届福建省高三模拟考试数学（理）试题

1、2019届福建省高三模拟考试数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】D【解析】将集合的元素代入集合求得集合的元素，由此求得两个集合的并集.【详解】因为，所以.故选D.【点睛】本题考查集合并集的运算，考查运算求解能力.2设复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】B【解析】利用复数的运算化简求得，进而求得的表达式，由此确定复数对应的点所在象限.【详解】由已知得，所以，即在复平面内对应的点为.位于第二象限，故选B.【点睛】本小题主要考查复数的运算，考查复数对应坐标所在象限，属于基础题. 求解与复数概念相关问题的技巧：复数的分类、

2、复数的相等、复数的模，共轭复数的概念都与复数的实部与虚部有关，所以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即的形式，再根据题意求解.3为比较甲、乙两名高二学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验（指标值满分为5分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述正确的是（ ）A乙的数据分析素养优于甲B乙的数学建模素养优于数学抽象素养C甲的六大素养整体水平优于乙D甲的六大素养中数据分析最差【答案】C【解析】根据题目所给图像，填写好表格，由表格数据选出正确选项.【详解】根据雷达图得到如下数据：数学抽象逻辑推理数学建模直观想象数学运算数据

3、分析甲454545乙343354由数据可知选C.【点睛】本题考查统计问题，考查数据处理能力和应用意识.4已知点，是抛物线：上的两点，且线段过抛物线的焦点，若的中点到轴的距离为2，则（ ）A2B4C6D8【答案】C【解析】利用抛物线的抛物线的定义写出弦长公式，利用中点横坐标来求得弦长.【详解】设，则，而的中点的横坐标为，所以.故选C.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，以及抛物线的定义和性质，考查运算求解能力和化归与转化的数学思想.5已知向量，满足，且，则向量与的夹角为（ ）ABCD【答案】B【解析】对两边平方，求得，所以.画出图像，根据图像确定与的夹角，并根据它补角的正切值求得对应的角的大

4、小.【详解】因为，所以，即，所以.如图，设，则向量与的夹角为，因为，所以，.故选B.【点睛】本题考查平面向量的模以及夹角问题，考查运算求解能力，考查数形结合的数学思想方法.属于中档题.6如图，分别是边长为4的等边的中线，圆是的内切圆，线段与圆交于点.在中随机取一点，则此点取自图中阴影部分的概率是（ ）ABCD【答案】A【解析】利用等边三角形中心的性质，求得内切圆的半径和阴影部分面积，再根据几何概型计算公式计算出所求的概率.【详解】在中，因为，所以，即圆的半径为，由此可得图中阴影部分的面积等于，的面积为，故所求概率.故选A.【点睛】本题考查几何概型问题，考查数据处理能力和应用意识.属于中档题.7

5、已知，若，则（ ）A1B-1C-81D81【答案】B【解析】先令，求得，再令求得，然后令求得所求表达式的值.【详解】令，得；令，得，所以，即；令，得.故选B.【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查运算求解能力.属于基础题.8若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的所有侧面和底面中，面积的最大值为（ ）A2BC3D【答案】C【解析】画出三视图对应的直观图，然后利用勾股定理、余弦定理以及三角形面积公式计算出四个面的面积，由此判断出面积最大值.【详解】由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，其中，为的中点，平面，.所以，.又因为，所以，故，所以.故选C.【点睛】本题考查三视图的知识，考查空间想象能力

6、和运算求解能力.属于中档题.9已知是定义在上的函数，且，如果当时，则（ ）A27B-27C9D-9【答案】B【解析】先判断出函数的周期，然后利用周期性和已知条件，将转化为，将代入题目所给解析式，由此求得的值.【详解】由，则，所以为周期为8的周期函数，.故选B.【点睛】本题考查函数的周期性与求值，考查运算求解能力.属于基础题.10已知等差数列的前项和为，则（ ）A8B9C15D17【答案】C【解析】利用等差数列的性质化简已知条件，由此列方程，通过通过解方程求得的值.【详解】因为，所以，又，所以，解得.故选C.【点睛】本题考查等差数列的性质与前项和的计算，考查运算求解能力.属于中档题.11在平面直

7、角坐标系中，过双曲线上的一点作两条渐近线的平行线，与两条渐近线的交点分别为，若平行四边形的面积为3，则该双曲线的离心率为（ ）ABCD【答案】A【解析】设出C点的坐标，利用直线和直线的方程求得点的坐标，由此求得，利用点到直线的距离公式求得到直线的距离，利用平行四边形的面积列方程，求得含有的等式，利用C在双曲线上这一条件列方程，由此求得的值，进而求出的值以及离心率.【详解】如图，设，则直线：，直线：，可求得交点的坐标为，所以 .又点到直线：的距离，所以平行四边形的面积为，即.因为，所以，所以，从而，.故选A.【点睛】本题考查双曲线的渐近线与离心率，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力.

8、属于中档题.解题过程中首先考虑的是将平行四边形的面积表示出来，这是方程的思想，也即是要求一个未知数，通过未知数满足的一个方程来求解出来.12已知，且，恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】将题目所给不等式转化为，由此得出函数的单调性，对求导，则导数恒小于或等于零，分离常数，然后利用导数求得的取值范围.【详解】，恒成立，则在上单调递减，所以恒成立.当时，显然恒成立，；当时，令，则.所以在上减函数，所以，即的取值范围是.故选D.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和恒成立问题，考查推理论证能力和创新意识.属于中档题.二、填空题13若实数，满足约束条件，设的最大值与最小值分别

9、为，则_【答案】【解析】画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置，由此求得最大值以及最小值，进而求得的比值.【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，当直线过点时，取得最大值7；过点时，取得最小值2，所以.【点睛】本小题主要考查利用线性规划求线性目标函数的最值.这种类型题目的主要思路是：首先根据题目所给的约束条件，画出可行域；其次是求得线性目标函数的基准函数；接着画出基准函数对应的基准直线；然后通过平移基准直线到可行域边界的位置；最后求出所求的最值.属于基础题.14已知直线与函数的图象相邻两个交点的横坐标分别为，则_【答案】1【解析】根据两个交点的横坐标求得函数的一条对称轴，将对称轴代入函数解析

10、式，利用最大值和最小值列方程，解方程求得的值.【详解】依题意，由已知为函数的图象的一条对称轴，函数取得最大值或最小值，将代入函数解析式，得，解得.【点睛】本题考查三角函数的性质，考查辅助角公式，考查推理论证能力.属于中档题.15我国古代数学家祖暅提出原理：“幂势既同，则积不容异”.其中“幂”是截面积，“势”是几何体的高.该原理的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被任一平行于这两个平行平面的平面所截，若所截的两个截面的面积恒相等，则这两个几何体的体积相等.如图，在空间直角坐标系中的平面内，若函数的图象与轴围成一个封闭的区域，将区域沿轴的正方向平移8个单位长度，得到几何体如图一，现有一个与之

11、等高的圆柱如图二，其底面积与区域的面积相等，则此圆柱的体积为_【答案】【解析】利用四分之一圆的面积和直角三角形面积公式求得阴影部分的面积，进而求得圆柱的体积.【详解】表示的是四分之一的圆的面积，且圆的半径是，所以区域的面积为，所以圆柱的体积.【点睛】本题考查数学文化以及简单几何体的体积，考查利用几何意义计算定积分，考查空间想象能力和运算求解能力.16已知数列满足，且，设数列的前项和为，则_（用表示）.【答案】【解析】分别求得当为奇数和为偶数时，数列的通项公式，再用分组求和法求得数列前项的和.【详解】当是奇数时，所以，是首项为1，公差为6的等差数列，因此；当是偶数时，所以，是首项为4，公比为3的

12、等比数列，因此.综上，所以，即 .【点睛】本题考查等差、等比数列的通项公式与求和公式，考查化归与转化的数学思想.属于中档题.三、解答题17已知在中，.（1）求边的长；（2）设为边上一点，且的面积为，求.【答案】（1）3；（2）.【解析】（1）利用三角形内角和定理，将转化为，化简已知条件求得，然后求得，利用等腰三角形求得的长.（2）利用三角形面积列方程，求得的值，利用余弦定理求得的值，利用正弦定理求得的值.【详解】解：（1）由及，得，展开得，即，所以.所以，即，所以.（2）由，解得.在中，所以.由，得，所以.【点睛】本小题主要考查三角形内角和定理，考查三角恒等变换，考查利用余弦定理和正弦定理解三

13、角形，综合性较强，属于中档题.18如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，其中点在以为直径的圆上，平面平面.（1）证明：平面.（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）连接，根据直径所对圆周角是直角，得到，计算出的长，通过勾股定理证得，再根据面面垂直的性质定理得到平面.（2）为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向建立空间直角坐标系通过计算平面和平面的法向量，计算二面角的余弦值，进而求得其正弦值.【详解】（1）证明：连接，因为点在以为直径的圆上，所以.因为，所以，.所以.因为为等腰梯形，所以.又因为，所以，从而得.又因为平面平面，平面平面，所以平面.（2）解：由（1）易知

14、，两两垂直，以为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，.因为，所以，.设平面的法向量为，平面的法向量为，由，得，令，得，由，得，令，得，所以，所以，故二面角的正弦值为.【点睛】本小题主要考查线面垂直的证明，考查利用空间向量求解有关二面角的问题，考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.192019年春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策”.某路桥公司为掌握春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点处记录了大年初三上午9:2010:40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费点，它们通过该收费点的时刻

15、的频率分布直方图如图所示，其中时间段9:209：40记作区间，9:4010:00记作，10:0010:20记作，10:2010:40记作.比方：10点04分，记作时刻64.（1）估计这600辆车在9:2010:40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，记为9:2010:00之间通过的车辆数，求的分布列与数学期望；（3）由大数据分析可知，车辆在春节期间每天通过该收费点的时刻服从正态分布，其中可用这600辆车在9:2010:40之间通过该收费点的时刻的平均值

16、近似代替，可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9:4610:40之间通过的车辆数（结果保留到整数）.参考数据：若，则，.【答案】（1）10点04分；（2）详见解析；（3）819辆.【解析】（1）用每组中点值乘以频率，然后相加，得到平均值.（2）先用分层抽样的知识计算出量车中位于的车辆数，然后利用超几何分布的知识计算出分布列，并求得数学期望.（3）由（1）可知，计算出方差和标准差，利用正态分布的对称性，计算出在9:4610:40这一时间段内通过的车辆的概率，乘以得到所求车辆数.【详解】解：（1）这600辆车在9:20

17、10:40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为，即10点04分。（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知：抽取的10辆车中，在10:00前通过的车辆数就是位于时间分组中在这一区间内的车辆数，即，所以的可能取值为0，1，2，3，4。所以，所以的分布列为01234所以.（3）由（1）可得， ，所以.估计在9:4610:40这一时间段内通过的车辆数，也就是通过的车辆数，由，得 ，所以，估计在9:4610:40这一时间段内通过的车辆数为（辆）.【点睛】本小题主要考查根据频率分布直方图估计平均数和方差，考查超几何分布概率计算以及数学期望的计算，考查正态分布计算，属于中档题.20已知椭圆：过点，且它的

18、焦距是短轴长的倍.（1）求椭圆的方程.（2）若，是椭圆上的两个动点（，两点不关于轴对称），为坐标原点，的斜率分别为，问是否存在非零常数，使当时，的面积为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在这样的常数，此时.【解析】（1）将点的坐标代入椭圆方程，结合和列方程组，解方程组求得椭圆的标准方程.（2）设直线的方程为和两点的坐标，将两点两点坐标代入，化简得到.联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用点到直线距离公式和弦长公式求得三角形的面积的表达式，结合解得和的值.【详解】解：（1）因为椭圆：过点，所以，又因为该椭圆的焦距是短轴长的倍，所以，从而.联立方程组，解得，

19、所以.（2）设存在这样的常数，使，的面积为定值.设直线的方程为，点，点，则由知，所以.联立方程组，消去得.所以，点到直线的距离，的面积.将代入得，化简得，将代入得，要使上式为定值，只需，即需，从而，此时，所以存在这样的常数，此时.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查直线和椭圆相交所得弦的弦长的求法，考查与椭圆有关的三角形面积的求解，考查方程的思想，综合性较强，属于难题.21已知函数，的导函数为.（1）试讨论函数的零点个数；（2）若对任意的，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）先求函数的定义域，然后求函数的导数

20、，对分类讨论，将的零点问题，转化为直线与函数图象的交点个数来求解出来.（2）构造函数，将原问题转化为对恒成立，先利用确定的一个范围，然后利用的二阶导数验证在这个范围内，的最大值不大于零，由此求得的取值范围.【详解】解：（1）由题意得的定义域为，.（i）当时，此时没有零点；（ii）当时，的零点个数等于直线与函数图象的交点个数，可知直线与函数图象的相切点，此时切线的斜率为.当，即时，两个图象没有交点，即函数没有零点；当，即时，两个图象有两个交点，即函数有两个零点；当，即时两个图象有一个交点，即函数有一个零点；当，即时，两个图象有一个交点，即函数有一个零点.综上，当时，函数没有零点；当或时，有一个零点；当时，有两个零点.（2）设 ，要使原不等式恒成立，则只要对恒成立，所以.令，则.由于“对恒成立”的一个必要条件是，即.当时，所以在上单调递减.所以，从而在上单调递减