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- 2021-05-19 发布
永春一中高三年考前适应性训练（文科）数学（2019.05）
时间：120分钟 满分：150分
一、 选择题：本大题共12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．已知全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数，，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．已知平面向量，均为单位向量，若向量，的夹角为，则（ ）
A．25 B．7 C．5 D．
4．函数的单调增区间为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间中点作代表，则下列说法中有误的是（ ）
A．成绩在分的考生人数最多
B．不及格的考生人数为1000人
C．考生竞赛成绩的平均分约70.5分
D．考生竞赛成绩的中位数为75分
6．执行如图所示的程序框图，若输出的，则判断框内应填入的条件是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知是抛物线的焦点，过焦点的直线交抛物线的准线于点，点在抛物线上且，则直线的斜率为（ ）
A．±l B． C． D．
8．已知是定义在上的奇函数，满足，且，则（ ）
A．0 B． C． D．
9．如图画出的是某几何体的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）
A． B．
C． D．
10．已知某个函数的部分图象如图所示，则这个函数的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
11．平面四边形中，，，，，，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数，，设为实数，若存在实数，使得成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知实数，满足约束条件，则的最大值是________.
14．已知直线与圆相交于，两点，且线段的中点坐标为，则直线的方程为________.
15．已知为锐角，且，则________.
16．长方体中，，，，是棱上的动点，则的面积最小值是________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
17．记为数列的前项和，若，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，设数列的前项和为，求的值.
18．如图，等边三角形所在平面与梯形所在平面互相垂直，且有，，.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离.
19．某工厂，两条生产线生产同款产品，若产品按照一、二、三等级分类，则每件可分别获利10元、8元、6元，现从，生产线的产品中各随机抽取100件进行检测，结果统计如下图：
（1）根据已知数据，判断是否有99%的把握认为一等级产品与生产线有关？
（2）分别计算两条生产线抽样产品获利的方差，以此作为判断依据，说明哪条生产线的获利更稳定？
（3）估计该厂产量为2000件产品时的利润以及一等级产品的利润.
附：
20．已知椭圆 的右焦点为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线交椭园于，两点，若（为坐标原点）的面积为，求直线的方程.
21．已知函数（其中）.
（1）讨论函数的极值；
（2）对任意，成立，求实数的取值范围.
选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中中，曲线的参数方程为（为参数，）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）设是曲线上的一个动点，若点到直线的距离的最大值为，求的值.
23．选修4-5：不等式选讲
已知函数.
（1）在图的坐标系中画出的图象；
（2）若的最小值为，当正数，满足，证明: .
高三年考前适应性训练（文科）数学参考答案
1．B 因为，又，所以，
因，所以. 故选B
2．A 因为，所以，又，所以. 故选A
3．C因为向量，的夹角为，所以，又，均为单位向量，
所以. 故选C
4．C 因为，
由可得，
即函数的单调递增区间为，. 故选C
5．D A选项，由频率分布直方图可得，成绩在的频率最高，因此考生人数最多，故A正确；B选项，由频率分布直方图可得，成绩在的频率为，因此，不及格的人数为，即B正确；C选项，由频率分布直方图可得：
平均分等于，即C正确；D选项，因为成绩在的频率为，由的频率为，
所以中位数为，故D错误. 故选D
6．C由程序框图可得：初始值为，
第一步：，需要继续循环；
第二步：，需要继续循环；
第三步：，需要进入循环；
。。。。
由此可知，该程序框图即是计算等比数列的前项和，
又数列的前项和为，
由可得；
即该程序框图需要计算，
因此判断框中需要填入故选C
7．C 因为点在抛物线上，且，点在抛物线的准线上，
由抛物线的定义可知，直线，设，
则，解得，所以，故，
故，又，所以直线的斜率为.故选C
8．B 因为函数满足，
所以关于直线对称，所以，
又是定义在上的奇函数，所以，
又由可得，
所以，故，
因此，函数是以4为周期的周期函数，
所以，又
因此. 故选B
9．C 由几何体的三视图，可确定该几何体为一个大球的，和一个小球的组合而成，
由题意可得，大球的半径为2，小球的半径为1，
所以该几何体的体积为. 故选C
10．B A中，由得，由得，
所以当时，，即单调递增，不满足题意，所以A错误；
B中，由得，由得，
所以当时，，即单调递增；
当时，，即单调递减；且趋近于0时，趋近于1，所以B正确；
C中，趋近于时，趋近于，不满足题意，所以C错误；
D中，趋近于时，趋近于，不满足题意，所以D错误；
故选B
11．B 因为，所以设，
又，，所以由得
，所以，所以，
又，所以，
由余弦定理可得，可得
，解得，
故
.
故选B
12．A 因为，
当时，单调递增，故；
当时，，
当且仅当，即时，取等号；
综上可得，；
又因为存在实数，使得成立，
所以只需，即，
解得. 故选A
13．11. 由约束条件作出可行域如下：
又目标函数可化为，
因此，直线在轴截距最小时，取最大值，
由图像可得，当直线过点时，在轴截距最小，
由解得，
所以此时，取最大值为. 故答案为11
14．. 因为圆的圆心坐标为，又点坐标为，
所以直线的斜率为；
又因为是圆的一条弦，为的中点，所以，故，即直线的斜率为，
因此，直线的方程为，即. 故答案为
15．.因为，所以，
即，所以，
解得或，
又因为为锐角，所以，因此. 故答案为
16．.
由题意，以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
因为，，，所以，，
又是棱上的动点，所以，设，
所以，，，
因此，
所以，
因此，
当且仅当时，取最小值.故答案为
17．（1）当时，因为①
所以②
①-②得：
即
又即
所以数列是以19为首项-2为公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）知
所以
因为当时，当时
所以
所以
18．（1）证明：取中点，连接
则四边形为菱形，即有，
所以，
又平面，平面平面，平面平面，
∴平面；
（2）由（1）可得，所以，，
取中点，连接，
则，，
又平面，平面平面，平面平面
∴平面；
所以
由（1）有平面，得
∴
设点到平面的距离为 由
∴
19．（1）由题意可知， 离心率，所以
所以
所以椭圆的方程为，
（2）由题意可以设直线的方程为，
由得，
设，
所以，，.
所以的面积
因为的面积为，所以.
解得.
所以直线的方程为或.
20．（1）根据已知数据可建立列联表如下：
所以没有99%的把握认为一等级的产品与生产线有关
（2）生产线随机抽取的100件产品获利的平均数为：
（（元）
获利方差为
生产线随机抽取的100件产品获利的平均数为：
（元）
获利方差为
所以，，则生产线的获利更稳定.
（3），生产线共随机抽取的200件产品获利的平均数为：
（元）
由样本估计总体，当产量为2000件产品时，估计该工厂获利（元）
又因为，生产线共随机抽取的200件产品中，一等级的线产品有20件，线产品有35件，由样本频率估计总体概率，有该工厂生产产品为一等级的概率估计值为，
当产量为2000件产品时，估计该工厂一等级产品获利（元）
21．（1）的定义域为又
①当时，在上，，是减函数；无极值；
②当时，得
在上，是增函数；在上，，是减函数，
所以当时，有极大值，无极小值，
综合知：①当时，无极值；
②当时，有极大值，无极小值；
（2）由（1）知：①当，是增函数，又令，
，不成立；
②当时，当时，取得极大值也是最大值，
所以
要使得对任意，成立，
即：在上恒成立，
则在上恒成立，
令
所以
令
，得
在上，，是增函数，在上，，
是减函数，
所以当时，取得极大值也是最大值，
∴
在上，，是减函数，又
要使得恒成立，则.
所以实数的取值范围为
22．（1）依题意得曲线的普通方程为，
因为所以，
因为，，
所以直线的直角坐标方程为即，
（2）设点，则点到直线的距离
因为，所以当时，，
所以
23．（1），的图像如图所示.
（2）由（1）知，所以.则，
又故，
，
，
.