1、2019 届贵州省贵阳第一中学、云南师大附中、广西南宁三中高三“3 3 3”高考备考诊断联考数学（理）试题一、单选题1已知集合 ， ，则 （ ）A B C D【答案】C【解析】求出 A 中不等式的解集确定出 A，找出 A 与 B 的交集即可【详解】，所以 ，故选 C.【点睛】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2 （ ）A B C D【答案】D【解析】根据复数的运算法则进行计算即可【详解】，故选 D.【点睛】本题主要考查复数的计算，利用好复数乘法的运算法则是解决本题的关键3设命题 ， ，则 为（ ）A ， B ，C ， D ，【答案】A【解析】根据特称命题的否定方法，根据已
2、知中的原命题，写出其否定形式，可得答案【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以 ， ，故选 A.【点睛】本题考查的知识点是特称命题，命题的否定，熟练掌握全（特）称命题的否定方法是解答的关键4设等差数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 的公差为（ ）A B C D【答案】B【解析】利用等差数列的前 n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出数列a n的公差【详解】由题意，可得解得 ，故选 B.【点睛】本题考查等差数列的公差的求法，考查等差数列的通项公式、前 n 项和公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题5 是空气质量的一个重要指标，我国 标准采用世卫组织设定的最宽限值，即
3、日均值在 以下空气质量为一级，在 之间空气质量为二级，在 以上空气质量为超标.如图是某地 11 月 1 日到 10 日 日均值（单位： ）的统计数据，则下列叙述不正确的是（ ）A这 天中有 天空气质量为一级 B这 天中 日均值最高的是 11 月 5 日C从 日到 日， 日均值逐渐降低 D这 天的 日均值的中位数是【答案】D【解析】由折线图逐一判断各选项即可.【详解】由图易知：第 3,8,9,10 天空气质量为一级，故 A 正确，11 月 5 日 日均值为 82，显然最大，故 B 正确，从 日到 日， 日均值分别为：82,73,58,34,30，逐渐降到，故 C 正确，中位数是 ，所以 D 不正
4、确，故选 D.【点睛】本题考查了频数折线图，考查读图，识图，用图的能力，考查中位数的概念，属于基础题.6若 ， ，则 （ ）A B C D【答案】A【解析】由 可得 ，进而得到 ，利用二倍角正切公式得到结果 .【详解】， ， ， ， ，故选 A.【点睛】本题考查了二倍角正切公式，诱导公式，同角基本关系式 ，考查了恒等变形能力，属于基础题.7函数 图象的大致形状为（ ）A BC D【答案】D【解析】根据函数的性质，结合函数图象特点即可得到结论【详解】，是奇函数，关于 对称，排除 ， ；当 时， ，故选 D.【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的
5、值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.8若 ， ，且 ， 共线，则 （ ）A B C D【答案】A【解析】由 ， 共线得到 k 值，进而利用数量积坐标运算得到结果.【详解】， 共线， ， ， ， ， ，故选 A.【点睛】本题考查向量平行的坐标形式，考查数量积的坐标运算，考查计算能力.9如图，已知 ， 分别为抛物线 的顶点和焦点，斜率为 的直线 经过点 与抛物线 交于 ， 两点，连接 ， 并延长分别交抛物线的准线于点 ， ，则（ ）A B C D【答案】B【解析】由抛物线的几何性质可知
6、： ，结合抛物线定义可知，联立方程，利用韦达定理可得结果.【详解】由抛物线的几何性质可知： ，设 ， ，由 ， ，知 ，联立直线 与抛物线的方程 消 有 ，由韦达定理知 ，所以 ，故选 B.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线定义及几何性质，考查了韦达定理，考查了转化思想，方程思想，属于中档题.10新定义运算 若 ，当 时， 的值域为（ ）A B C D【答案】D【解析】由新定义得到分段函数 对每段分别求值域，最后求并集即可.【详解】由题意知即， ， ，的值域为 ，故选 D.【点睛】本题以新定义为背景，考查了分段函数的图象与性质，考查了二次函数的图象与性质，考查了函数与方程思
7、想，属于中档题.11已知四棱锥 的所有顶点都在球 的球面上， 平面 ，底面 是等腰梯形， 且满足 ，且 ， ，则球 的表面积是（ ）A B C D【答案】A【解析】由底面 为等腰梯形， ， 且 可判断 共圆，结合平面 及和 外接圆圆心位置即可建立勾股定理求出球 的半径进而得解【详解】依题意，得 ， ，由余弦定理可得 ，则 ，则 ，又四边形 是等腰梯形，故四边形 的外接圆直径为 ，设的中点为 ，球的半径为 ， 平面 ， ，则 ，故选：A.【点睛】本题考查球 的表面积，考查等腰梯形外接圆及学生分析解决问题的能力，属于中档题12已知 ， ，且 ， ， 恒成立，则 的取值范围是（ ）A B C D【答
8、案】D【解析】由 变形可构造新函数 上单调递减，根据导数和函数的单调性关系分离变量即可求出，【详解】， ，则 在 上单调递减，即 ，即 恒成立， （1）当 时，显然恒成立， ；（2）当 时， ，令 ，则，当 时， ， ，所以 ，故选：D.【点睛】本小题主要考查构造函数利用导数研究函数的单调性，恒成立分离变量等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力，属于中档题 二、填空题13若 的展开式的常数项是 ，则常数 的值为_【答案】【解析】二项展开式的通项公式中，令 的幂指数等于 0，求出 的值，即可求得常数项，再根据常数项等于 45 得解【详解】解： 展开式的通项公式为 ，令 ，求得 ，可得它的常数项
9、为 ， ，故答案为：3【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题14如图，在长方形 内随机撒一颗黄豆，则它落在阴影部分的概率为_【答案】【解析】利用积分求出阴影部分的面积，结合几何概型的概率公式进行计算即可【详解】解：由积分的几何意义得阴影部分的面积 ，长方形 的面积 ，则点 落在阴影部分内的概率 ，故答案为：【点睛】本题主要考查几何概型的概率的计算，根据条件求出曲线的解析式，利用积分求出阴影部分的面积是解决本题的关键15已知函数 对任意不相等的实数 ， ，都有 ，则 的取值范围为_【答案】【解析】利用已知条件判断函数的单调性，然后转化分段函数推出
10、不等式组，即可求出 的范围【详解】对任意的实数 ，都有 成立，可得函数为减函数，可得： ，解得 ， 故答案为： 【点睛】本题考查分段函数的应用，函数的单调性以及对数函数的性质的应用，属于基本题16已知数列 的首项 ，函数 为奇函数，记 为数列的前 项和，则 的值为_【答案】【解析】根据函数的奇偶性 利用函数的周期性发现规律，进而求解数列的和即可【详解】是奇函数 ， ， ， ， ，如此继续，得 ，.【点睛】本题考查数列与函数相结合，函数的奇偶性与周期性的应用，考查转化思想以及计算能力，属于基础题三、解答题17在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知 ，且 .（1 ）求角 的大小；（2
11、 ）若 ， 的面积为 ，求 .【答案】 （1） （2）【解析】 （1）根据正弦定理边角互化，我们易将已知条件中 ，且 ，转化为关于 A 角的三角方程，解方程，即可求出 A 角大小；（2）由 ，可得 ， 结合余弦定理可得结果.【详解】（1）由 ，可得 ，即 ，即 ，即 ，即 ， ， ， .（2）由 ，可得 ， ， ，由余弦定理得 ，.【点睛】解三角形的基本策略一是利用正弦定理实现“边化角” ，二是利用余弦定理实现“角化边；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.18为了适应高考
12、改革，某中学推行“ 创新课堂”教学.高一平行甲班采用 “传统教学”的教学方式授课，高一平行乙班采用“创新课堂” 的教学方式授课，为了比较教学效果，期中考试后，分别从两个班中各随机抽取 名学生的成绩进行统计分析，结果如下表：（记成绩不低于 分者为“成绩优秀”）分数甲班频数乙班频数（1 ）由以上统计数据填写下面的 列联表，并判断是否有 以上的把握认为“ 成绩优秀与教学方式有关”？甲班 乙班 总计成绩优秀成绩不优秀总计（2 ）现从上述样本“成绩不优秀”的学生中，抽取 人进行考核，记“成绩不优秀” 的乙班人数为 ，求 的分布列.参考公式： ，其中 .临界值表【答案】 （1）有 以上的把握认为“成绩优秀
13、与教学方式有关”.（2） 的分布列为【解析】 （1）根据以上统计数据填写 列联表,根据列联表计算 ,对照临界值得出结论；（2 ） 由题意知 的可能取值，计算对应的概率值，写出 的分布列【详解】（1）补充的 列联表如下表：甲班 乙班 总计成绩优秀成绩不优秀总计根据 列联表中的数据，得 的观测值为 ，所以有 以上的把握认为“成绩优秀与教学方式有关”.（2） 的可能取值为 ， ， ， ，所以 的分布列为【点睛】本题考查了独立性检验的问题和离散型随机变量的分布列问题， 是中档题 19如图，在底面是正方形的四棱锥中 ， ， 点 在底面 的射影 恰是 的中点.（1 ）证明：平面 平面 ；（2 ）求二面角
14、的正弦值大小 .【答案】 （1）见解析（2）【解析】 （1）推导出 ， ，从而 平面 ，由此能证明平面 平面 （2 ） 取 的中点 以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 的大小【详解】（1）证明：依题意，得 平面 ，又 平面 ，所以 .又 ， ，所以 平面 .又 平面 ，所以平面 平面 .（2）取 的中点 ，依题意，得 ， ， 两两互相垂直，所以以 ， ， 为 ， ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由已知得 ， ，所以 ， ， ， ，则 ， ， .设 是平面 的法向量，则 令 ，则 .设 是平面 的法向量，则 令 ，则 ，二面角 的正弦值为 .
15、【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题20已知 ， 是椭圆 的左、右焦点，椭圆 过点 .（1 ）求椭圆 的方程；（2 ）过点 的直线 （不过坐标原点）与椭圆 交于 ， 两点，求 的取值范围.【答案】 （1） （2）【解析】 （1）根据条件建立方程关系求出 ， 即可求椭圆的方程；（2 ） 设直线 的方程并与椭圆 的方程联立，结合韦达向量坐标化即可求 的取值范围.【详解】（1）由条件知 解得因此椭圆 的方程为 .（2）设 ， ，则 ， ，设直线 的方程为 ，代入椭圆 的方程消去 ，得 ，由韦达定理得 ， ， ，
16、 ，所以 .【点睛】本题主要考查椭圆方程的求解以及直线和椭圆相交的位置关系考查向量的数量积的运算，综合考查学生的分式型函数求值域的运算能力，属于中档题21已知函数 ， 为实数.（1 ）当 时，求 的单调递增区间；（2 ）如果对任意 ， 恒成立，求 的取值范围.【答案】 （1） 的单调递增区间为 .（2）【解析】 （1）先求出 再令 求解不等式即可.（2 ） 构造函数 ，求出 ， ， 并分类讨论即可【详解】（1）当 时， ，由 ，得 ，所以 的单调递增区间为 .（2） ，令 ，则 ， ， ，易知，当 时， ，从而 在 上递增， ， ，当 时， ，由 在 上单调递增可知， ，所以 在 上递增，所以
17、，故 在 上递增，从而 恒成立；当 时， ，由 在 上单调递増可知， ，所以 在 上递増，因为 ，所以存在 ，使 ，当 时， ，此时 递减， ，与题意不符；当 时， ，由 在 上单调递増可知，存在 ，使 ，当 时， ， 递减，从而 ，从而 在上递减，此时 ，与题意不符.综上， 的取值范围是 .【点睛】本题考查函数恒成立问题，考查导数知识的运用，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于难题 22 （选修 4-4：坐标系与参数方程）在直角坐标系 中，曲线 的方程为，以坐标原点为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 .（1 ）求曲线 的直角坐标方程；（2 ）点
18、和点 分别为曲线 ，和曲线 上的动点，求 的最小值，并写出当取到最小值时点 的直角坐标.【答案】 （1） （2）【解析】 （1）根据 ，把曲线 的极坐标方程转化为直角坐标方程；（2）设 ，由点到直线的距离公式得 ，利用三角函数的有界性，得到 最小值及点 的直角坐标.【详解】（1）由 ，得 ，把 代入，化简得曲线 的直角坐标方程为 .（2）设 ，由点到直线的距离公式得，其中 ， ，所以 ，此时有 ， ，所以 .【点睛】此题主要考查曲线的极坐标方程与普通方程的互化，以及参数方程在求最值中的应用等方面的知识与运算能力，属于中档题型，也是常考题.在参数方程求最值问题中，通动点的参数坐标，根据距离公式可
19、得所求距离关于参数的解析式，结合三角函数的知识进行运算，从而问题可得解.23 （选修 4-5：不等式选讲）已知函数 .（1 ）当 时，求 的最小值；（2 ）当 时， 恒成立，求 的取值范围.【答案】 （1）1， （2）【解析】 （1）当 时，利用绝对值三角不等式即可得到函数 的最小值；（2）当 时， 恒成立即 ，利用变量分离法转化为 ，求最值即可.【详解】（1）当 时，则 ，当且仅当 ，即 时，函数 有最小值 .（2）当 时， 化为 ，即 ，所以 的取值范围是 .【点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用。
