，消去参数，即可得到曲线的普通方程；

（2）将直线的极坐标方程化为，联立方程组，求得，，得到为直径的圆的直角坐标方程，进而可得圆的极坐标方程。

【详解】

（1）由（为参数），得（为参数），

故曲线的普通方程为.

（2）由，得，

联立，得，，可得中点坐标为，且，

故以为直径的圆的直角坐标方程为.

即，

将，代入得.

【点睛】

本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，其中熟记参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，以及确定以AB为直径的圆的方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。

23．

（1）；

（2）.

【解析】

【分析】

（1）由题意，分类讨论，即求解不等式的解集.

（2）由

（1）结合函数的单调性，以及，，，，的值，得到不等式，即可求解.

【详解】

（1）由题意，函数，可得，

因为，所以当时，，，

当时，，，

当时，，，

所以不等式的解集为.

（2）由

（1）知的单调减区间为，单调增区间为，

又，，，，，

所以，所以或，

故的取值范围为.

【点睛】

本题主要考查了含绝对值不等式的求解及应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的解法，以及合理利用绝对值不等式的性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.