2019届河南省天一大联考高三阶段性测试（四）数学（文）试题

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2019届河南省天一大联考高三阶段性测试（四）数学（文）
试题

一、单选题
3
Ax2x5Bx11．已知集合，x，则AB（）

A．x3x5【答案】B
【解析】解出集合B，利用交集的定义可求得集合A【详解】由

B．x2x0

C．xx0

D．xx5

B.
x33
1得0，解得3≤x0，则集合Bx3x0，xx
Ax2x5，因此，ABx2x0.
故选：B.【点睛】
本题考查交集的计算，同时也考查了分式不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.2．已知z与1+2i互为共轭复数，则z•i10＝（）A．﹣1﹣2i【答案】C
【解析】由共轭复数的概念得z，进而由复数的乘法运算求解即可.【详解】
∵z与1+2i互为共轭复数，∴z＝1﹣2i，
∴z•i10＝（1﹣2i）(-15＝﹣1+2i．故选C．【点睛】
本题考查复数的求法，考查共轭复数、复数运算法则、性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．某校有文科教师120名，理科教师150名，其性别比例如图所示，则该校女教师的人数为（）
B．1+2i
C．﹣1+2i
D．﹣2+i


A．96【答案】C
B．126C．144D．174
【解析】按图中比例分别计算文科和理科的女教师人数求和即可.【详解】
0.7＝84，该校理科女教师的人数为由统计图表可得：该校文科女教师的人数为120×150×0.4＝60，
所以该校女教师的人数为144，故选：C．【点睛】
本题考查了对统计图表的理解及进行简单的合情推理，属中档题
4．已知抛物线y2＝2px（p＞0）上的点到准线的最小距离为3，则抛物线的焦点坐标为（）A．（3，0）【答案】A
【解析】抛物线上的点到准线的最小距离即为顶点到焦点的距离，进而列方程求解即可.【详解】
抛物线y2＝2px（p＞0）上的点到准线的最小距离为3，就是顶点到焦点的距离是3，即
B．（0，3）
C．（23，0）
D．（0，23）
p
3，2
则抛物线的焦点坐标为（3，0）．故选A．【点睛】
本题主要考查抛物线的定义和准线方程，属于基础题．
5．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴非负半轴重合，终边经过点（﹣4，3），则sin2α﹣cos2α＝（）A．
17
25
B．
3125
C．
53
7D．
5

【答案】B
【解析】由任意角的定义求解sinα和cosα，再由二倍角公式化简
sin2cos22sincos12sin2，代入求解即可.
【详解】
∵角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P（﹣4，3），∴x＝﹣4，y＝3，r＝|OP|＝5，∴sinα＝
34
，cosα＝﹣，55
2
2
34313∴sin2cos22sincos12sin212.
55255
故选B．【点睛】
本题主要考查任意角的三角函数的定义，二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
x2y20

6．设x，y满足约束条件5x2y60，则z＝x+2y的最大值为（）
3x2y60
A．6【答案】A
【解析】作出二元一次不等式组表示的平面区域，平移直线z＝x+2y，求出最值.【详解】
B．2
C．﹣2
D．﹣3
x2y20
x，y满足约束条件5x2y60，可行域如图：阴影部分．
3x2y60

平移直线z＝x+2y，当直线经过可行域的C点时，z取得最大值，

x2y20
2＝6.由解得C（2，2），所以zmax＝2+2×
5x2y60
故选：A.【点睛】
此题考查二元一次不等式组表示平面区域，解决线性规划问题，求最值.
7．如图所示，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝AD＝4，CD＝8．若
CE7DE,3BFFC，则AFBE（）

A．11【答案】D
B．10C．﹣10D．﹣11
【解析】以A为坐标原点，建立直角坐标系如图，利用向量的坐标表示计算数量积即可.【详解】
以A为坐标原点，建立直角坐标系如图：则A（0，0），B（4，0），E（1，4），F（5，1），所以AF(5,1,BE(3,4，则AFBE15411．故选D．

【点睛】
本题考查向量的坐标运算，向量的数量积的应用，是基本知识的考查．8．执行如图所示的程序框图，输出的S的值为（）


A．2【答案】D
B．﹣1C．0D．1
【解析】执行程序框图可知S随i变化的周期为2，结合循环结束条件即可得解.【详解】第一次循环，第二次循环第三次循环第四次循环
可知S随i变化的周期为2．
当i＝2021时跳出循环，输出的是S＝1，故选：D．【点睛】
本题主要考查程序框图的应用，根据程序功能发现周期性是解决本题的关键．
；；；．
x2y2
9．已知双曲线221(a0,b0的左焦点为F，右顶点为A，直线xa与双曲
ab
线的一条渐近线的交点为B．若BFA30，则双曲线的离心率为（）A．2【答案】C
【解析】先求解B的坐标，再由tanBFA【详解】
bx＝0，不妨设B点为直线x＝a与由题意可得A（a，0），双曲线的渐近线方程为：ay±
B．3
C．2
D．3
|AB|3
求解离心率即可.
|FA|3

y
b
x的交点，则B点的坐标（a，b），a
因为AB⊥FA，∠BFA＝30°，
|AB|be213所以tanBFA，解得e＝2．
|FA|ace13
故选C．【点睛】
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．10．已知函数A．2【答案】B
【解析】由题意得f（a﹣2）＝9，讨论a﹣2和0的大小，代入解析式列方程求解即可.【详解】
由题意得f（a﹣2）＝9，
若a﹣2＜0，即a＜2，则2（a﹣2）+a＝9，解得a＝＞2．（舍）
﹣
若a﹣2≥0，即a≥2，则3a2＝9，解得a＝4，
，若f（f（﹣1））＝9，则实数a＝（）
B．4
C．
D．4或
综上，a的值为4．故选：B．【点睛】
本题考查分段函数的函数值的求法，考查运算求解能力，是基础题．
11．如图，网格纸上小正方形的边长均为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）

A．34【答案】C
B．42C．54D．72
【解析】还原几何体得四棱锥E﹣ABCD，由图中数据利用椎体的体积公式求解即可.【详解】
依三视图知该几何体为四棱锥E﹣ABCD，如图，ABCD是直角梯形，是棱长为6的正

方体的一部分，梯形的面积为：几何体的体积为：故选：C．
．
，

【点睛】
本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确还原几何体和补形是解题的关键，考查空间想象能力．
12．如图所示，分别以点B和点D为圆心，以线段BD的长为半径作两个圆.若在该图形内任取一点，则该点取自四边形ABCD内的概率为（）

A．
33

833
B．
3

43
C．
33
8
D．
34

【答案】A
【解析】设两圆的半径均为2，计算出整个图形以及四边形ABCD的面积，利用几何概型的概率公式即可计算出所求事件的概率.【详解】
设两圆的半径均为2，由已知可得△ABD、BCD是全等的等边三角形，所以
13
S四边形ABCD22223.
22
整个图形可以看作由两个弓形组成，其面积为
2123162
S232222323.


所以所求的概率为
P
2316
233

33833.
故选：A.【点睛】
本题考查面积型几何概率的计算，解题的关键就是计算出平面区域的面积，考查计算能力，属于中等题.
二、填空题
13．函数f（x）＝x在x＝2处的切线方程为_____．【答案】3x﹣2y﹣4＝0【解析】求导计算【详解】
由f（x）＝x，得∴
，
，
得切线斜率，再由f（2），利用点斜式可得切线方程.
又f（2）＝2﹣1＝1．
∴函数f（x）＝x在x＝2处的切线方程为故答案为：3x﹣2y﹣4＝0．【点睛】
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查导数的几何意义，是基础题．14．△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知c＝bcosC+ccosB，且a＝1，B＝120°，则b＝_____．【答案】

，即3x﹣2y﹣4＝0．
【解析】由正弦定理边化角可得sinC＝sinA，从而有c＝a＝1，再利用余弦定理可得解.【详解】
∵c＝bcosC+ccosB，
∴由正弦定理可得：sinC＝sinBcosC+cosBsinC＝sin（B+C）＝sinA，∴可得：c＝a＝1，∵B＝120°，∴由余弦定理可得：故答案为：
．
．

【点睛】
本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．15．把函数ysinx


6
的图象上各点的横坐标缩短为原来的
1
，纵坐标不变，再2
将图象向右平移
411
,个单位长度，得到函数gx的图象，则gx在区间上
336
的值域为_____．【答案】
1,12
【解析】根据周期变换和相位变换原则可求得gxcos2x，利用x的范围可求得
2x的所处的范围，结合余弦函数的图象可确定最值取得的点，从而得到所求值域.
【详解】
1
ysin2x横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，可得解析式：
62
图象向右平移

个单位长度，可得解析式：gxsin2xcos2x32
当x
411811
2x,时，,
3336
当2x3时，gxmaxcos31；当2x
11111
时，gxmincos
332
1411
,gx在区间上的值域为：,13621
本题正确结果：,1
2
【点睛】
本题考查余弦型函数在区间内的值域的求解问题，涉及到三角函数的周期变换和平移变换的知识；求解值域问题的关键是能够通过整体对应的方式，根据角的范围，结合余弦函数的图象来进行求解.
16．如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1．一平面截该长方体，所得截面为OPQRST，其中O，P分别为AD，CD的中点，B1S＝_____．
1
，则AT＝2


【答案】
25
1
，由△ATO∽△C1QR和2
【解析】设AT＝x，由平行关系先确定B1S＝B1R＝△A1TS∽△CQP可得【详解】
设AT＝x，则A1T＝1﹣x，
AOC1RCQAT
1，代入列方程求解即可.和
ATC1QCPA1S
由面面平行的性质可知PO∥SR，TO∥QR，TS∥PQ，∴△DOP∽△B1SR，∵DP＝OD＝1，∴B1S＝B1R＝∴A1S＝C1R＝
1，2
3，2
3
AOC1R3x,即1CQ由△ATO∽△C1QR可得，故，12ATC1Q2xC1QCQAT
1，即由△A1TS∽△CQP可得
CPA1S
故答案为【点睛】
本题主要考查了立体几何中的截面问题，考查了线面平行的应用定理，考查了空间想象力，属于中档题.
三、解答题
17．已知各项为正的等比数列an的前n项和为Sn，a13，且a2、15、S3依次成等差数列.（Ⅰ）求an；
（Ⅱ）若bn102n，求数列anbn的前n项和Tn.
1
3x
21x，解得x＝2．
3152
2．5
3n13
【答案】（Ⅰ）an3；（Ⅱ）Tnn29n.
22
n

【解析】（Ⅰ）设等比数列an的公比q，则q0，根据题意得出q的方程，解出q的值，进而利用等比数列的通项公式可求得数列an的通项公式；
n
（Ⅱ）求得anbn3102n，然后利用分组求和法结合等差数列、等比数列的求
和公式可求得Tn.【详解】
（Ⅰ）设等比数列an的公比q，则q0，
因为a2、15、S3依次成等差数列，所以S3a230.
即S3a2a1a333q30，解得q3或q3（舍去）.
n1n1n
因为a13，所以ana1q333；n
（Ⅲ）bn102n，所以anbn3102n.
2
所以
Tn33233
3n86
102n
313n13

n8102n
2
3n13n29n.
22
【点睛】
本题考查等比数列通项的公式的求解，同时也考查了分组求和法的应用，考查计算能力，属于基础题.
18．甲、乙两名大学生因为学习需要，欲各自选购一台笔记本电脑，他们决定在A，B，C三个品牌的五款产品中选择，这五款笔记本电脑在某电商平台的价格与销量数据如表所示：品牌型号
AA﹣1
A﹣275001000
BB﹣110000200
B﹣28000800
CC﹣145003000
6000价格（元）1000销量（台）
（Ⅰ）若甲选择某品牌的笔记本电脑的概率与该品牌的总销量成正比，求他选择B品

牌的笔记本电脑的概率；
（Ⅱ）若甲、乙两人选择每种型号的笔记本电脑的概率都相等，且两人选购的型号不相同，求他们两人购买的笔记本电脑的价格之和大于15000元的概率．【答案】（Ⅰ）
12
（Ⅱ）
56
【解析】（Ⅰ）由销量比可设甲选择B品牌的概率为p，则他选择A品牌和C品牌的概率分别为2p，3p，再由概率和为1即可得解；
（Ⅱ）利用列举法，借助于古典概型的计算公式求解即可.【详解】
（Ⅰ）根据题意，A，B，C三个品牌的总销量分别为2000台，1000台，3000台，销量的比为2：1：3，
设甲选择B品牌的概率为p，则他选择A品牌和C品牌的概率分别为2p，3p，由p+2p+3p＝1，解得p＝
1，6
1．6
∴甲选择B品牌的笔记本电脑的概率为
（Ⅱ）甲、乙两人从五款笔记本电脑中各任选一台，价格有20种情况，分别为：（6000，7500），（6000，10000），（6000，8000），（6000，4500），（7500，6000），（7500，10000），（7500，8000），（7500，4500），（10000，6000），（10000，7500），（10000，8000），（10000，4500），（8000，6000），（8000，7500），（8000，10000），（8000，4500），（4500，6000），（4500，7500），（4500，10000），（4500，80000）．设“他们两人购买的笔记本电脑的价格之和大于15000元”为事件M，则事件M包含的情况有8种，分别为：
（6000，10000），（10000，6000），（7500，10000），（10000，7500），（7500，8000），（8000，7500），（8000，10000），（10000，8000），∴他们两人购买的笔记本电脑的价格之和大于15000元的概率：P(M【点睛】
本题考查随机事件所包含的基本事件、古典概型及其概率计算公式等基础知识，考查运用概率知识解决简单简单实际问题的能力，考查运算求解能力，是基础题．
19．如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，且底面是边长为2的正三角形，AA1＝3，点D，E，F，G分别是所在棱的中点．（Ⅰ）证明：平面BEF∥平面DA1C1；
（Ⅱ）求三棱柱ABC﹣A1B1C1夹在平面BEF和平面DA1C1之间的部分的体积．
82
.205

附：台体的体积V体的高．
1
SSSSh，其中S和S′分别是上、下底面面积，h是台3


【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
33
2
【解析】（Ⅰ）分别证明EF∥平面DA1C1和BE∥平面DA1C1，即可得证；
（Ⅱ）可看作三棱台DBG﹣A1B1C1减掉三棱锥B﹣B1EF剩余部分，分别计算，求差即可.【详解】
证明：（Ⅰ）∵E，F分别是A1B1和B1C1的中点，∴EF∥A1C1，∵EF⊄平面DA1C1，A1C1⊂平面DA1C1，∴EF∥平面DA1C1，
∵D，E分别是AB和A1B1的中点，∴DBAE，
1//
∴四边形BDA1E是平行四边形，∴BE∥A1D，∵BE⊄平面DA1C1，A1D⊂平面DA1C1，∴BE∥平面DA1C1，
∵BE∩EF＝E，∴平面BEF∥平面DA1C1．
（Ⅱ）由图可知，三棱柱ABC﹣A1B1C1夹在平面BEF和平面DA1C1之间的部分，可看作三棱台DBG﹣A1B1C1减掉三棱锥B﹣B1EF剩余部分，
∵三棱柱ABC﹣A1B1C1夹在平面BEF和平面DA1C1之间的部分的体积．
S
DBC
SB1EF
32332
1,SA1B1C123，444
13373
V33∴三棱台DBG﹣A1B1C1的体积为：1，3444
三棱锥B﹣B1EF体积V2
133
，3
344
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1夹在平面BEF和平面DA1C1之间的部分的体

积:VV1V2
73333
．
442

【点睛】
本题考查面面平行的证明，考查向何体的体积的求法，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．已知椭圆C：
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）过点P（m，0）作圆x2+y2＝1的一条切线l交椭圆C于M，N两点，当|MN|的值最大时，求m的值．【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）

的焦距为2
，左顶点与上顶点连线的斜率为．
【解析】（Ⅰ）由题意得，解方程组即可得解；
（Ⅱ）讨论切线l的斜率存在和不存在，当存在时设切线l方程为y＝k（x﹣m），与椭圆联立得（1+4k2）x2﹣8k2mx+4k2m2﹣4＝0，由直线与圆相切得式表示【详解】
，从而得解.
，再利用弦长公
（Ⅰ）由题意可知，解之得a＝2，b＝1.故椭圆C的标准方程为．
（Ⅱ）由题意知，|m|≥1，当|m|＝1时，．
当|m|＞1时，易知切线l的斜率存在，设切线l方程为y＝k（x﹣m）．由
，得（1+4k2）x2﹣8k2mx+4k2m2﹣4＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则
由于过点P（m，0）的直线l与圆x2+y2＝1相切，得
，
，
；

所以．
当且仅当故m的值为【点睛】
，即．
时，|MN|＝2，即|MN|的最大值为2．
本题考查了椭圆的几何性质及方程，弦长公式等知识点，属于中档题目．21．已知函数f（x）＝lnx﹣x2+ax，a∈R．（Ⅰ）证明lnx≤x﹣1；
（Ⅱ）若a≥1，讨论函数f（x）的零点个数．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）令
（Ⅱ）求函数导数，分析单调性，由f（1＞0，即可得解.【详解】（Ⅰ）证明：令
，
进而求导求最值即可证得；
及
，利用零点存在定理
可得：x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
∴可得x＝1时，函数g（x）取得极大值即最大值，∴g（x）≤g（1）＝0，即lnx≤x﹣1．（II）解：根据题意，令
在（0，x0）上，单调递减．
∴f（x）max＝f（x0）．
当a＝1时，x0＝1，f（x）max＝f（1）＝0，此时函数f（x）只有一个零点1．当a＞1时，
，f（1）＝a﹣1＞0，
．．
∴函数f（x）在区间
和区间（1，2a）上各有一个零点．，解得
．
，（负值舍去），
，函数f（x）
，函数f（x）单调递增；在（x0，+∞）上，
综上可得：当a＝1时，函数f（x）只有一个零点1．

当a＞1时，函数f（x）有两个零点．【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、函数零点存在定理，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
x4cos
22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原
y4sin
x轴正半轴为极轴建立极坐标系．点为极点，直线1的极坐标方程为cos（Ⅰ）求C的普通方程和l的直角坐标方程；
（Ⅱ）设直线l与x轴和y轴的交点分别为A，B，点M在曲线C上，求△MAB面积的最大值．
C的普通方程x2+y2＝16，l的直角坐标方程x3y40；【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）83



2．
3
xcos
【解析】（Ⅰ）利用同角三角函数的平方关系消去α可得C的普通方程，由
ysin
代入极坐标方程可得l的直角坐标方程；
（Ⅱ）先求得A，B的坐标，得|AB|，设M（4cosα，4sinα），求点到直线距离，再求面积，利用三角函数求最值即可.【详解】（Ⅰ）由
x4cos
（α为参数）消去参数α可得曲线C的普通方程为：x2+y2＝16．
y4sin
由cos


13
sin2，2得cos
322
xcos
因为，所以直线l的直角坐标方程为：x3y40．
ysin
43830,（Ⅱ）由（Ⅰ）得A4,0,B，所以，AB33
设M（4cosα，4sinα），则点M到直线AB的距离为
d
4cos43sin4
2



4sin2，
6
当sin

1时，dmax＝6．
6

故△MAB的面积的最大值为【点睛】
183683．23
本题考查了简单曲线的极坐标方程及参数方程的应用，属中档题．23．设(1求(2若不等式【答案】（Ⅰ）
的解集；
对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围（Ⅱ）
.
【解析】（Ⅰ）分段去绝对值求解不等式即可；
（Ⅱ）先求f（x）的最小值，进而使其最大值满足不等式求参即可.【详解】
（Ⅰ）由题意得f（x）＝，
因为f（x）≥4x+3，所以或或，
解得x≤，
所以f（x）≥4x+3的解集为
；
，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）的最小值为
因为不等式2f（x）≥3a2﹣a﹣1对任意实数x恒成立，所以
，解得
．
，
故实数a的取值范围是【点睛】
本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．

2019届河南省天一大联考高三阶段性测试（四）数学（文）试题

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