2019届高三数学第三次模拟考试题三理

12019届高三第三次模拟考试卷理科数学（三）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷一、选择题：本大题共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．[2019·新乡二模]已知集合，集合，若，则（）A．0B．1C．2D．42．[2019·湘赣联考]设复数在复平面内对应的点位于第一象限，则的取值范围是（）A．B．C．D．3．[2019·南通期末]已知向量，，若，则实数的值为（）A．B．2或C．或1D．4．[2019·毛坦厂中学]某位教师2017年的家庭总收入为80000元，各种用途占比统计如下面的折线图．2018年收入的各种用途占比统计如下面的条形图，已知2018年的就医费用比2017年增加了4750元，则该教师2018年的家庭总收入为（）A．100000元B．95000元C．90000元D．85000元5．[2019·广东模拟]若，则（）A．B．C．D．6．[2019·临川一中]函数的图象大致为（）A．B．C．D．7．[2019·南昌一模]如图所示算法框图，当输入的为1时，输出的结果为（）A．3B．4C．5D．68．[2019·宜宾二诊]已知中，，，的对边分别是，，，且，，，则边上的中线的长为（）A．B．C．或D．或9．[2019·江西九校联考]如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）A．B．C．D．10．[2019·汕尾质检]已知，，，是球的球面上四个不同的点，若，且平面平面，则球的表面积为（）A．B．C．D．11．[2019·临川一中]如图所示，，是椭圆的短轴端点，点在椭圆上运动，且点不与，重合，点满足，，则（）A．B．C．D．12．[2019·江西九校联考]设为不超过的最大整数，为可能取到所有值的个数，是数列前项的和，则下列结论正确个数的有（）（1）（2）190是数列中的项（3）（4）当时，取最小值A．1个B．2个C．3个D．4个第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．[2019·深圳期末]已知不等式组所表示的平面区域为，则区域的外接圆的面积为______．14．[2019·南京二模]若函数的图象经过点，且相邻两条对称轴间的距离为，则的值为______．15．[2019·赣州期末]若曲线在处的切线与直线垂直，则切线、直线与轴围成的三角形的面积为_______．16．[2019·南通期末]在平面直角坐标系中，已知，，若圆上有且仅有四个不同的点，使得的面积为5，则实数的取值范围是____．2三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）[2019·江南十校]已知数列与满足：，且为正项等比数列，，．（1）求数列与的通项公式；（2）若数列满足，为数列的前项和，证明．18．（12分）[2019·沧州模拟]近年来，随着互联网技术的快速发展，共享经济覆盖的范围迅速扩张，继共享单车、共享汽车之后，共享房屋以“民宿”、“农家乐”等形式开始在很多平台上线．某创业者计划在某景区附近租赁一套农房发展成特色“农家乐”，为了确定未来发展方向，此创业者对该景区附近六家“农家乐”跟踪调查了100天．得到的统计数据如下表，为收费标准（单位：元/日），为入住天数（单位：天），以频率作为各自的“入住率”，收费标准与“入住率”的散点图如图：50100150200300400906545302020（1）若从以上六家“农家乐”中随机抽取两家深入调查，记为“入住率”超过的农家乐的个数，求的概率分布列；（2）令，由散点图判断与哪个更合适于此模型（给出判断即可，不必说明理由）？并根据你的判断结果求回归方程．（结果保留一位小数）（3）若一年按365天计算，试估计收费标准为多少时，年销售额最大？（年销售额入住率收费标准）参考数据：，，，，，，，，19．（12分）[2019·凉山二诊]设矩形中，，，点、分别是、的中点，如图1．现沿将折起，使点至点的位置，且，如图2．图1图2（1）证明：平面；（2）求二面角的大小．320．（12分）[2019·临沂质检]已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，为坐标原点，的外接圆与抛物线的准线相切，且外接圆的周长为．（1）求抛物线的方程；（2）设直线交于，两点，是的中点，若，求点到轴的距离的最小值，并求此时的方程．21．（12分）[2019·石家庄质检]已知函数，其中，为自然对数的底数．（1）当时，证明：对，；（2）若函数在上存在极值，求实数的取值范围．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．22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】[2019·新疆一模]在直角坐标系中，圆的参数方程为，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，射线的极坐标方程为，．（1）将圆的参数方程化为极坐标方程；（2）设点的直角坐标为，射线与圆交于点，求面积的最大值．23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】[2019·咸阳模拟]已知函数，且的解集为．（1）求实数的值；（2）设，，，且，求的最大值．2019届高三第三次模拟考试卷理科数学（三）答案一、选择题．1．【答案】A【解析】因为，所以或．当时，，不符合题意，当时，．故选A．2．【答案】A【解析】，对应的点在第一象限，，故本题选A．3．【答案】C【解析】根据题意，向量，，若，则有，解可得或1，故选C．4．【答案】D【解析】由已知得，2017年的就医费用为元，故2018年的就医费用为12750元，所以该教师2018年的家庭总收入为元，故选D．5．【答案】B【解析】因为，由诱导公式得，所以，故选B．6．【答案】A【解析】因为，所以函数是偶函数，其图象关于轴对称，排除选项B，C；因为时，，所以可排除选项D，故选A．7．【答案】C【解析】当时，不成立，则，，成立，，成立，，，成立，，成立，，，成立，，成立，，，成立，成立，，，不成立，输出，故选C．8．【答案】C【解析】∵，，，由余弦定理，可得，整理可得，解得或3．如图：为边上的中线，则，在中，由余弦定理，可得，或，解得边上的中线或，故选C．9．【答案】A【解析】由三视图知该几何体是如图所示的三棱锥，将该三棱锥是放在棱长为4的正方体中，是棱的中点，在中，，且，∴，，在中，，，由余弦定理得，，∴，∴，又与均为边长为4的正方形面积的一半，即为8，∴三棱锥的表面积为，故选A．10．【答案】A【解析】如图，取中点，连接，，则，，分别取与的外心，，分别过，作平面与平面的垂线，相交于，则为四面体的球心，由，得正方形的边长为，则，四面体的外接球的半径，球的表面积为．故选A．11．【答案】C【解析】由题意以及选项的值可知：是常数，所以可取为椭圆的左顶点，由椭圆的对称性可知，在的正半轴上，如图：则，是，，由射影定理可得，可得，则，故选C．12．【答案】C【解析】当时，，，，，故．当时，，，，，故．当时，，，，故，共有个数，即，故（1）结论正确．以此类推，当，时，，，故可以取的个数为，即，当时上式也符合，所以；令，得，没有整数解，故（2）错误．，所以，故，所以（3）判断正确．，，，当时，；当时，，故当时取得最小值，故（4）正确．综上所述，正确的有三个，故选C．二、填空题．13．【答案】【解析】由题意作出区域，如图中阴影部分所示，易知，故，又，设的外接圆的半径为，则由正弦定理得，即，故所求外接圆的面积为．14．【答案】【解析】因为相邻两条对称轴间的距离为，所以，，所以．因为函数的图象经过点，所以，，．所以，所以．故答案为．15．【答案】1【解析】由题可得，故切线的斜率为1，又切点坐标为，所以切线的方程为，因为切线与直线垂直，所以，所以直线的方程为，易得切线与直线的交点坐标为，因为切线与轴的交点坐标为，直线与轴的交点坐标为，所以切线、直线与轴围成的三角形的面积为．16．【答案】【解析】的斜率，，设的高为，则∵的面积为5，∴，即，直线的方程为，即，若圆上有且仅有四个不同的点，则圆心到直线的距离，则应该满足，即，得，得，故答案为．三、解答题．17．【答案】（1），；（2）见解析．【解析】（1）由……①时，……②可得：，，，设公比为，，，．（2）证明：由已知：，，当时，，，，即．18．【答案】（1）见解析；（2）；（3）最大值约为元．【解析】（1）的所有可能取值为，，．则，，，的分布列012（2）由散点图可知更适合于此模型．其中，，所求的回归方程为．（3），，令，若一年按天计算，当收费标准约为元/日时，年销售额最大，最大值约为元．19．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）证明：由题设知：，又，，，面，面，面，，在矩形中，，，、为中点，，，，，，又，面，面，（2）面，由（1）知面面，且，以为原点，为轴，为轴建立如图的空间直角坐标系，在中，过作于，，，，，（也可用）、、、，面的一个法向量为，设面的一个法向量为，、，由，即，令，则，，，，，二面角为．20．【答案】（1）；（2）最小值为5，直线方程为．【解析】（1）因为的外接圆与抛物线的准线相切，所以的外接圆圆心到准线的距离等于圆的半径，圆周长为，所以圆的半径为，又因为圆心在的垂直平分线上，所以，解得，所以抛物线方程为．（2）①当的斜率不存在时，因为，所以，得，所以点到轴的距离为9，此时，直线的方程为，②当的斜率存在且时，设的方程为，设、，，由，化简得，所以，由韦达定理可得，，所以，即，又因为，当且仅当时取等号，此时解得，代入中，得，，所以直线的方程为或，即直线方程为．21．【答案】（1）见证明；（2）．【解析】（1）当时，，于是．又因为当时，且．故当时，，即．所以函数为上的增函数，于是．因此对，．（2）方法一：由题意在上存在极值，则在上存在零点，①当时，为上的增函数，注意到，，所以，存在唯一实数，使得成立．于是，当时，，为上的减函数；当时，，为上的增函数，所以为函数的极小值点；②当时，在上成立，所以在上单调递增，所以在上没有极值；③当时，在上成立，所以在上单调递减，所以在上没有极值，综上所述，使在上存在极值的的取值范围是．方法二：由题意，函数在上存在极值，则在上存在零点．即在上存在零点．设，，则由单调性的性质可得为上的减函数．即的值域为，所以，当实数时，在上存在零点．下面证明，当时，函数在上存在极值．事实上，当时，为上的增函数，注意到，，所以，存在唯一实数，使得成立．于是，当时，，为上的减函数；当时，，为上的增函数，即为函数的极小值点．综上所述，当时，函数在上存在极值．22．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）圆的参数方程为，圆的普通方程为，即，圆的极坐标方程为，即．（2）射线的极坐标方程为，，射线与圆交于点，，，点的直角坐标为，，，当，即时，面积取最大值．23．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）依题意得，，即，可得．（2）依题意得（）由柯西不等式得，，当且仅当，即，，时取等号．∴的最大值为．