新疆乌鲁木齐地区2019届高三第三次质量检测（文）数学试题（解析版）

1、1 乌鲁木齐地区乌鲁木齐地区 20192019 年高三年级第三次质量监测年高三年级第三次质量监测 文科数学文科数学 第第卷（选择题卷（选择题 共共 6060 分）分） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有一项在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的. . 1.已知集合，则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 算出 后可得它们的关系. 【详解】，故，选 B. 【点睛】本题考查集合的运算及关系，属于基础题. 2.若 (其中 是虚数单位)，则实数( ) A. -3B. -1C. 1D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 利用复数的四则运算可求出实数 的值. 【详解】因为，故，整理得到 ，所以，故选 A. 【点睛】本题考查复数的四则运算，属于基础题. 3.当时，在同-平面直角坐标系中，函数与的图像是( ) A. B. C. D. 【答案】C 2 【解析】 试题分析：先将函数 y=ax化成指数函数的形式，再结合函数的单调

2、性同时考虑这两个函数的单调性即可判 断出结果 解：函数 y=ax与可化为 函数 y=，其底数大于 1，是增函数， 又 y=logax，当 0a1 时是减函数， 两个函数是一增一减，前增后减 故选 C 考点：对数函数的图象与性质；指数函数的图象与性质 4.已知直线 平面 ，直线平面 ，以下四个命题若 ，则；若，则 ；若 ， 则；若，则 中正确的两个命题是( ) A. 与B. 与C. 与D. 与 【答案】D 【解析】 【详解】对于，因为直线 平面 ，所以直线 平面 ，因直线平面 ，所以，故正确； 对于， 与异面、平行或相交，故错误； 对于，因为直线 平面 ，所以，而，所以，所以正确； 对于，当直线 平面 ，直线平面 ，时， 、 平行或相交，故错误， 综上，与正确，故选 D. 【点睛】本题考查空间中点线面的位置关系，属于基础题.解决这类问题时注意动态地考虑不同的位置关系， 这样才能判断所给的命题的真假. 5.从 1,2,3,4,5,6 中任意取出两个不同的数，其和为 7 的概率为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 列出所有的基本事件和随机事件中含有的基本事件，两者

3、的比值为所求的概率. 【详解】从 1,2,3,4,5,6 中任意取出两个不同的数， 3 共有 15 种不同的取法，它们分别是， ， 从 1,2,3,4,5,6 中任意取出两个不同的数，它们的和为 7，则不同的取法为： ，共有 3 种情形，故所求的概率为 ， 故选 B. 6.设等差数列的前 项和为若,，则( ) A. 45B. 54C. 72D. 81 【答案】B 【解析】 【分析】 利用等差数列前 项和的性质可求 【详解】因为为等差数列，所以为等差数列， 所以即，所以，故选 B. 【点睛】一般地，如果为等差数列，为其前 项和，则有性质： （1）若，则； （2） 且 ； （3）且为等差数列； （4） 为等差数列. 7.在下列区间中，函数的零点所在的区间为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先判断函数的单调性，再利用零点存在定理判断零点所在的区间. 【详解】，为 上的增函数， 4 ， 因为，所以，所以，但， 所以的零点在区间，故选 C. 【点睛】函数零点所在区间的判断，需利用函数的单调性和零点存在定理来判断，选择怎样的点来计算其函 数值且函数值异号是关键，可根据

4、解析的特点选点，如对于对数等，应选或等，对于指数 ，应选（如等）等形式的数来计算. 8.若函数的部分图像如图所示，则函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据图像得到函数的振幅和周期，从而得到的值，再根据对称轴得到 的值后可得函数的解析式. 【详解】由函数的部分图像可知，故，所以即. 由函数图像的对称轴为，所以， 因，故，所以，故选 D. 【点睛】已知的图像，求其解析式时可遵循“两看一算” ， “两看”指从图像上看出振幅和周 期， “一算”指利用最高点或最低点的坐标计算 . 9.正方体的全面积是 6.它的顶点都在球面上，这个球的表面积是( ) A. B. C. D. 【答案】B 5 【解析】 【分析】 先求出正方体的棱长为 1，再利用外接球的直径即为正方体的体对角线可得球的半径，最后利用公式计算球 的表面积. 【详解】设正方体的棱长为 ，则，故， 又其外接球的直径，所以， 所以，故选 B. 【点睛】一般地，长方体的外接球的直径即为长方体的体对角线，我们常利用这个关系来沟通长方体的几何 要素与其外接球的几何要素之间的关系. 10.高斯是德国著名的数

5、学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数” 为:设，用表示不超过 的最大整数，则称为高斯函数,例如: ,，已知函数 ,则函数的值域为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先求的值域，再根据高斯函数的定义求的值域. 【详解】的定义域为 ， ， 因为，所以， 所以的值域为，所以的值域为，故选 C. 【点睛】函数值域的求法，大致有两类基本的方法：（1）利用函数的单调性，此时需要利用代数变形把函数 的单调性归结为一个基本初等函数的单调性，代数变形的手段有分离常数、平方、开方或分子（或分母）有 理化等.（2）利用导数讨论函数的性质，从而得到函数的值域. 11.已知抛物线的焦点为 ,直线 过焦点 与抛物线 分别交于 ， 两点，且直线 不与 轴垂直，线段 的垂直平分线与 轴交于点，则的面积为( ) 6 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 设直线，联立直线方程和抛物线方程可求得中垂线的方程，再利用 的坐标求出 ，最后算出的 长和 到的距离后可得所求的面积. 【详解】设直线， 则由可以得到， 所以的中点，线段的垂直平分线与

6、轴交于点，故. 所以的中垂线的方程为：， 令可得，解方程得. 此时， 到的距离为，所以. 故选 C. 【点睛】直线与圆锥曲线相交时的产生的对称问题，应利用两个几何性质来构造不同变量之间的关系，这个 两个几何性质就是中点和垂直. 12.已知函数是定义在 上的奇函数，且时，.给出下列命题: 当时； 函数有三个零点； 的解集为； 都有.其中正确的命题有( ) A. 1 个B. 2 个C. 3 个D. 4 个 【答案】D 【解析】 【分析】 先求出时，从而可判断正确；再根据可求及的 解，从而可判断正确，最后依据导数求出函数的值域后可判断正确. 7 【详解】因为函数是定义在 上的奇函数，且时，. 所以当时，故，故正确. 所以，当时，即函数有三个零点，故正确. 不等式等价于或， 解不等式组可以得或，所以解集为，故正确. 当时， 当时，所以在上为增函数； 当时，所以在上为减函数； 所以当时的取值范围为，因为为 上的奇函数， 故的值域为，故都有，故正确. 综上，选 D. 【点睛】 （1）对于奇函数或偶函数，如果知道其一侧的函数解析式，那么我们可以利用或 来求其另一侧的函数的解析式，注意设所求的那一侧的

7、函数的自变量为 . （2）对于偶函数 ，其单调性在两侧是相反的，并且，对于奇函数 ，其单调性 在两侧是相同的 第第卷（非选择题卷（非选择题 共共 9090 分）分） 二、填空题（每题二、填空题（每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上） 13.若变量满足约束条件则 的最大值是_ 【答案】7 【解析】 【分析】 画出不等式组对应的可行域后平移动直线可得 的最大值 【详解】不等式组对应的可行域所示： 8 其中，当动直线过 时， 有最大值为 7填 7 【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二 元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与 的连线的斜率 14.在中， 为的中点， 为的中点， 为的中点，若,则=_ 【答案】 【解析】 【分析】 在和分别利用中线向量公式即可得，从该等式中得到的值后可求的值 【详解】因为 为的中点，所以， 而， 所以， 所以，故，填 【点睛】在中，如果为边上的中线，那么，与中点有关的向量问题注意利用这个 性质 15.已知双曲线 的右焦点为 ，以

8、为圆心，焦距为半径的圆交 轴正半轴于点，线段 交双曲线于点 ，且 ,则双曲线的离心率为_ 9 【答案】 【解析】 【分析】 先求出，故可得，代入双曲线方程可得，齐次化后可求得 【详解】因为，所以， 因为 ，所以 为的中点， 所以，代入双曲线方程有， 整理得到，所以， 故或（舎） ，所以，填 【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系而离心率的取值 范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组 16.已知数列中，前 项和为，且，则的最大值为_ 【答案】2 【解析】 当时，即 数列单调递减 当时最大 故答案为 2 三、解答题三、解答题 （本大题共（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.在中，角的对边分别为,已知 （）求角 的大小； （）若,求的面积. 10 【答案】 （）；（）. 【解析】 【分析】 （）利用降幂公式和正弦定理化简可得，从而得到即. （）利用余弦定理得到，再利用可得，利用面积公式计算即可. 【详解】

9、 （）因为， 所以 即， 由正弦定理得到即 ， 因为，故，所以 ， 又， . （）由（）得由余弦定理的 ， 所以，整理得， . 【点睛】在解三角形中，如果题设条件是边角的混合关系，那么我们可以利用正弦定理或余弦定理把这种混 合关系式转化为边的关系式或角的关系式. 18.如图，在三棱锥中， ，平面， 、 分别是上的点，且 平面. （）求证：/平面； （）若 为线段中点，.求点 到平面的距离. 【答案】 （）详见解析；（）. 【解析】 【分析】 （）由平面可得，从而可证平面. 11 （）利用等积法可求点 到平面的距离. 【详解】 （） 平面，平面，平面平面， ，又，平面； （）取的中点为 ，连接， 因为，故，因为平面平面， 平面平面，平面，故平面， 又，故为等腰直角三角形斜边上的高，故， 所以点 到平面的距离为， 因为 为线段中点，故 为的中点，故， 因为平面，平面，所以，同理， 因，故，故 ， 而，故， 又平面，平面，故， 因，故平面，而 平面， 所以，故， 在中，因，故， 在中，因，故， 故，又， 设点 到平面的距离为 ， 则 ，. 【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投 影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平 面平行. 点到平面的距离的计算可以利用面面垂直或线面垂直得到点到平面的距离，可以根据等积法把点到 平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积. 12 19.十九大提出，坚决打赢脱贫攻坚战，某帮扶单位为帮助定点扶贫村真脱贫,坚持扶贫同扶智相结合，帮助 贫困村种植蜜柚，并利用电商进行销售，为了更好地销售，现从该村的蜜柚树上随机摘下了个蜜柚进行测 重，其质量分别在，,， (单位:克)中， 其频率分布直方图如图所示， （）已经按分层

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