《福建省永春第一中学2019届高三数学毕业班考前适应性训练试题文201912120331.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省永春第一中学2019届高三数学毕业班考前适应性训练试题文201912120331.doc（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、福建省永春第一中学2019届高三数学毕业班高考前适应性训练试题 文时间：120分钟 满分：150分一、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已知全集，集合，则（ ）ABCD2已知复数，则等于（ ）ABCD3已知平面向量，均为单位向量，若向量，的夹角为，则（ ）A25B7C5D4函数的单调增区间为（ ）A，B，C，D，5在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间中点作代表，则下列说法中有误的是（ ）A成绩在分的考生人数最多B不及格的考生人数为1000人C考生竞赛成绩的平
2、均分约70.5分D考生竞赛成绩的中位数为75分6执行如图所示的程序框图，若输出的，则判断框内应填入的条件是（ ）ABCD7已知是抛物线的焦点，过焦点的直线交抛物线的准线于点，点在抛物线上且，则直线的斜率为（ ）AlBCD8已知是定义在上的奇函数，满足，且，则（ ）A0BCD9如图画出的是某几何体的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）ABCD10已知某个函数的部分图象如图所示，则这个函数的解析式可能是（ ）ABCD11平面四边形中，则四边形的面积为（ ）ABCD12已知函数，设为实数，若存在实数，使得成立，则的取值范围为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，
3、共20分。13已知实数，满足约束条件，则的最大值是_.14已知直线与圆相交于，两点，且线段的中点坐标为，则直线的方程为_.15已知为锐角，且，则_.16长方体中，是棱上的动点，则的面积最小值是_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17记为数列的前项和，若，.（1）求数列的通项公式；（2）设，设数列的前项和为，求的值.18如图，等边三角形所在平面与梯形所在平面互相垂直，且有，.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.19某工厂，两条生产线生产同款产品，若产品按照一、二、三等级分类
4、，则每件可分别获利10元、8元、6元，现从，生产线的产品中各随机抽取100件进行检测，结果统计如下图：（1）根据已知数据，判断是否有99%的把握认为一等级产品与生产线有关？（2）分别计算两条生产线抽样产品获利的方差，以此作为判断依据，说明哪条生产线的获利更稳定？（3）估计该厂产量为2000件产品时的利润以及一等级产品的利润.附：20已知椭圆 的右焦点为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设过点的直线交椭园于，两点，若（为坐标原点）的面积为，求直线的方程.21已知函数（其中）.（1）讨论函数的极值；（2）对任意，成立，求实数的取值范围.选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题做答，如果
5、多做，则按所做的第一题计分22选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中中，曲线的参数方程为（为参数，）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）设是曲线上的一个动点，若点到直线的距离的最大值为，求的值.23选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）在图的坐标系中画出的图象；（2）若的最小值为，当正数，满足，证明: .高三年考前适应性训练（文科）数学参考答案1B 因为，又，所以，因，所以. 故选B2A 因为，所以，又，所以. 故选A3C因为向量，的夹角为，所以，又，均为单位向量，所以. 故选C4C 因为，由可得，即函数
6、的单调递增区间为，. 故选C5D A选项，由频率分布直方图可得，成绩在的频率最高，因此考生人数最多，故A正确；B选项，由频率分布直方图可得，成绩在的频率为，因此，不及格的人数为，即B正确；C选项，由频率分布直方图可得：平均分等于，即C正确；D选项，因为成绩在的频率为，由的频率为，所以中位数为，故D错误. 故选D6C由程序框图可得：初始值为，第一步：，需要继续循环；第二步：，需要继续循环；第三步：，需要进入循环；。由此可知，该程序框图即是计算等比数列的前项和，又数列的前项和为，由可得；即该程序框图需要计算，因此判断框中需要填入故选C7C 因为点在抛物线上，且，点在抛物线的准线上，由抛物线的定义可
7、知，直线，设，则，解得，所以，故，故，又，所以直线的斜率为.故选C8B 因为函数满足，所以关于直线对称，所以，又是定义在上的奇函数，所以，又由可得，所以，故，因此，函数是以4为周期的周期函数，所以，又因此. 故选B9C 由几何体的三视图，可确定该几何体为一个大球的，和一个小球的组合而成，由题意可得，大球的半径为2，小球的半径为1，所以该几何体的体积为. 故选C10B A中，由得，由得，所以当时，即单调递增，不满足题意，所以A错误；B中，由得，由得，所以当时，即单调递增；当时，即单调递减；且趋近于0时，趋近于1，所以B正确；C中，趋近于时，趋近于，不满足题意，所以C错误；D中，趋近于时，趋近于，
8、不满足题意，所以D错误；故选B11B 因为，所以设，又，所以由得，所以，所以，又，所以，由余弦定理可得，可得，解得，故.故选B12A 因为，当时，单调递增，故；当时，当且仅当，即时，取等号；综上可得，；又因为存在实数，使得成立，所以只需，即，解得. 故选A1311. 由约束条件作出可行域如下：又目标函数可化为，因此，直线在轴截距最小时，取最大值，由图像可得，当直线过点时，在轴截距最小，由解得，所以此时，取最大值为. 故答案为1114. 因为圆的圆心坐标为，又点坐标为，所以直线的斜率为；又因为是圆的一条弦，为的中点，所以，故，即直线的斜率为，因此，直线的方程为，即. 故答案为15.因为，所以，即
9、，所以，解得或，又因为为锐角，所以，因此. 故答案为16. 由题意，以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为，所以，又是棱上的动点，所以，设，所以，因此，所以，因此，当且仅当时，取最小值.故答案为17（1）当时，因为所以-得：即又即所以数列是以19为首项-2为公差的等差数列，所以.（2）由（1）知所以因为当时，当时所以所以18（1）证明：取中点，连接则四边形为菱形，即有， 所以，又平面，平面平面，平面平面，平面；（2）由（1）可得，所以，取中点，连接，则，又平面，平面平面，平面平面平面；所以由（1）有平面，得设点到平面的距离为 由 19（1）由题意可知， 离心率，
10、所以所以所以椭圆的方程为， （2）由题意可以设直线的方程为，由得， 设，所以，.所以的面积因为的面积为，所以.解得. 所以直线的方程为或.20（1）根据已知数据可建立列联表如下： 所以没有99%的把握认为一等级的产品与生产线有关（2）生产线随机抽取的100件产品获利的平均数为：（元）获利方差为生产线随机抽取的100件产品获利的平均数为：（元）获利方差为所以，则生产线的获利更稳定. （3），生产线共随机抽取的200件产品获利的平均数为：（元）由样本估计总体，当产量为2000件产品时，估计该工厂获利（元）又因为，生产线共随机抽取的200件产品中，一等级的线产品有20件，线产品有35件，由样本频率估
11、计总体概率，有该工厂生产产品为一等级的概率估计值为，当产量为2000件产品时，估计该工厂一等级产品获利（元）21（1）的定义域为又当时，在上，是减函数；无极值； 当时，得在上，是增函数；在上，是减函数，所以当时，有极大值，无极小值，综合知：当时，无极值；当时，有极大值，无极小值；（2）由（1）知：当，是增函数，又令，不成立；当时，当时，取得极大值也是最大值，所以要使得对任意，成立，即：在上恒成立，则在上恒成立，令 所以令，得在上，是增函数，在上，是减函数，所以当时，取得极大值也是最大值，在上，是减函数，又要使得恒成立，则.所以实数的取值范围为22（1）依题意得曲线的普通方程为，因为所以，因为，所以直线的直角坐标方程为即， （2）设点，则点到直线的距离因为，所以当时，所以23（1），的图像如图所示.（2）由（1）知，所以.则，又故，.- 20 -