云南省昆明市2019届高三复习教学质量检测文科数学试卷（含解析）.doc

1、 昆明市昆明市 20192019 届高三复习教学质量检测届高三复习教学质量检测 文科数学文科数学 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。是符合题目要求的。 1.已知集合，集合 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意，求得集合，再根据集合的交集的运算，即可求解. 【详解】由题意，集合，集合， 所以，故选 C. 【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中准确求解集合 B，以及熟记集合的交集的运算

2、是解答 的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 2.设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 根据复数的运算，化简得，再根据复数模的运算，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，复数满足，则， 所以，故选 A. 【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数模的运算，其中解答中熟记复数的四则运算，以及复数模的 运算公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 3.已知命题 ：，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】 根据全称命题与存在性命题之间互为否定的关系，即可得到命题的否定. 【详解】由题意，

3、根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题 ：， 则为“，”，故选 D. 【点睛】本题主要考查了含有量词的否定，其中解答中熟记全称命题和存在性命题的关系，准确书写是解答 的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 4.若 ， 满足约束条件，则（ ） A. 有最小值也有最大值 B. 无最小值也无最大值 C. 有最小值无最大值 D. 有最大值无最小值 【答案】C 【解析】 【分析】 作出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，即可得到答案. 【详解】由题意，作出约束条件所表示的平面区域，如图所示， 设，则， 当直线过点 A 时，直线在 y轴上的截距最小，此时目标函数取得

4、最小值，无最大值， 又由，解得，此时最小值为，故选 C. 【点睛】 本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题 其中解答中正确画出不等式组表示的可行域， 利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计 算能力，属于基础题 5.如图是某商场 2018 年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的百分比堆积图（例如：第 3 季度内， 洗衣机销量约占， 电视机销量约占， 电冰箱销量约占） .根据该图， 以下结论中一定正确的是 （ ） A. 电视机销量最大的是第 4 季度 B. 电冰箱销量最小的是第 4 季度 C. 电视机的全年销量最大 D. 电冰箱

5、的全年销量最大 【答案】C 【解析】 【分析】 根据商场 2018 年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的百分比堆积图，逐项判定，即可得到答案. 【详解】由题意，某商场 2018 年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的百分比堆积图， 可知：A 中，第 4 季度中电视机销量所占的百分比最大，但销量不一定最大，所以不正确； B 中，第 4 季度中电冰箱销量所占的百分比最小，但销量不一定最少，所以不正确； 由图可知，全年中电视机销售中所占的百分比最多，所以全年中电视机销售最多，所以 C 正确；D 不正确， 故选 C. 【点睛】本题主要考查了条形图表的应用，其中解答中认真审题、正确理解题意

6、，根据图表中的数据与表示 逐项判定是解答的关键，着重考查了分析问题与解答问题的能力，属于基础题. 6.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据给定的几何体的三视图得到该几何体表示下半部分为底面为边长为 2的正方形， 侧棱长为 3的正四棱柱， 上半部分为半径为 1 的一个半球所成组成的组合体，利用体积公式，即可求解. 【详解】由题意，根据给定的几何体的三视图可知，该几何体表示下半部分为底面为边长为 2 的正方形，侧 棱长为 3的正四棱柱，上半部分为半径为 1的一个半球所成组成的组合体， 所以组合体的体积为，故选 C. 【点

7、睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三 视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.求解以三视图为 载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量 关系，利用相应公式求解. 7.已知直线与圆 ：相交于 、两点，为圆心.若 为等边三角形， 则 的值为 （ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由为等边三角形，所以，由弦长公式求得，利用圆心到直线的距离公式，即可求解，得到 答案. 【详解】由题意，圆可知，圆心，半径， 因为为等边三角形，

8、所以， 由弦长公式，可得，解得， 所以圆心到直线的距离为，解得，故选 D. 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中根据圆的弦长公式，求得圆心到直线的距 离，利用点到直线的距离公式列出方程求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 8.函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由函数，可得和，利用排除法，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，函数，可得，可排除 C、D， 又由，排除 B，故选 A. 【点睛】本题主要考查了函数图象的识别问题，其中解答中根据函数的解析式，合理利用排除法求解是解答 的关键，着重考查了分析问题和解答

9、问题的能力，属于基础题. 9.将函数的图象向左平移 个单位，所得图象对应的函数在区间 上单调递增，则 的最大 值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 将函数的图象向左平移个单位，可得函数，求得其单调递增区间为 ，令，可得函数的单调递增区间为，进而根据函数在区间 上单调递增，即可求解. 【详解】由题意，将函数的图象向左平移 个单位， 可得函数， 令，解得 即函数的单调递增区间为， 令，可得函数的单调递增区间为， 又由函数在区间上单调递增，则 的最大值为 ，故选 A. 【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟练应用三角函数 的图象

10、变换得到函数的解析式，再根据三角函数的性质，求得其单调递增区间是解答的关键，着重考查了运 算与求解能力，属于中档试题. 10.数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳 多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入， 故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始， 每项等于其前相邻两 项之和.记该数列的前 项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用迭代法可得，即成立，即可 得到答案. 【详解】由题意，熟练数列 ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，即该数列从第三项开始，每项等于 其前相邻两项之和，

11、则 ， 即成立， 所以成立，故选 B. 【点睛】本题主要考查了数列的综合应用问题，其中解答中根据数列的结构特征，合理利用迭代法得出 是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 11.已知函数在 和处取得极值， 且极大值为， 则函数在区间上 的最大值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 求得函数的导数， 根据题意列出方程组， 求得的值， 得到函数的解析式， 进而求得的值，比较即可得到函数的最大值. 【详解】由题意，函数，则函数的定义域为， 导数为， 又因为函数在和处取得极值， 则函数在区间上单调递增，在上单调递减， 所以，即，解得， 即

12、又由，且， 所以函数在区间上的最大值为，故选 D. 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考 查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的 单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解 问题，同时注意数形结合思想的应用. 12.三棱锥的所有顶点都在半径为 2 的球 的球面上.若 是等边三角形，平面平面， ，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意求得，则且， 又由平面平

13、面，可得平面，即 三棱锥的高，在中，利用基本不等式求得面积的最大值，进而可得三棱锥体积的最大值， 得到答案. 【详解】由题意知，三棱锥的所有顶点都在半径为 2 的球 的球面上，若是等边三角形， 如图所示，可得，则且， 又由平面平面，所以平面，即三棱锥的高， 又由在中，设，则, 所以，当且仅当时取等号，即的最大值为 3， 所以三棱锥体积的最大值为， 故选 B. 【点睛】本题主要考查了有关球的内接组合体的性质，以及三棱锥的体积的计算问题，其中解答中充分认识 组合体的结构特征，合理计算三棱锥的高和底面面积的最大值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问 题的能力，属于中档试题. 二、填空题：本题共二

14、、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。分。 13.已知 ， 均为单位向量，若，则 与 的夹角为_ 【答案】 【解析】 【分析】 由，根据向量的运算化简得到，再由向量的夹角公式，即可求解. 【详解】由题意知， ， 均为单位向量，且， 则，解得， 所以，因为，所以， 所以则 与 的夹角为 【点睛】本题主要考查了向量的运算，以及向量的夹角公式的应用，其中解答中根据向量的基本运算，求得 ，再利用向量的夹角公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 14.已知递增等比数列满足，则的前三项依次是_ （填出满足条件的一组即可） 【答案】1，

15、2，4（填首项为正数，公比为 2 的等比数列均可） 【解析】 【分析】 根据递增等比数列满足， 利用等比数列的通项公式， 化简求得， 进而可得数列的前三项. 【详解】由题意，设等比数列的公比为 ， 因为递增等比数列满足，则， 即，解得或（舍去） ， 所以例如当时，数列的前三项为. 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，其中解答中利用等比数列的通项公式，准确求得等比 数列的公比是解答本题的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 15.已知抛物线上一点 到准线的距离为，到直线： 的距离为，则的最小值为 _ 【答案】3 【解析】 【分析】 根据抛物线的定义可知， 点P到抛物线准线的距

16、离等于点P到焦点F的距离， 过焦点F作直线： 的垂线，此时取得最小值，利用点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】由题意，抛物线的焦点坐标为，准线方程为， 如图所示，根据抛物线的定义可知，点 P 到抛物线准线的距离等于点 P 到焦点 F的距离， 过焦点 F作直线：的垂线，此时取得最小值， 由点到直线的距离公式可得， 即的最小值为 3. 【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程及其简单的几何性质的应用，以及抛物线的最值问题，其中解答 中根据抛物线的定义可知，点 P 到抛物线准线的距离等于点 P 到焦点 F的距离，利用点到直线的距离公式求 解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及运算与求解能力，属于

17、中档试题. 16.数列满足， ，.若，则实数 _ 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意，求得数列的周期为 3，得到，再由，列出方程组，即可求解，得 到答案. 【详解】由题意，数列满足，. 则 ，所以数列的周期为 3， 又由，所以，所以，即， 又由，解得， 所以. 【点睛】本题主要考查了数列的性质的应用，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中根据数列的周 期性，求得 的值，再利用的值，列出方程组求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的 能力，属于中档试题. 三、解答题：共三、解答题：共 7070 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步

18、骤。第 17172121 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答。第每个试题考生都必须作答。第 2222、2323 题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共（一）必考题：共 6060 分。分。 17.的内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知. （1）求角 ； （2）若，求面积的最大值. 【答案】 （1）； （2）. 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理得：，得到，即可求解； （2）根据余弦定理和基本不等式得，进而利用三角形的面积公式，即可求解面积的最大值， 得到答案. 【详解】 （1）由及正弦定理得：， 因为，所以，即. 因为，所以. （2

19、）因为，所以， 所以，因为， 所以当且仅当时最大， 所以最大值为. 【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时， 要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息一般地，如果式子中含有角的余弦或 边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考 查了运算与求解能力，属于基础题. 18.如图，四棱柱中， 是棱上的一点， 平面， . （1）若 是的中点，证明：平面平面； （2）设四棱锥与四棱柱的体积分别为与，求的值. 【答案】 （1）详见解析； （2）. 【解析】 【分析】 （1）由线面垂直

20、的判定定理，证得平面，得到，又由，证得，进而 得到平面，再由面面垂直的判定定理，即可证得结论； （2）设，利用几何体的体积公式，求得棱锥和棱柱的体积，即可得出答 案. 【详解】 （1）因为平面，所以， 又， 所以平面， 平面，故， 因为，所以，同理， 所以，又， 所以平面， 平面，故平面平面. （2）设， 四棱锥的底面的面积为，高为， 所以四棱锥的体积， 四棱柱的底面的面积为，高为， 所以四棱柱的体积， 即. 【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，以及几何体的体积的计算问题，其中解答中熟记线面 为关系的判定定理和性质定理，以及根据几何体的结构特征，合理利用体积公式准确计算是解答的关键

21、，着 重考查了推理与论证能力，以及运算与求解能力，属于基础题. 19.某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户利用荒坡种植果树.某农户 考察三种不同的果树苗 、 、 ，经引种试验后发现，引种树苗 的自然成活率为 0.8，引种树苗 、 的自然 成活率均为 0.9. （1）若引种树苗 、 、 各 10 棵. 估计自然成活的总棵数； 利用的估计结论，从没有自然成活的树苗中随机抽取两棵，求抽到的两棵都是树苗 的概率； （2）该农户决定引种 种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有的树苗可经过人工栽培技术处理，处理 后成活的概率为 0.8， 其余的树苗不能成活.若每棵树苗引种最终

22、成活后可获利 300 元， 不成活的每棵亏损 50 元，该农户为了获利不低于 20 万元，问至少引种 种树苗多少棵？ 【答案】 （1）26； ； （2）700 棵. 【解析】 【分析】 （1）依题意：由，得出结论； 设两棵 种树苗、一棵 种树苗、一棵 种树苗，分别设为， ， ，从中随机抽取两棵，利用列举法求 得基本事件的总数，进而利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解. （2） 由题意， 求得成活的棵数为， 得到未能成活的棵数为， 根据题意列出不等式，即可求解. 【详解】 （1）依题意： ，所以自然成活的总棵数为 26. 没有自然成活的树苗共 4 棵，其中两棵 种树苗、一棵 种树苗、一棵 种

23、树苗，分别设为， ， ，从 中随机抽取两棵，可能的情况有：，抽到的两棵都是树苗 的概 率为 . （2）设该农户种植 树苗 棵，最终成活的棵数为，未能成活的棵数为 ，由题意知，则有. 所以该农户至少种植 700 棵树苗，就可获利不低于 20 万元. 【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，以及概率的实际应用问题，其中解答中认真审题，利用 列举法得出基本事件的总数，以及合理应用概率列出不等式是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答 问题的能力，属于中档试题. 20.已知椭圆 的中心在原点，一个焦点为，且 经过点. （1）求 的方程； （2）设 与 轴的正半轴交于点 ，直线：与 交于 、 两

24、点（不经过 点） ，且.证明：直 线经过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】 （1）； （2）直线经过定点. 【解析】 【分析】 （1）由题意，设椭圆 ：，由椭圆定义，求得 的值，进而得到 的值，即可得到椭圆的 标准方程； （2） 联立方程组， 利用二次方程根与系数的关系， 求得， 得到， ，再由，根据，即可求解实数 m 的值，进而得出结论. 【详解】 （1）由题意，设椭圆 ：，焦距为， 则，椭圆的另一个焦点为， 由椭圆定义得， 所以 的方程. （2）由已知得，由得， 当时，则， ， 由得，即， 所以，解得或， 当时，直线经过点 ，舍去； 当时，显然有，直线经过定点. 【点睛】本题主要考查椭圆

25、的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通 常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题 易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问 题解决问题的能力等. 21.已知函数（且）. （1）讨论的单调性； （2）设，若对任意，都有，求 的取值范围. 【答案】 （1）详见解析； （2）. 【解析】 【分析】 （1）由题意，求得函数的导数，分类讨论，即可得到函数的单调性； （2）对任意，都有，转化为只需证明对任意，都有， 由（1）化简得， 设，利用导数得到函数的单调性和最

26、值，即可求解. 【详解】 （1）的定义域为；由题意，得. 当时，所以在 上单调递增. 当时，所以在 上单调递减. （2）由题意得，当时，则有. 下面证当时，对任意，都有. 由于时，当时，则有. 只需证明对任意，都有. 证明：由（1）可知在上单调递增； 所以当时，即， 所以，则. 设，则. 当时，所以，所以在上单调递增； 当时，.所以对任意，都有. 所以，当时，对任意，都有. 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻 辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进 而得出相应的含参不等式，从而求

27、出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数 的最值问题 （二）选考题：共（二）选考题：共 1010 分。请考生在第分。请考生在第 2222、2323 题中任选一题作答。并用铅笔在答题卡选考题区题中任选一题作答。并用铅笔在答题卡选考题区 域内把所选的题号涂黑。如果多做，则按所做的第一题计分。域内把所选的题号涂黑。如果多做，则按所做的第一题计分。 22.在平面直角坐标系中， 曲线 的参数方程为（ 为参数） ， 直线的参数方程为 （为参数，） ，以坐标原点 为极点， 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （1）求曲线 的极坐标方程； （2）已知直线与曲线 相交于 、 两点，且，求

28、. 【答案】 （1）； （2）或. 【解析】 【分析】 （1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线 C 的极坐标方程； （2） 求得直线直线的极坐标方程为， 联立方程组， 化简得， 根据，列出方程，即可求解. 【详解】 （1）由曲线 的参数方程可得普通方程为， 即， 所以曲线 的极坐标方程为. （2）由直线的参数方程可得直线的极坐标方程为， 因为直线与曲线 相交于 、 两点，所以设， 联立可得， 因为，即， 所以 ， 解得，所以或. 【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标，以及参数方程与普通方程的互化，以及极坐标方程的应用，其 中解答中熟记极坐标方程的应用，合理运算是解答的关键，着重考

29、查了推理与运算能力，属于基础题. 23.已知函数. （1）解不等式； （2）当，时，证明：. 【答案】 （1）； （2）详见解析. 【解析】 【分析】 （1）由题意，代入得到不等式，分类讨论，即可求解不等式的解集； （2）根据绝对值的三角不等式，以及基本不等式，可得，即可作出 证明. 【详解】 （1）原不等式等价于， 等价于或或， 解得或， 所以原不等式的解集是. （2）当，时， 因为， 所以当且仅当，即时等号成立， 所以. 【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对 值不等式解法，以及合理应用绝对值三角不等式和基本不等式求最值是解答本题的关键，着重考查了分类讨 论思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.