四川省雅安市2019届高三第三次诊断考试数学（理）试题（解析版）

雅安市高中雅安市高中 20162016 级第三次诊断性考试级第三次诊断性考试 数学试题（理科）数学试题（理科） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，在每小题给出的四个选项中， 只有一个是符合题目要求的只有一个是符合题目要求的. . 1.当时，复数在平面上对应的点位于 A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数的几何意义得到复数 z 对应的点为（3m-2,m-1）,由于 3m20，m10，m10，点在第四象限 故答案为：D. 【点睛】这个题目考查了复数的几何意义，zabi(a，bR)与复平面上的点 Z(a，b)、平面向量 都可建立一一对应的关系(其中 O 是坐标原点)；复平面内，实轴上的点都表示实数；虚轴上的点 除原点外都表示纯虚数 2.设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不 必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 解得：，问题得解 【详解】由得：. 所以“”不能推出“” ， “”“” 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的概念，属于基础题。 3.双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由双曲线的方程可得：，即可求得，问题得解。 【详解】由双曲线的方程可得： 所以 所以. 故选：D 【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质，考查计算能力，属于基础题。 4. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 解：该几何体是棱长分别为 的长方体中的三棱锥： ， 其中： ， 该几何体的表面积为： . 本题选择 B 选项. 点睛：点睛：本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状 是解答的关键，由三视图判断空间几何体（包括多面体、旋转体和组合体）的结构特征是高考中 的热点问题. 5.已知实数 ， 满足，则 的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】 作出不等式组表示的平面区域，由可得：表示与连线斜率，结合图 形即可得解。 【详解】依据题意，作出不等式组表示的平面区域如下： 其中, 由可得：表示与连线斜率，由图可得： 当点 在 处时，连线斜率最大.此时 故选：D 【点睛】本题主要考查了分式型目标函数的几何意义，考查转化能力及计算能力，属于中档题。 6.从 6 人中选出 4 人分别到碧峰峡、蒙顶山、喇叭河、龙苍沟四个景区游览，要求每个景区有一 人游览，每人只游览一个景区，且这 6 人中甲，乙两人不去龙苍沟游览，则不同的选择方案共有 （ ） A. 168 种B. 216 种C. 240 种D. 360 种 【答案】C 【解析】 【分析】 优先考虑龙苍沟游览安排，再把剩下的三个景区安排人去游览，利用分步计算原理得解。 【详解】这 6 人中甲，乙两人不去龙苍沟游览，则不同的选择方案共有： 种. 故选：C 【点睛】本题主要考查了排列与组合应用，属于基础题。 7.若执行下边的程序框图，输出 的值为 5，则判断框中应填入的条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 按流程图逐一执行即可。 【详解】由流程图得： . 要使得输出 的值为 5，则判断框中应填入的条件是： 故选：B 【点睛】本题主要考查了流程图知识，考查观察能力及计算能力，还考查了对数运算知识，属于 中档题。 8.已知等差数列，前 项和为，则（ ） A. 0B. 1C. 2018D. 2019 【答案】A 【解析】 【分析】 设等差数列的公差为 ，由即可求得，结合等差数列前 项和公式即可得 解。 【详解】设等差数列的公差为 ， 则， 所以，代入得：. 所以. 故选：A 【点睛】本题主要考查了等差数列前 项和公式，考查方程思想及计算能力，属于中档题。 9.已知函数（ 是自然对数的底数） ，则的极大值为（ ） A. B. C. 1D. 【答案】D 【解析】 分析：求函数的导数，令，先求出的值再求的极大值为即可得 详解：函数的定义域为 ， ，则 令，得 令，得，即函数 上单调递增，在上单调递减，故函数在 出 uqude 极大值，极大值为 故选 D. 点睛：本题考查导数的运用：求单调区间和求极值，考查运算能力，属于基础题 10.在半径为 2 的圆 的内接四边形中，是直径， 是线段上异于 、 的 点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 将分别表示为,，即可整理得： ，求出 到的距离，可得，问题得解。 【详解】依据题意，作出如下图象： ,. 因为是圆直径且圆半径为，所以 所以 ， 在中，由余弦定理可得： 解得：. 设 到的距离为 ，则. 解得：， 又 是线段上异于 、 的点，所以. 所以. 故选：C 【点睛】本题主要考查了向量的加法及数量积运算，考查了余弦定理、转化思想及等面积法求高， 考查计算能力，属于中档题。 11.如图，圆锥的高，底面圆 的直径， 是圆上一点，且， 为的中点， 则直线和平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 过点 作于点 ，连接，证明且，从而证明平面，即可证得平 面平面，即可证得平面，从而说明就是直线和平面所成角，解三 角形即可。 【详解】过点 作于点 ，连接，如下图： 在圆 中，为直径.，又 为中点， 且 又 平面，又平面 平面平面 又平面平面，平面 平面. 就是直线和平面所成角. 由题可得. 在中，可求得： 又,所以. 由得： 所以 故选：C 【点睛】本题主要考查了线面角的求法，考查作图及线面、面面垂直证明，还考查计算能力，属 于中档题。 12.定义域为的函数图像的两个端点为 、 ，向量，是 图像上任意一点，其中，若不等式恒成立，则称函数在上满 足“ 范围线性近似” ，其中最小正实数 称为该函数的线性近似阈值.若函数定义在上， 则该函数的线性近似阈值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由向量及可得：两点的横坐标相等，将不等式恒 成立问题转化成： 时，恒成立，转化成：.，记： ，即可求得，问题得解。 【详解】作出函数图像，它的图象在上的两端点分别为：, 所以直线的方程为： 设是曲线上的一点，其中 由，可知三点共线， 所以 点的坐标满足直线的方程， 又,则 所以两点的横坐标相等. 故 函数在上满足“ 范围线性近似” 所以 时，恒成立. 即：恒成立. 记，整理得：， ，当且仅当时，等号成立。 当时， 所以，所以. 即： 所以该函数的线性近似阈值是： 故选：B 【点睛】本题主要考查了新概念定义及转化能力，还考查了三点共线的向量表示，考查了对勾函 数性质，考查计算能力及分析能力，属于难题。 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分. . 13.展开式中的常数项为_（用数字作答） 【答案】15 【解析】 由题得展开式的通项为，令 6-2r=0,所以 r=3. 所以展开式的常数项为,故填 15. 14.从一批次品率为 0.02 的产品中有放回地抽取 100 次，每次抽取一件产品，设 表示抽到的次品 件数，则方差_ 【答案】1.96 【解析】 【分析】 判断试验是独立重复试验的类型, 概率满足二项分布，然后根据二项分布方差公式求解方差即可. 【详解】由题意可知,该事件满足独立重复试验,是一个二项分布模型,其中 p=0.02,n=100,则 DX=npq=np(1-p) =100×0.02×0.98 =1.96 【点睛】本题考查二项分布期望的求法，判断概率的类型满足二项分布是解题的关键，本题是基 础题. 15.已知函数，且，则_ 【答案】 【解析】 【分析】 对 的取值分奇数、偶数求得，再利用分组求和法求和即可。 【详解】当 为奇数时， . 当 为偶数时， . 所以 【点睛】本题主要考查了分类思想及分组求和方法，考查计算能力，属于中档题。 16.已知 是抛物线 ：的焦点，点，点 是 上任意一点，当点 在时，取 得最大值，当点 在时，取得最小值.则_ 【答案】 【解析】 【分析】 依据题意作出图象，由三角形知识可得：，当且仅当三点共线时， 取得最小值，即可求得，由抛物线定义可将转化成，结 合图象可得,当且仅当三点共线时，取得最大值,即可求得 ，问题得解。 【详解】作出抛物线 ：的图象如下： 过点 作抛物线准线的垂线段，过点作抛物线准线的垂线段 由抛物线方程可得： 由三角形知识可得： 所以 当且仅当三点共线时，取得最小值， 即点 位于图中的处，可求得： 由抛物线定义可得：， 由图可得： ， 当且仅当三点共线时，取得最大值, 即点 位于图中的处，可求得：. 所以. 【点睛】本题主要考查了三角形中的边长关系，还考查了抛物线的定义及数形结合思想，考查计 算能力及转化能力，属于难题。 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. . 17.平面向量，. （1）求函数的单调递增区间； （2）设的内角 ， ， 的对边长分别为 ， ， ，若，求 的值. 【答案】 （1）；（2）或 【解析】 【分析】 （1）整理可得：，利用余弦函数的单调性及复合函数的单调性规 律即可求得函数的单调递增区间 （2）由求得，再由正弦定理求得，即可求得或，对 的取值分类解 三角形即可。 【详解】 （1） . 由，得，. 函数的增区间为. （2）由，得， 又因为，所以， 从而，即. 因为，所以由正弦定理得， 故或， 当时，从而， 当时，又，从而. 综上所述，或. 【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的坐标运算，还考查了二倍角公式及两角和与差的正、 余弦公式，考查了方程思想及正弦定理，还考查了分类思想，属于中档题。 18.2018 年 12 月 28 日，成雅铁路开通运营，使川西多个市县进入动车时代，融入全国高铁网，这 对推动沿线经济社会协调健康发展具有重要意义.在试运行期间，铁道部门计划在成都和雅安两城 之间开通高速列车，假设每天 7:00-8:00，8:00-9:00 两个时间段内各发一趟列车由雅安到成都 （两车发车情况互不影响） ，雅安发车时间及其概率如下表所示： 第一趟列车第二趟列车 发车时间 7:107:307:508:108:308:50 概率 0.20.30.50.20.30.5 若小王、小李二人打算乘动车从雅安到成都游玩，假设他们到达雅安火车站候车的时间分别是周 六 7:00 和 7:20（只考虑候车时间，不考虑其它因素）. （1）求小王候车 10 分钟且小李候车 30 分钟的概率； （2）设小李候车所需时间为随机变量 ，求 的分布列和数学期望. 【答案】 （1）0.1；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）由独立事件同时发生的概率公式计算即可。 （2）由表中数据求得小李候车所需时间为随机变量 的取值可能为：10、30、50、70、90 分钟. 再求得 的各种取值的概率，即可求得 的分布列，问题得解。 【详解】 （1）小王候车 10 分钟的概率为，小李候车 30 分钟的概率为. 则小王候车 10 分钟且小李候车 30 分钟的概率为. （2）随机变量 所有可能取值为 10、30、50、70、90 分钟. 其分布列如下： 随机变量 1030507090 概率 0.3 0.50.04 0.06 0.1 . 【点睛】本题主要考查了独立事件同时发生的概率公式，还考查了离散型随机变量的分布列求法 及期望计算公式，考查计算