2019届高三数学上学期期末考试质量检测试题 理（含解析）.doc

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1、- 1 -亳州市亳州市 2017-20192017-2019 学年度第一学期期末高三质量检测学年度第一学期期末高三质量检测数学试卷（理）数学试卷（理）第第卷卷一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 小题小题, ,每小题每小题 5 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的题目要求的. .1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，故选 B。2. 已知复数（为虚数单位） ，则（ ）A. B. C. 2 D. 【答案】A【解析】，所以，故选 A。3. 已知 是第二象限角，则（ ）A. B. C.

2、D. 【答案】D.则，故选 D。4. 已知是定义在 上的奇函数，是定义在 上的偶函数，若，则（ ）A. 0 B. 2 C. -2 D. 4【答案】A【解析】，所以是奇函数，所以，故选 A。5. 执行下面的程序框图，则输出的第 1 个数是（ ）- 2 -A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】C【解析】，则，所以，则，所以，则，所以，则，则输出。故选 C。6. 下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥在圆内随机取一点，则该点取自阴影区域内（阴影部分由四条四分之一圆弧围成）的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C- 3 -【解析】令圆的半径为 1，则，故选

3、C。7. 由函数的图像变换得到函数的图像，则下列变换过程正确的是（ ）A. 把上各点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移 个单位长度，得到曲线B. 把上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 个单位长度，得到曲线C. 把向右平移 个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，得到曲线D. 把向右平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，得到曲线【答案】D【解析】，所以变换过程是：先向右平移个单位长度，在将各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，得到。故选 D。8. 经过双曲线

4、的左焦点作倾斜角为的直线，若交双曲线的左支于，则双曲线离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意，得，所以，即离心率的范围是，故选 B。9. 如下图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某组合体的三视图，则该组合体的体积为（ ）- 4 -A. B. C. D. 【答案】A【解析】，故选 A。10. 的展开式中常数项是（ ）A. -15 B. 5 C. 10 D. 15【答案】B【解析】二项式的展开通项为，当时，有；当时，有；当时，有，所以，常数项为，故选 B。点睛：本题考查二项式定理的应用。本题中的二项式形式较为复杂，为两式相乘的形式，一般的，将简单的一项

5、直接展开，得，之后只需分别求解对应项的系数即可。11. 椭圆的两个焦点为，椭圆上两动点总使为平行四边形，若平行四边形的周长和最大面积分别为 8 和，则椭圆的标准方程可能为（ ）A. B. C. D. - 5 -【答案】C【解析】由周长为 8，可知，由最大面积为，可知，所以椭圆方程可以是，故选 C。点睛：本题考查椭圆的性质应用。本题中的平行四边形的基本型是焦点三角形，考查焦点三角形相关特征的应用，得，利用即可解得标准方程。12. 已知函数，若存在四个互不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】令，则，由题意，有两个不同的解，有两个不相等的实根，由图可知，得

6、或，所以和各有两个解。当有两个解时，则，当有两个解时，则或，综上，的取值范围是，故选 D。- 6 -第第卷卷二、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，把答案填在答题卡的相应位置分，把答案填在答题卡的相应位置13. 已知实数满足，则的最小值为_【答案】-2【解析】由图，可知过点时，由最小值。14. 已知平面向量满足，若的夹角为，则_【答案】3【解析】，得，所以。15. 的内角所对的边分别为，若，则角_【答案】【解析】，得，所以，所以。16. 某产品包装公司要生产一种容积为 的圆柱形饮料罐（上下都有底） ，一个单位面积的罐底造价是一个单位面积罐身造价的

7、 3 倍，若不考虑饮料罐的厚度，欲使这种饮料罐的造价最低，则这种饮料罐的底面半径是_- 7 -【答案】【解析】，则，所以，所以在单调递减，单调递增，所以当时，造价最低。点睛：本题考查导数的实际应用。本题中首先根据题目，得到造价的函数方程，则通过求导来判断造价的最小值，通过求导分析，得到的单调性情况，解得答案。三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. . 17. 已知数列的前 项和满足，其中是不为零的常数，（）求的通项公式；（）若，记，求数列的前 项和【答案】 （）（） 【解析】试题分析：（1）由已知可得：，两式相减化简得；（2），所

8、以，得。试题解析：（）由已知可得：两式相减得：，即是首项为，公比为 3 的等比数列，从而- 8 -（）因为，所以，从而点睛：本题考查数列基本型的综合应用。首先考查型求通项的公式应用，求解通项；然后考察裂项相消求和，需要对裂项基本型要熟悉：，解得答案。18. 某超市在元旦期间开展优惠酬宾活动，凡购物满 100 元可抽奖一次，满 200 元可抽奖两次依此类推抽奖箱中有 7 个白球和 3 个红球，其中 3 个红球上分别标有 10 元，10 元，20 元字样每次抽奖要从抽奖箱中有放回地任摸一个球，若摸到红球，根据球上标注金额奖励现金；若摸到白球，没有任何奖励（）一次抽奖中，已知摸中了红球，求获得 20

9、 元奖励的概率；（）小明有两次抽奖机会，用 表示他两次抽奖获得的现金总额，写出 的分布列与数学期望【答案】 （） （）【解析】试题分析：（1）；（2） 的可能取值为 0,10,20,30,40，写出分布列，求出期望。试题解析：（）设事件，事件则所求概率为（） 的可能取值为 0,10,20,30,40- 9 - 的分布列为所以，19. 如图，多面体中，是正方形，是梯形，平面且，分别为棱的中点（）求证：平面平面；（）求平面和平面所成锐二面角的余弦值【答案】 （）见解析（）【解析】试题分析：（1）通过证明平面，所以平面平面 （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，求二面角的余弦值。试题解析

10、：（），是正方形分别为棱的中点平面，平面从而，是中点平面又平面所以，平面平面（）由已知，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，设，- 10 -则，平面的一个法向量为，由得令，则由（）可知平面平面的一个法向量为设平面和平面所成锐二面角为，则所以，平面和平面所成锐二面角的余弦值为20. 已知抛物线与过点 的直线交于两点，且总有（）确定 与的数量关系；（）若，求的取值范围【答案】 （）（）【解析】试题分析：（1）设，由，由得：，解得 （2）由题意，所以。试题解析：（）设，由消去 得：- 11 -，由得：即（）由（）可计算：点睛：本题考查直线和抛物线的位置关系。解析几何题型涉及到线段长，一般直接应用弦长

11、公式，本题中首先设定目标直线，联立方程组，求得得到，利用函数求值域，由，解得。21. 已知（）讨论的单调性；（）若在定义域内总存在 使成立，求的最小值【答案】 （）见解析（）的最小值是【解析】试题分析：（1）定义域为，分类讨论得到单调性情况；（2）分参得到恒成立，令，求导得到在上单调减，在上单调增，所以，得。- 12 -试题解析：（）定义域为，当时，由解得：，由解得：在上单调递减，在上单调递增；当时，由解得：或，由解得：在上单调递减，在和上单调递增；当时，（仅在时等号成立）在上单调递增；当时，由解得：或，由解得：在上单调递减，在和上单调递增（）由已知，在定义域内总存在 使成立，即，使成立令，则

12、在上单调递增，在上单调递减所以，式转化为使成立即，令，则在上单调减，在上单调增所以， 即的最小值是请考生在请考生在 2222、2323 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分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，曲线（为参数） ，在以 为极点， 轴的非负半轴为极轴的- 13 -极坐标系中，曲线（）写出曲线和的普通方程；（）若曲线上有一动点，曲线上有一动点 ，求使最小时点的坐标【答案】 （），（）【解析】试题分析：（1），；（2）设，结合图形可知：最小值即为点到直线的距离的最小值到直线的距离，所以的坐标为。试题解析：（），（）设，结合图形可知：最小值即为点到直线的距离的最小值到直线的距离当时， 最小，即最小此时，结合可解得：，即所求的坐标为23. 选修 4-5：不等式选讲已知函数（）解关于 的不等式；（）对于，都有成立，求实数的取值范围【答案】 （）（）【解析】试题分析：（1）或，得不等式解集为；（2）时，恒成立，在和上单调递增，得- 14 -，所以。试题解析：（）由得：即或解得：或 所以，不等式解集为（）由，都有成立可得：时，恒成立在和上单调递增时，