福建省泉州市2019届高三高考考前适应性模拟(一)数学(理)试卷【含答案及解析】

1、福建省泉州市2019届高三高考考前适应性模拟（一）数学（理）试卷【含答案及解析】姓名班级分数题号-二二三总分得分、选择题1.已知集合.，则、汽等于（）A.；.'；B.二C.；：D.：2.A.C.设函数/(戈)v4|4coir-y(jc)=VB.D.，则（-JT+2丿k23.我国古代算书孙子算经上有个有趣的问题“出门望九堤”：今有出门重九堤，堤有九木，木有九枝，枝有九巢，巢有九禽，禽有九雏，雏有九毛，毛有九色，问各几何？现在我们用右图所示的程序框图来解决这个问题，如果要使输出的结果为禽的数目，则在该框图中的判断框中应该填入的条件是（）C.，-D.iA.沁以二尸B.£<10

2、000?4.在_.中，-'-，的最小值是（）A.-36B.-9C.9D.36二:：-厂，点1在用匚上，贝V:.5.设为正项等比数列-诒，的前，项和，若-，贝【J的最小值为（）A.2B.3C.4D.6函数/（门三邑二Inx的图象大致是（）D.7. 下图中，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，且该几何体的顶点都在同一球面上，则该几何体的外接球的表面积为C.山丁D.存库?568. 已知抛物线4的焦点为F，准线为，为：上一点，'垂直于点一分别为.'-T的中点，：与：轴相交于点，若，则等于（）A.-B.1C.2D.49. 设&=仏恥*“詆眩，且石-

3、丄的展开式中只有第4项的二项式系数最大，那么展开式中的所有项的系数之和是（）A.1B.C.64D.A410. 在半径为1的圆内任取一点1r，过专且垂直，：|，与直线与圆交于圆两点，则/长度大于的概率为（）A.-B.-C.丄D.-4 72711. 斐波那契数列满足：巧二1込=1,馮二-十码!（"工3.“e护）.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1,记前项所占的格子的面积之和为,，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为.，则下列结论错误的是（）A.二.-r.;.,y.二B.y、十_心.TC.r-门：-r-.,-ID.I'.'12. 在直四棱柱

4、r：中，底面二为菱形，分别是BB.DD,的中点，G为"的中点且FG=3，贝则立FG的面积的最大值为（）二、填空题13. 若复数-满足二+=|14j|；，贝V-=.4J-2k014. 若满足约束条件：|,若=处一-1有最小值6,则实数4x-y-4<0等于.15. 已知J为椭圆：的两个焦点，.为：上一点，若-，-.的三边|卩和|£氏|丹;|成等差数列，则c的离心率为.16. 关于：的方程：jl|：j-I有两个不等实根，则实数的取值范围是.三、解答题17. 已知_：'，中-.1.(1)求'；(2)若厂为边上一点，且也总弋-沁的面积为二！，求_的正弦值418.

5、 如图1所示，在等腰梯形,中，r.-，-:；'把,沿"折起，使得，得到四棱锥如图2所示.(2)求平面门、T与平面；所成锐二面角的余弦值19. 据统计，某物流公司每天的业务中，从甲地到乙地的可配送的货物量；二、丄肿:-的频率分布直方图，如图所示，将频率视为概率，回答以下问题.（1）求该物流公司每天从甲地到乙地平均可配送的货物量；（2）该物流公司拟购置货车专门运营从甲地到乙地的货物，一辆货车每天只能运营一趟，每辆车每趟最多只能装载40件货物，满载发车，否则不发车。若发车，则每辆车每趟可获利1000元；若未发车，则每辆车每天平均亏损200元。为使该物流公司此项业务的营业利润最大，该

6、物流公司应该购置几辆货车？20. 设圆-I的圆心为.，直线过点'I1且不与轴、轴垂直，且与圆于：，两点，过作的平行线交直线于点.（1）证明|-二|为定值，并写出点的轨迹方程；（2）设点；的轨迹为曲线厂，直线.交厂于、两点，过：且与垂直的直线与圆交于两点，求与的面积之和的取值范围21. 已知函数一二.-在.'.1处的切线方程为S（1）求rII的单调区间与最小值；（2）求证：:-'T22. 选修4-4:坐标系与参数方程x=1在平面直角坐标系黑蛙y中，直线的参数方程为'1的方程为'1-3.i'i.以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系(1)求的普通方程与

7、：的极坐标方程；(2)已知f与匚交于只0，求尸023. 选修4-5:不等式选讲已知函数U卜2.，且(1)解不等式一一-I.；(2)已知不等式.1|,.-的解集为，求实数.的取值范围参考答案及解析第1题【答案】【解析】J=3.4.5,5=p<.r<4),C=y|x>4或歹玉戶,故选比第2题【答案】【解析】x+-=cos4工亠2j第3题【答案】【解析】由题倉是数为9，木数対99=81/枝数81x9=729，巢数为了2X9=6561，禽数为65619=59049，使输岀的结果为鑫的数目，则在该框團中的判断桩中应该埴人的条件«<10000?,故选E.TZ4£

8、C=90.ABPCO第4题【答案】【解析】FiTB，mi-m*，FBI-nannBshkB则PCPA=PBBA)PC=PBPC±BAPC一囲匡卜"H旳）T我选氏I第5题【答案】D【解折】设初旬页为吗，公比为弓r匸用碣=加刚5孑口"=2,:.=2f列=码屮円§4科=2斗年+2gn2+gJy二&f印齐最小值为哲故选D.第#题【答案】D【解析】当gzl时/（x）0魯齢选项4目p为丈T1时，匸丄血卜为睁选项匚'故选D.*第7题【答案】【解析】由三视團扣，该机几何体是如圄所示的正四桂锥P-ABCD，固中正方体令梭长为4，设球心为O球半径为尺，列有（

9、2V2-Rj（2s/3）=R=，解得R二羊R二丰，所以球的表面积为jL.止MR，=50t*故选U【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考査学生的空间想象能加啪象思维能力一属于雜题,三视图冋題罡考杳学生空间想象能力最常见题型，也是菖考熱点J见察匚视團并将苴“留译刃成盲观團驟噩關I輛翻I議产长对正'宽相等打、还要特别注意实线与虚线決第#题【答案】【解析】EN分别是尸的中点,.liFQ且PQWx轴.昭由抛物线定义知，PQ=PF:.MTOP为正三角杖则丄PgQM*=2，正三角形边长为4fPO=4.FN=PF=2又可得甘为正三甬册，：,FR=2,故选C£第9题【答案】只有第四项式系

10、数最r故选O【解析】大,n=6txl时.丙各项系娴为丄64t7=f(sinv+cosa：)办=(sitiv+匚osx)=2Q第10题【答案】【解析】由题竜剜M为弦加的中試由|.仏卜人.njH|U_W<1;那屈MXJ为射，半牯力7日;飼内.榔尉的觀型概率佥式可得，|.15|长農大于7T的概率为T=£,故选a.zr24第11题【答案】【解析】对于A曲團可利4-令吟呂、=叫叫工=灯丄叭j可得凡呵=%（占呵+6）=4务+SrAiE确；对H氏口4%+込_r计d-gp1二口帕+角_O口_例十码卫-£7,1+一10年十込+®亠+O仙十込十码十為f二码1U>Oq二仙一

11、1Q1二2-1*所以厲正确；对于C.=1时，口严叫T；昔误；对于D.Z5它八斗（G一0-Jm4-“:三只（弔+偽巧）（碍一口“）=疋為口心1D正确.故选UI44；【方法点晴】本题ii过对多个命题亘假的判斷考察数列的各种性质及数学化归思想，属于难题该題型翕瞬I蠶翼匾沁蒯际豳鑑觀题締第12题【答案】【解析】由直四棱桂ABCD-AAGA中丿底面.4BO为菱枚EF分别是BBrDD的中点，（7为"”的中点且FG-3，可得A£FG次警腰三角形，iAG=r，则廿二匕因为阳=3r由余弦定理得2x/x2r4i-*4严s丄皿川£皿也旦匀金AEFC的面积的最大值対3r故狀B.?At2J

12、COil=£l±iz£=2Lz2,可得g二灯-（m?）faefg的面积为等于'tro的4f蚩函数,常丞翹峯超;J昔助穆李不鲁卡籲mA銅域:回出俺【方法点睛】本题主要考查空间想象能力，余弦定理及函数的值域的求法，雇于难題貳函数值域的第见方法有配方洁:若皱夹-Sis确其单调区间彳牖求最值,本题首先将原題转换为函数值械対再应用方法解答的.Mfe”j最后住第13题【答案】【解析】.S2?=(141=2,r=y=-L.故答秦为Tr第14题【答案】5平移直线二=血亠上经过且（Z4）时有最小值【方法点晴】本题主要考査线性规划中利用可行域求目标函数的最値/属简单题求目标函

13、数最值的一般步骥是“一画、二积三求弄：（1）作出可行域一定更注灣是实线还罡虚线八找8唱标号举密舟后的目标1B囁最先通过或最后通过的顶点就罡最捉解第15题【答案】【解析】因为乂耳耳的三边I眄収码"兀|成等聲阿十用+|尸码1=2闪巧A4上,又由椭圆走义可知耳|+|尸尺卜2口八2应=4匚石=三=片故答案为+.O.第16题【答案】(4.7)【解析】由（上-了）£+41nt-A中上右0r-+4lur7-4lor7c>10x+SxBly艸1)X->+oo,X-*-hx7r/r(x)=/(l)<t<7艮卩斗ck<7故答案为iem4<t<7.用二、

14、，可得在（0）上列门诵増在（1血）上矗（兀）递减,第17题【答案】型7【解析】试題分析：(1)由=得，coSC=V3siny-cj，化简可得结果；(2)先根据MCD的面积为羊得C"再由余弦定理得AD=£进而根据正弦定理可得结果.2试题解析：(1)因为A,所CJIB=j-C,由V?cosC=得,371所以cosC=cosC-sinC22所叫me焯血即讼c=又因为Cw(0.;r),所以,从而得r£-C=2,所AB=AC=2.6 3O由已知得-ACCDin乂=也，所以CD=塑，2642在MCQ中，由余弦定理得,=AC2+CD2-2JCCDcosC=-Q=由正弦走理得，.

15、4D_ACsmCsinZDC第18题【答案】<1）见解祈（2乂竺55【解析】试题分析：（1）先由平面几何知识证明应丄比，可得血丄面BCDE从而得AE.ED,进而可得CE丄BD于是丄面ACE,最后由面面垂直的判定定理可得结论；（2）以点O为原点，以OEOUOF所在直线分别为"二轴"建立如團所示的空间直角坐标系，分别求出两半平面的一个法向矍根据空间向量夹角余弦公式可得结果.试题解析：（1）证明：在等腰梯形肋CD中BC=3.AD=5,BE丄.4D,可知凡E=6.DE=9.因为BC=3、BE=34.BE丄.9,可得CE二6.又因为jl£=：6*C=6运,艮卩AC2=

16、CE2+AE2,贝U.匹丄EC.又BE丄AE、BEcEC=E，可得应丄面BCDE，故/1E丄BD又因为tanZZ)5£DE=RE93?3=V3,则ZDBE=60°7taiizBEC=9则Z.BEC=30°>BE3扫3所決QE丄ED,又AErEC=E,所以丄面-4CE,又BDu面,所以面“迴？丄面ME,设ECcBD=O,过点O作OFJ/AE交FC于点F；以点0为原点，臥OB.OUOF所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-BCF.在A5CE中9：ZBEO=303,BO丄EO,第19题【答案】(1)125(2)每天应该发3趟车.【解析】试题分析：(1)

17、每纟且中点值与对应频率相乘，在求和即可得结果；(2)若发2趟车，则y的可能取值为2000,800,得结果若发3趟车，则的可能取值为弓000,1800r600,分别求期望，比较大小艮呵.试题解析：在区间100.160)的频率为+丄+舟卜40=片，3ZU>ZU1/2从甲地到乙地每天的平均容流童为:6。4击艸”叭存40”4。兮十叫(2)从甲地到乙地的客流量X在40.80).80.120).120.160).160.200)的概率分别为丄丄丄丄8428设运输公司每天的营业刑润为厂若发一趟车，则】的值为1000；若发2趟车，则的可能取值为2000,800,其分而列为Y2000800E(r)=200

18、0XZ-+800xl=1850；8s若发3趟车，则y的可能取值为3000,1800,600,其分布列为Y30001800600第20题【答案】<1）卫一匚=1HO）.（2）（12.炖）解析试题分析；（1）先证明牛D=ZEDF：，可得，ED=EF.，进而»|EF-EF2|=|EJ；|-|£D|=2<|F21，由双曲线T2-=1定义知轨迹是双曲线，从而可得方程；（2）联立直线/三双曲线的方程3,消去工得x=njy-+2（3川-少12怦叶9二0，根据弦长公式、点到直线距离公式及三角形面积公式可得三角形面积之和成关于加的函数'利用单调心求解即可.试题解析：（1圆

19、珂：（x+2y+y-=4,圆心耳（-2.0）,半径尸=2,如图所示.因为£C7炷迟丿所以"=又因为耳D二坷C,所以ZCD=Z/<DC,所以心耳£）二今DC,又因为今DC二ZED兀,所AEF2DAEDFz,故ED=EF：,可得|明|-|砸制巧卜四卜2<|杠兀|,根据双曲线的走义，可知点E的轨迹是I次耳兀为焦点的双曲线（顶点除外）,易得点E的轨迹方程为>-=1（y工0）第21题【答案】(1)丄(2)见解析2e解析】试题分祈：(1)先利用切线方程确定函数的解析式再求出,'(工),/(>)>0得増区闾；/，Cv)<0得减区间，进

20、而可求得最小值；利用结论>工十1原不爹式竽价于xfl+lm>2-丄，在利用(1)的结论可证不竽式成L*亠13®解析：(1)f(工)=l+lnx+c,故<(l)=l+a=l,得c=0,又2-2/(1)-1=0,所決/(1)二曰+5二+，得b=M.K'J/(.v)=3：liiv+,f(x)=l+lm,222占T时'/(>)>O-/(r)单调递増,1"当*0,-时，/(r)<0./(r)单调递减'当*耐、/-e<2)令(大)"-"皿乂>0,g(x)=l-cosx>0,g(x)递増，所

21、以g(x)>g(0)=0丿所以当xaO时,X>SULV丿令A(x)=x-x-Lx>0,F(x)=y-llO,(x)递増'/7(x)>；7(0)=0，所以当x>0时，要证/+luv>cosr+,由1WcobySLx>9ih'及/>工+1得,si”+himi十lnxcosr+<Hl-±,故原不等式成立，只需证工+l+liu:>2-丄,盹：+1T5.宙(1)可得畑一'且宀"叫,21所JC2-x+1+A-lav>->0,贝I原不等式成立.IS第22题【答案】(1)/?=0-(2)pain=1<3-)k5)【解析】试题分析；(1)两式相除普通方程，再利用V-+x=pcos&