2019届四川省凉山州高三第一次诊断性检测数学(理)试题(word版)

四川省凉山州2019+届高中毕业班第一次诊断性检测数学（理）
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.设集合，集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
2.已知复数，则的共轭复数（）
A. B. C. D.
【答案】A
3.如图，四棱柱中，分别是、的中点，下列结论中，正确的是（）
A. B. 平面
C. 平面
D. 平面
【答案】D
4.已知双曲线的渐近线方程是，则的离心率为（）
A. 或2
B. 或
C.
D.
【答案】B
5.执行如图所示的程序框图，输出的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
6.设是边长为2的正三角形，是的中点，是的中点，则的值为（）
A. 3
B.
C. 4
D.
【答案】A
7.设函数，任意都满足，则的值可以是（）
A. B. C. D.
【答案】B
8.已知，则“”是“”成立的（）
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
【答案】D
9.在中，分别是内角的对边，若，，，则的面积等于（）
A. 3
B.
C.
D.
【答案】B
10.一个弹性小球从100高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的再落下，设它第次着地时，经过的总路程记为，则当时，下面说法正确的是（）
A. B.
C. 的最小值为100
D. 的最大值为400
【答案】A
11.十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数时，关于的方程没有正整数解”.经历三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是（）
A. 存在至少一组正整数组使方程有解
B. 关于的方程有正有理数解
C. 关于的方程没有正有理数解
D. 当整数时，关于的方程没有正实数解
【答案】C
12.若都有成立，则的最大值为（）
A. B. 1 C. D.
【答案】B
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.二项式的展开式中常数项为__________．
【答案】-4
14.已知正数满足，则的最大值是__________．
【答案】-3
15.设（是坐标原点）的重心、内心分别是，且，若，则的最小值是__________．
【答案】
16.定义函数，，其中，符号表示数中的较大者，给出以下命题：
①是奇函数；
②若不等式对一切实数恒成立，则
③时，最小值是2450
④“”是“”成立的充要条件
以上正确命题是__________．（写出所有正确命题的序号）
【答案】②
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17.某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名高三学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间进行调查，如下表：（平均每天锻炼的时间单位：分钟）
将学生日均课外体育运动时间在上的学生评价为“课外体育达标”.
（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面列联表，并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关？
（2）将上述调查所得到的频率视为概率，现在从该校高三学生中，抽取3名学生，记被抽取的3名学生中的“课外体育达标”学生人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求时的概率及的数学期望.
参考公式：，其中.
参考数据：
【答案】(1)见解析;（2）.
【解析】
试题分析：（1）根据所给的数据列出列联表，再代入公式计算得出，与临界值比较即可得出即结论；（2）
由题意，用频率代替概率可得出抽到“课外体育达标”学生的频率为，由于，由公式计算出期望与方差即可.
试题解析：（1）列出列联表，
,
所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下不能判断“课外体育达标”与性别有关.
（2）由表中数据可得，抽到“课外体育达标”学生的概率为0.25，
将频率视为概率，∴，
∴.
18.如图，直三棱柱中，，，，，点是棱上不同于
的动点.
（1）证明：；
（2）若平面将棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先由余弦定理可求得，再由勾股定理可得，然后由和即可证得
平面，从而得证；
（2）由题设知，，结合柱体的体积可得，所以是的中点，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，进而利用法向量求解二面角即可.
【详解】（1）证明：（方法一）在中，由余弦定理
.
∴，则，∴.
∴，
又，，
∴平面
又平面，
∴
证明：（方法二）在中，，
∴，∴
又，，
∴平面
又平面，
∴
（2）
由题设知，
又
，∴是的中点.
∴以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标，
∴，，，，，
设是平面的法向量，
，，令，，
∴
平面的法向量，
.
所以二面角的余弦值为.
【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明及柱体和椎体的体积公式，利用空间向量求解二面角问题，属于常规题型.
19.设有三点，其中点在椭圆上，，，且. （1）求椭圆的方程；
（2）若过椭圆的右焦点的直线倾斜角为，直线与椭圆相交于，求三角形的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先求得的值.设出点坐标，代入，化简后可求得点坐标，将点坐标代入椭圆方程，由此求得的值，并求出椭圆方程.（2）由（1）求得椭圆焦点的坐标，利用点斜式得到直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，利用两点间距离公式求得的长度，利用点到直线的距离公式求得到直线的距离，由此求得三角形的面积.
【详解】（1）解：由题意知，，
设，，，
由，∴，
∴
设椭圆方程②，将①代入②，
∴，
∴椭圆方程为
（2），
∴的方程代入，整理得，
∴或，
∴交点坐标为和
，到的距离为
所以，
所以三角形的面积为.
【点睛】本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆标准方程的求法，考查了向量加法和减法的坐标运算，以及两点间的距离公式和点到直线距离公式.有关直线和椭圆相交所得的弦长，往往通过联立直线的方程和椭圆的方程，求出交点坐标或者利用韦达定理和弦长公式来求解.
20.设各项为正数列满足：（是常数）.
（1）判断是否存在，使数列满足对任意正整数，有恒成立？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
（2）当，时，求数列前项和的表达式.
【答案】（1）存在，使成立；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由和作差可
得，然后只需即可得解；
（2）根据条件可得，当时，，利用等比数列求和公式求解即可，再验证时也成立即可.
【详解】（1）由①
②
①-②得：，即
当时，，
又，所以数列为等差数列，
所以，所以，
所以存在，使成立.
（2）由（1）可知，当，时，
所以，
所以，当时，，
当时，，所以也成立，
所以.
【点睛】本题主要考查了由数列的递推求数列的通项公式及等比数列求和，注意运算过程中，数列下标的变化及范围，属于易错题型..
21.设函数.
（1）当时，求函数的单调减区间；
（2）若有三个不同的零点，求的取值范围；
（3）设，若无极大值点，有唯一的一个极小值点，求证：.
【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增；（2）或；
（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）求函数导数，由得增区间，由得减区间；
（2）设，则，则或或，讨论和0的大小关系，由的单调性及最值，分析时是否有三个根即可；
（3）由题意可知，令，即在内有唯一的一个正根，由求根公式得方程两个根
，因为只能有一个正跟，从而得，所以，由，得，代入，求导利用单调性即可证得.
【详解】（1）当时，，
.
当时，；当时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）设，则，则或或，
.
当时，恒成立，∴在上为增函数，且时，；时，，则的零点有3个，符合题意.
当时，，此时只有一个零点，不合题意.
当时，若，则；若时，，
函数在上单调递减，在上单调递增.
又且时，；时，，
所以或或要有三个零点，则
即，所以
综上所述，或.
（3）
.
因为在无极大值点，有唯一的一个极小值点
即，即在内有唯一的一个正根.
所以，即
又，，
又因为只有唯一的一个正根，所以即.
当时，在上单调递减，在上单调递增.
此时无极大值，有唯一一个极小值点，
所以，所以
所以
所以
.
所以在上单调递减，所以
综上，.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值及单调性以及方程的实数根问题，解题过程中用到了分类讨论的思想，分类讨论的思想也是高考的一个重要思想，要注意体会其在解题中的运用，属难题．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
22.选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为
，直线的极坐标方程为，曲线与直线相交于两点.
（1）求曲线的直角坐标方程；
（2）当时，求.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）对曲线的极坐标方程两边乘以，可转化为直角坐标方程.（2）将代入圆的极坐标方程，直接求得的长度.
【详解】（1）由，即，所以，
所以曲线的直角坐标系方程为，
（2）解一：时，.
解二：曲线的标准方程为，直线的方程为，
.
【点睛】本小题主要考查极坐标和直角坐标相互转化，考查利用极坐标方程来求弦长的方法，基础题.
23.已知函数.
（1）当时，解关于的不等式；
（2）当时，求的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）当时，利用零点分段法，将函数的绝对值去掉，变为分段函数的形式，再解不等式组，求得的范围.（2）利用零点分段法，将的绝对值去掉，变为分段函数的形式，由此求得函数的最小值.
【详解】（1）时，，即，
所以或或，解得或
所以不等式的解集为.
（2）时，，
的最小值为.
【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法.主要的方法就是零点分段法，将函数转化为分段函数来解决，属于基础题.。