高中数学高考山东省2019届高三数学4月模拟训练试卷文（含解析）(1)

山东省2019届高三数学4月模拟训练试卷 文（含解析）

一、选择题：本大题共12个小题,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，，则 (    )

A.  B.  C. 或 D.

【答案】B

【解析】

分析：根据不等式，求解出集合，再利用集合的交集运算，即可求解.

详解：由题意或，

所以 ，故选B.

点睛：本题主要考查了集合的交集运算，其中正确的求解集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

2.若复数，其中为虚数单位，则下列结论正确的是(    )

A.的虚部为 B.

C. 为纯虚数 D.的共轭复数为

【答案】C

【解析】

【分析】

先得到复数的代数形式，然后根据复数的有关概念对给出的四个结论分别进行分析、判断后可得正确的结论．

【详解】由题意得．

对于A，由得复数的虚部为，所以A不正确．

对于B，，所以B不正确．

对于C，由于，所以为纯虚数，所以C正确．

对于D，的共轭复数为，所以D不正确．

故选C．

【点睛】本题考查复数的有关概念，解题的关键是得到复数的代数形式和熟悉复数的相关概念，属于基础题．

3.已知函数 ，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先计算出的值，即可求出结果.

【详解】因为 ，所以，

所以.

故选B

【点睛】本题主要考查分段函数求值的问题，由内向外逐步代入即可求出结果，属于基础题型.

4.下列函数中，周期为，且在上为减函数的是（ ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

y＝sin 周期为π，且在上为减函数

5.“”是“”的（ ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】

解不等式得或，然后根据集合间的包含关系进行判断即可得到结论．

【详解】解不等式得或．

∵，

∴“”是“”的充分不必要条件．

故选A．

【点睛】判断充分条件、必要条件的方法有三种：（1）根据定义进行判断；（2）根据集合间的包含关系进行判断；（3）对于含有否定性词语的命题可从它的等价命题进行判断．解题时要灵活选择方法进行求解，属于基础题．

6.如图，在矩形区域中，，且在两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域和扇形区域（该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常）.若在该矩形区域内随机选一地点，则该地点无信号的概率是（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由条件求出扇形区域和扇形区域的面积，然后根据面积型的几何概型概率求解即可的到所求结果．

【详解】由条件得扇形区域和扇形区域的面积均为，

又矩形区域的面积为，

根据几何概型概率公式可得所求概率为，

即在该矩形区域内随机选一地点，则该地点无信号的概率是．

故选C．

【点睛】本题考查面积型的几何概型概率的求法，解题的关键是根据题意得到表示基本事件的区域的面积，属于基础题．

7.某城市收集并整理了该市2017年1月份至10月份每月最低气温与最高气温(单位：)的数据，绘制了的折线图，已知该市每月的最低气温与当月的最高气温两变量具有较好的线性关系，则根据该折线图，下列结论错误的是(    )

A. 每月的最低气温与当月的最高气温两变量为正相关

B. 10月份的最高气温不低于5月份的最高气温

C. 月温差(最高气温减最低气温)的最大值出现在1月份

D. 最低气温低于的月份有4个

【答案】D

【解析】

由图可以看出，当最低气温较大时，最高气温也较大，故A正确；10月份的最高气温大于20，而5月份的最高气温为不超过20，故B正确；从各月的温差看，1月份的温差最大，故C正确；而最低气温低于的月份是1，2，4三月份，故D错，选D.

8.如图正方体，点为线段的中点，现用一个过点的平面去截正方体，得到上下两部分，用如图的角度去观察上半部分几何体，所得的左视图为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

画出几何体的直观图，然后判断侧视图即可．

【详解】上半部分的几何体如图：由此几何体可知，

所得的侧视图为

故选：B．

【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.

9.若为自然对数底数，则有（  ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

构造函数，得出函数的单调性，根据，即可得出结果.

【详解】令，则在R上单调递增，又，

所以，解，所以，即.

故选D

【点睛】本题主要考查不等式，可借助函数的单调性比较大小，属于基础题型.

10.在中，角所对的边长分别为，若成等比数列，且，则的值 （  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由成等比数列得，故得，再根据可得，然后根据余弦定理求解即可得到所求．

【详解】∵成等比数列，

∴，

由正弦定理得．

又，

∴，故得．

∴．

故选B．

【点睛】本题考查余弦定理的应用，解题的关键是根据题意得到三角形中三边间的关系，并用统一的参数表示，属于基础题．

11.已知函数，当时，取得最小值，则函数的图象为(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先根据基本不等式求出a，b的值，再结合指数函数的性质及函数的图象的平移可求.

【详解】∵x∈（0，4），

∴x+1＞1

∴f（x）＝x﹣4x+15≥25＝1，

当且仅当x＝2时取等号，此时函数有最小值1，

∴a＝2，b＝1，,排除BC.

此时g（x）＝2|x+1|，

此函数可以看成函数y的图象向左平移1个单位

结合指数函数的图象及选项可知A正确

故选：A．

【点睛】本题主要考察了基本不等式在求解函数的最值中的应用，指数函数的图象及函数的平移的应用是解答本题的关键。

12.已知函数为自然对数底数，若恒成立，则实数的取值范围是（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由题意，恒成立，等价于直线始终落在函数图象的下方，即直线夹在过点的切线与直线之间，从而将问题转化为求切线斜率.

【详解】由题意可以作出函数与的图象，如图所示．

若不等式恒成立，必有，其中是过点的切线斜率．设切点为，因为，所以

，解得，所以，故

【点睛】该题考查利用导数研究函数的单调性和恒成立问题，考查创新意识和推理论证能力.

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.若双曲线上一点到右焦点的距离为，则点到左焦点的距离是____．

【答案】

【解析】

【分析】

根据双曲线的定义求解即可得到所求距离．

【详解】设双曲线的左右焦点分别为，由题意得．

当点在双曲线的左支上时，则有，不合题意．

当点在双曲线的右支上时，则有，所以，符合题意．

故答案为：．

【点睛】在运用双曲线的定义解题时，要注意点在双曲线的哪一支上，当点的位置不定时要分两种情况分别求解，属于基础题．

14.如图，在中，是边上的高，则的值等于______．

【答案】

【解析】

【分析】

根据解三角形的知识可得，然后再根据求解可得所求结果．

【详解】∵在中，是边上的高，

∴．

∴．

故答案为：．

【点睛】解答本题的关键是挖掘题中的隐含条件，即，由此可进行转化，进而得到所求的数量积，考查变换能力，属于基础题．

15.已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的非负半轴，若是角终边上的一点，且，设，则________．

【答案】

【解析】

【分析】

由题意先求出的值，进而得到的值，再求出的值，进而可得答案．

【详解】由题意得，且，解得．

∴，

∴，即．

∴．

故答案为：．

【点睛】本题考查三角函数的定义及两角和的正切公式，考查公式的变形和计算能力，属于基础题．

16.已知满足约束条件，如果是取得最大值时的最优解，则实数的取值范围是_________．

【答案】

【解析】

【分析】

画出不等式组表示的可行域，然后结合图形和最优解得到所求的范围．

【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示．

由得，故直线在y轴上的截距最小时取得最大值．

又点是取得最大值时的最优解，

结合图形可得直线的斜率需满足，

所以实数的取值范围是．

故答案为：．

【点睛】线性规划中参数问题，就是已知目标函数的最值或其他限制条件，求约束条件或目标函数中所含参数的值或取值范围的问题．解决这类问题时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值．

三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

17.已知数列满足：.

（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项；

（2）求数列的前项和.

【答案】（1）见证明；（2）

【解析】

【分析】

（1）由变形得，即，从而可证得结论成立，进而可求出通项公式；（2）由（1）及条件可求出，然后根据分组求和法可得．

【详解】（1）证明：因为，

所以．

因为

所以

所以．

又，

所以是首项为，公比为2的等比数列，

所以．

（2）解：由（1）可得，

所以

．

【点睛】证明数列为等比数列时，在得到后，不要忘了说明数列中没有零项这一步骤．另外，对于数列的求和问题，解题时要根据通项公式的特点选择合适的方法进行求解，属于基础题．

18.如图所示，四棱锥中，底面 为的中点.

（1）求证：平面；

（2）求三棱锥的体积.

【答案】（1）见证明；（2）

【解析】

【分析】

（1）根据条件先证明是直角三角形，然后再证明是等边三角形，进而可得，于是，再根据线面平行的判定定理可得结论成立；（2）由题意可得为三棱锥的高，再求出，然后根据即可得到结果．

【详解】（1）证明：∵，

．

在中，

∴，

∴是直角三角形．

又为的中点，

∴，

∴是等边三角形，

∴，

∴，

∴．

又平面平面，

∴平面．

（2）解：

∵底面，

∴底面，

∴为三棱锥的高．

∵，

∴．

又

∴ ，

∴ ．

【点睛】本题考查空间中线面关系的证明和三棱锥体积的求法，是立体几何中的常规题型，求三棱锥的体积时常用的方法是等积法，即将所求椎体的体积转化为容易求解的同体积的三棱锥的体积求解．

19.随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机软件层出不穷，现从某市使用和两款订餐软件的商家中分别随机抽取100个商家，对它们的“平均送达时间”进行统计，得到频率分布直方图如下：

(1)已知抽取的100个使用未订餐软件的商家中，甲商家的“平均送达时间”为18分钟，现从使用未订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家中随机抽取3个商家进行市场调研，求甲商家被抽到的概率；

(2)试估计该市使用款订餐软件的商家的“平均送达时间”的众数及平均数；

(3)如果以“平均送达时间”的平均数作为决策依据，从和两款订餐软件中选择一款订餐，你会选择哪款？

【答案】（1）； （2）； （3）选款订餐软件.

【解析】

【分析】

⑴运用列举法给出所有情况，求出结果

⑵由众数结合题意求出平均数

⑶分别计算出使用款订餐、使用款订餐的平均数进行比较，从而判定

【详解】（1）使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家共有个，分别记为甲，

从中随机抽取3个商家的情况如下：共20种. ,,,,,,,,,,,,,,,,,,.

甲商家被抽到的情况如下：共10种。

,,,,,,,,,

记事件为甲商家被抽到，则.

（2）依题意可得，使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”的众数为55，平均数为

.

（3）使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”的平均数为

 所以选款订餐软件

【点睛】本题主要考查了频率分布直方图，平均数和众数，古典概率等基础知识，考查了数据处理能力以及运算求解能力和应用意识，属于基础题。

20.已知椭圆的左、右焦点分别为，且椭圆上存在一点，满足.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于不同的两点，求的内切圆的半径的最大值.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）利用余弦定理和椭圆的定义即可求出a，再根据b2＝a2﹣c2＝3，可得椭圆的方程;（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），设△F1AB的内切圆的半径为R，表示出△F1AB的周长与面积，设直线l的方程为x＝my+1，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，表示三角形面积，令t，利用函数的单调性求解面积的最大值，然后求解△F1AB内切圆半径的最大值为．

【详解】（1）设，则内，

由余弦定理得，化简得，解得

故，得

所以椭圆的标准方程为

（2）设，设得内切圆半径为

的周长为

所以

根据题意知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为

由得

由韦达定理得

令，则

令，则时，单调递增，

即当时，的最大值为，此时.

故当直线的方程为时，内圆半径的最大值为.

【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．

21.设函数

（1）当时，求函数的极值；

（2）若对任意及任意，恒有成立，求实数的取值范围.

【答案】(1) ，无极大值. (2)

【解析】

【分析】

（1）求出导函数，根据导函数的符号判断出单调性，然后可得极值；（2）先根据条件判断出在区间上单调递减，进而得到的最大值为，所以问题转化为，解得，然后求出的范围后可得实数的取值范围．

【详解】（1）当时，，定义域为，

∴，

∴当时，单调递减；

当时，单调递增．

∴当时，函数取得极小值，且极小值为，无极大值．

（2）∵，

∴ ，

当时，，可得在区间上单调递减，

∴是的最大值，是的最小值．

∴．

又对任意及，恒有成立，

∴，解得，

∵，

∴ ，

∴，

∴实数的取值范围为．

【点睛】解决含有多个变量的问题时，常用的方法是逐步消去变量，化为单一变量的问题求解，解题时要分清谁是变量、谁是参数，判断的原则是知道谁的范围谁就是变量，求谁的范围谁就是参数．另外，恒成立问题的解法常转化为函数的最值问题求解，若函数的最值不存在，则可用函数值域的端点值代替．

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.

选修4-4：坐标系与参数方程

22.在直角坐标系中，已知直线的参数方程为，(为参数，为直线的倾斜角)，点和的坐标分别为和；以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)    将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；

(2)    设直线与曲线交于、两点，且，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）两边同乘ρ，利用互化公式可得；（2）利用参数的几何意义可得．

【详解】（1）由，得，即

所以曲线的直角坐标方程为

（2）将代入得，

由题意，得

设对应的参数分别为，则

由点在直线上，得

所以，即

结合或，代入不适合，适合.

综上，.

【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，以及直线参数方程中参数的几何意义的合理应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

选修4-5：不等式选讲

23.选修4-5：不等式选讲

已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）通过分类讨论的方法去掉绝对值后解不等式可得所求解集．（2）结合条件将问题转化为对恒成立，即对恒成立，由此得到，解不等式组可得所求范围．

【详解】（1）原不等式即

当时，不等式化为，解得；

当时，不等式化为，此不等式无解；

当时，不等式化为，解得．

综上，不等式的解集是．

（2）当时，，

所以不等式可化为，

整理得，

所以对恒成立，

所以解得．

故所求实数的取值范围是．

【点睛】此类问题常以解答题形式出现，考查的重点是绝对值不等式的解法和性质的运用，属中等难度题目．解题的关键是掌握绝对值的几何意义，把握好解绝对值不等式的指导思想，即去掉绝对值是解题的关键．