安徽省江淮十校届高三第三次联考理科数学试题.docx
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安徽省江淮十校届高三第三次联考理科数学试题
【校级联考】安徽省江淮十校2019届高三第三次联考理科数学试题
学校:
___________姓名：
___________班级：
___________考号：
___________
一、单选题
1．已知复数满足（其中为虚数单位），则（）
A．B．C．D．
2．已知命题，，如果命题是命题的充分不必要条件，则实数的取值范围是（）
A．B．C．D．
3．如图所示，程序框图的输出结果是（）
A．B．
C．D．
4．已知数列满足，，则的最小值为（）
A．B．C．D．
5．已知一个四棱锥的正视图、侧视图如图所示，其底面梯形的斜二测画法的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且该梯形的面积为，则该四棱锥的体积是（）
A．4B．C．D．
6．已知，，，则下列结论成立的是（）
A．B．
C．D．
7．甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为，其中，若，就称甲乙“心有灵屏”.现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（）
A．B．C．D．
8．已知函数，那么下列说法正确的是（）
A．函数在上是增函数，且最小正周期为
B．函数在上是减函数，且最小正周期为
C．函数在上是增函数，且最小正周期为
D．函数在上是减函数，且最小正周期为
9．若实数，满足，且恒成立，则的取值范围是（）
A．B．C．D．
10．当动点在正方体的体对角线上运动时，异面直线与所成角的取值范围是（）
A．B．C．D．
11．已知在中，角，，所对的边分别为，，，且，点为其外接圆的圆心.已知，则当角取到最大值时的面积为（）
A．B．C．D．
12．已知函数，是的导函数，若存在有唯一的零点，且，则实数的取值范围是（）
A．B．
C．D．
二、填空题
13．展开式的常数项为________.
14．已知函数，则不等式的解集是________.
15．已知椭圆的离心率为，过右焦点作倾斜角60°的直线交于，两点（A在第一象限），则________.
16．已知，数列满足：
对任意，，且，，则使得成立的最小正整数为________.
三、解答题
17．在中，，.
（1）设，求的值域和单调增区间；
（2）若对任意实数，恒有，求面积的最大值.
18．三棱柱中，为的中点，点在侧棱上，平面.
（1）证明：
是的中点；
（2）设，四边形为正方形，四边形为矩形，且异面直线与所成的角为30°，求两面角的余弦值.
19．为了解某校今年高三毕业班报考飞行员学生的体重情况，将所得的数据整理后，画出了如图所示的频率分布直方图.已知图中从左到右的前三组的频率之比为1：
2：
3，其中体重在的有5人.
（1）求该校报考飞行员的总人数；
（2）从该校报考飞行员的体重在学生中任选3人，设表示体重超过70的学生人数，求的分布列和数学期望.
20．已知抛物线的焦点为，，是抛物线上的两个动点，且，过，两点分别作抛物线的切线，设其交点为.
（1）若直线与，轴分别交于点，，且的面积为，求的值；
（2）记的面积为，求的最小值，并指出最小时对应的点的坐标.
21．已知函数，.
（1）对任意的，成立，求实数的取值范围；
（2）若，证明：
.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数），把曲线向左平移2个单位，再把图象上的每一点纵坐标缩短为原来的一半（横坐标不变），得到曲线，直线的普通方程是，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求直线的极坐标方程和曲线的普通方程；
（2）记射线与交于点，与交于点，求的值.
23．已知函数.
（1）若对任意的，恒有成立，求实数的取值范围；
（2）设，且，时函数的最小值为3，求的最小值.
参考答案
1．B
【分析】
根据复数除法法则化简即可.
【详解】
由知:
，，故选.
【点睛】
本题考查复数除法法则，考查基本求解能力，属基础题.
2．B
【解析】
【分析】
先解不等式，，再根据命题是命题的充分不必要条件即得。
【详解】
记，对于命题，即为，由是的充分不必要条件知：
是的真子集，，故选.
【点睛】
本题主要考察一元二次不等式的解法，充分不必要条件的概念，属于基础题。
3．C
【分析】
读懂流程图，其功能是求四项的和，计算求值即可.
【详解】
计算结果是：
，故选.
【点睛】
本题考查循环结构流程图，考查基本分析求解能力，属基础题.
4．C
【分析】
运用累和法，结合双钩函数的单调性进行求解即可.
【详解】
由知：
，，…，，
相加得：
，，函数在上单调递减，在上单调递增，又，而，且，
故选：
C
【点睛】
本题考查了累和法的应用，双钩函数的应用，考查了数学运算能力.
5．A
【分析】
根据三视图以及斜二测画法确定四棱锥的高以及底面面积，再根据锥体体积公式求结果.
【详解】
由三视图可知，该四棱锥的高是3，记斜二测画法中的等腰梯形的上底为，高为，则斜二测中等腰梯形的腰为，而积，由斜二测画法的特点知直观图中底面梯形的高为，面积，
，故四棱锥的体积，故选.
（也可用结论直接得出：
，，）
【点睛】
本题考查三视图、斜二测画法以及四棱锥体积，考查基本分析求解能力，属中档题.
6．A
【分析】
利用幂函数和指数的单调性判断大小．
【详解】
，，，，即，，故，选.
【点睛】
熟练掌握指数函数、幂函数的单调性是解题的关键．
7．C
【分析】
先求出基本事件总数,再按照和分类讨论,得出事件数,代入古典概型公式计算即可.
【详解】
甲乙两人猜数字时互不影响，故各有7种可能，故基本事件是种，“心有灵犀”的情况包括：
①，即，有7种可能；②，若甲说的是1和7时，“心有灵犀”的情况各有1种，若甲说的数字是2，3，4，5，6时，各有2种，共有种，故他们“心有灵犀”概率为.
故选:
C.
【点睛】
本题考查古典概型的计算公式,考查分类讨论思想和运算求解能力,属于基础题.
8．D
【分析】
利用二倍角公式和切化弦公式将函数f（x）化为正弦型函数，再判断f（x）的最小正周期和单调性．
【详解】
，且，即定义域为，由此可知的最小正周期是，且在上是增函数，在是减函数，故选.
【点睛】
考察了三角函数的化简，周期性，单调性．
9．D
【分析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数分式的几何意义求出最大值即可得到结论．
【详解】
作出不等式组对应的可行域如图所示的，且，，，
则对于可行域内每一点，都有，，即为恒成立，转化为的最大值.，又即为点和点连线的斜率，由图可知：
，即，，，故选.
【点睛】
本题主要考查线性规划的应用，利用直线斜率的几何意义是解决本题的关键，注意要数形结合．
10．B
【分析】
以为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BP与AD1所成角的取值范围．
【详解】
以为原点，，，分别为，，轴正向，建立空间直角坐标系，则，，设，则，
，，
故，
对于函数，有：
，，
故，又，
故.故选.
【点睛】
本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，考查异面直线所成角的概念等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
11．A
【分析】
设中点为，则利用向量的加法得到，而，，以此求出．然后利用余弦定理和不等式确定C最大时b值，利用勾股定理确定直角三角形后得出面积．
【详解】
设中点为，则
，，即，
由知角为锐角，故，
当且仅当，即时最小，又在递减，故最大.此时，恰有，即为直角三角形，，故选.
【点睛】
本题考查了向量的加法减法运算，余弦定理，不等式，勾股定理，比较综合．
12．A
【分析】
令由参数分离可得令求出导数和单调区间，可得极大值，由图象可得时，存在唯一的正零点．
【详解】
.显然，令得：
，
令，，知：
当时，，为减函数；当时，，为增函数；
当时，，为增函数；当时，，为减函数，
作出的大致图象如图所示，则当时，存在唯一的正零点.故选
【点睛】
本题考查函数的零点问题的解法，注意运用参数分离和构造函数法，运用数形结合思想方法，属于中档题．
13．
【分析】
利用二项式定理把展开，可得二项式的展开式的常数项．
【详解】
，故展开式中的常数项为.
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
14．
【解析】
【分析】
我们结合分段函数分段处理的原则，则不等式，也要分为与和两种情况进行讨论，然后给出两种情况中解集的并集，即可得到答案．
【详解】
：
或，即或
或，
即解集为.
【点睛】
本题考查的知识点是分段函数，一元二次不等式的解法，一元一次不等式的解法，而根据分段函数分段处理的原则，对不等式，分类讨论是解答本题的关键．
15．
【分析】
先根据直线方程与椭圆方程解得A横坐标，再根据椭圆定义化简求值.
【详解】
因为离心率为，所以,
设直线的方程代入椭圆方程：
得：
，又∵点在第一象限，故，
所以
【点睛】
本题考查直线与椭圆交点以及椭圆定义，考查基本分析转化求解能力，属中档题.
16．298
【分析】
先求出确定是以3为首项，1为公差的等差数列，求出从而最后解不等式得出的最小值．
【详解】
，由知：
，又，.
是以3为首项，1为公差的等差数列，，
又，，从而，
，令得，又，
故的最小值为298.
【点睛】
本题考查了三角函数的求导，等差数列的定义，同角三角关系式，以及根式不等式的求解．
17．
（1）;
（2）.
【解析】
试题分析：
（1）根据数量积公式可求得的解析式,并化简可得.根据可得,从而可求得的值.
（2）令,,所以即,因为的任意性,所以,即.
试题解析：
（1）
因为，所以，
又，所以.
（2）因为，所以，
因为，，所以，
所以的面积，
所以面积的最大值为.
考点：
1向量的数量积;2三角函数化简.
18．
（1）见解析；
（2）二面角的余弦值为.
【分析】
（1）取的中点，利用中位线得出利用线面平行的判定，得出平面，利用面面平行的判定得出平面平面进而得出而为的中点，所以为的中点．
（2）建立直角坐标系，设，，利用异面直线与所成的角为30°,求出进而求出二面角的余弦值．
【详解】
（1）证明：
取的中点，连、，因为为中点，所以.
平面，平面，平面.
又由已知平面，
且，所以平面平面.
又平面，所平面.
而平面，且平面平面，所以，而为的中点，所以为的中点.
（2）由题设知：
、、两两垂直，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.
设，，则，，，，，
所以，.因为异面直线与所成的角为30°，
所以，解得：
，于是.
设平面的法向量为，因为，
所以，取，则，所以.
又是平面的一个法向量，所以，
即二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行，面面平行，异面直线所成的角，面面角，考查向量知识的运用，属于中档题．
19．
（1）40;
（2）见解析.
【分析】
（Ⅰ）设图中从左到右的前3个小组的频率分别为,,，利用频率之和为1求出，由此能求出该校报考飞行员的总人数．
（2）确定这40人中体重在区间的学生人数，体重超过70的人数，利用超几何分布求出分布列和数学期望．
【详解】
（1）设该校报考飞行员的人数为,前三个小组的频率分别为,,,
则，解得：
，即第1组的频率为.
又，故
即该校报考飞行员的总人数是40人.
（2）由
（1）知：
这40人中体重在区间的学生有人，
体重超过70的有人
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