2019届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 -20192019 年高三质量检测年高三质量检测理科数学试卷理科数学试卷一、选择题一、选择题( (本大题共本大题共 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，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的项是符合题目要求的.).)1. 已知集合，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 , ,选 B2. 已知复数，则的虚部为 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】= ,所以虚部为 1,选 C.3. 函数的图象为 C.命题 图象 关于直线对称；命题 由的图象向右平移 个单位长度可以得到图

2、象 . 则下列命题为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 时 ,所以图象 关于直线对称；命题 由的图象向右平移 个单位长度可以得到 ,所以命题 为假,所以为真，选 B4. 在内随机地取一个数k，则事件“直线与圆有公共点”发生的概率为 （ ）A. B. C. D. 【答案】A- 2 -【解析】若直线与圆有公共点，则 因此概率为 ，选 A5. 如图，网格纸上小正方形的边长为 ，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则此几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】几何体如图，体积为 ，选 D.6. 设点是平面区域内的任意一点，则的最小值为 （ ）- 3 -A. B.

3、C. D. 【答案】B.7. 执行如图所示的程序框图，输出 ，则 （ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12【答案】B【解析】执行循环为 - 4 -结束循环，输出，所以 ，选 B.8. 函数的图象大致是 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为 ，所以舍去 B,D;当时， 所以舍 C，选 A.点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路(1)由解析式确定函数图象的判断技巧：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；由函数的单调性，判断图象的变化趋势；由函数的奇偶性，判断图象的对称性；由函数的周期性，判断图象的循环往复(2)由实际情景探究

4、函数图象关键是将问题转化为熟悉的数学问题求解，要注意实际问题中的定义域问题9. 已知，若，则 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】设 因为，所以 ，选 C10. 正三棱柱的顶点都在同一个球面上，若球的半径为 4，则该三棱柱侧面面积最大值为 （ ）A. B. C. D. 【答案】A- 5 -【解析】设正三棱柱高为 h，底面正三角形边长为 a，则三棱柱侧面面积为 ，因为，所以因此三棱柱侧面面积最大值为 ，选 A11. 设双曲线的右焦点为 ,过点 作与 轴垂直的直线交两条渐近线于两点，且与双曲线在第一象限的交点为 ，设 为坐标原点，若,则该双曲线的离心率为 （ ）A. B. C. D.

5、【答案】C【解析】由题意得 ，因为，所以，选 C点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉 得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.12. 已知函数，若的解集中有且只有一个正整数，则实数 的取值范围为 （ ）A. B. C. D. 【答案】A- 6 -【解析】 ，由 所以当时， ；当时， ；所以要使的解集中有且只有一个正整数，需，选 A.点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先

6、将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解二、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. 平面向量满足，则向量与夹角为_.【答案】【解析】 14. 命题“”的否定是_.【答案】【解析】因为命题“”的否定是“”所以命题“”的否定是15. 已知是椭圆上的一点，分别是圆和上的点，则的最小值是_.【答案】7【解析】设两圆圆心为 M,N,则 M,N 为椭圆焦点，因此，即的最小值是 7- 7 -点睛：与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的

7、长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化16. 如图，在平面四边形中，当变化时，对角线的最大值为_【答案】【解析】由，得，对角线取最大值时满足三、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. 已知等差数列的前 项和为，且满足，.（）求数列的通项公式；（）若，求数列的前 项和.【答案】 （），（）【解析】试题分析：（1）先根据条件列出关于首项与公差的方程组,解得首项与公差,代入等差数列通项公

8、式即可（2）利用错位相减法求和, 利用错位相减法求和时，注意相减时项的符号变化，中间部分利用等比数列求和时注意项数，最后要除以试题解析：（）由题意得：,解得 , 故的通项公式为，（）由（）得： - 8 -得： 故 点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解.18. 已知函数.（）求函数的单调递增区间；（）若，求的值.【答案】(1) （2）【解析】试题分析：（

9、1）先根据二倍角公式、配角公式将函数化为基本三角函数： ，再根据正弦函数性质求单调区间，最后写出区间形式（2）先代入得,再根据同角三角函数关系求得,最后根据两角差的余弦公式求试题解析：(1) 函数的单调递增区间为： （2）,， ， 19. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，.交于点 .- 9 -（）证明：平面平面（）若=,求二面角的余弦值.【答案】 （I）见解析（II）【解析】试题分析：（1）先根据菱形性质得,再结合已知,由线面垂直判定定理得平面最后根据面面垂直判定定理得结论（2）作于 ，由三垂线定理得,由二面角定义得即二面角的平面角,最后根据解三角形得结果试题解析：（I）底面是菱形又, 平面平面

10、 又平面平面平面 （II）不妨设,则作于 ，连结由（I）知，故,则即二面角的平面角 在中，, , 20. 已知抛物线上点 处的切线方程为 （）求抛物线的方程； - 10 -（）设和为抛物线上的两个动点，其中且，线段的垂直平分线与 轴交于点 ，求面积的最大值【答案】 （）（）. 【解析】试题分析：（1）先根据导数几何意义得,再根据切点在切线上,解方程组得（2）设线段中点，根据斜率公式得，根据点斜式得线段的垂直平分线方程,解得 T 坐标,利用点到点到直线距离公式得高,联立直线方程与抛物线方程,利用韦达定理以及弦长公式得底|AB|,根据三角形面积公式得面积函数关系,最后根据均值不等式求最值试题解析：

11、（）设点，由得，求导，因为直线的斜率为-1，所以且，解得，所以抛物线的方程为 （）设线段中点，则，直线 l 的方程为，即，过定点. 联立得， - 11 -设到 AB 的距离， 当且仅当，即(-2,2)时取等号，的最大值为. 21. 已知函数有两个零点.（）求实数 的取值范围；（）证明：.【答案】 （I）（II）见解析【解析】试题分析：（1）先求导数,再求导函数零点,列表分析导函数符号变化规律,确定单调性,根据图像得,解得实数 的取值范围；利用零点存在定理验证满足条件（2）令,易得极值点为,构造函数 ，利用导数可得其单调递增，由单调性得，即得试题解析：（I） 在单调递减，在单调递增 - 12 -

12、满足函数有两个零点. （II）令由（I）知在 令的零点为 所以 点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.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平面直角坐标系中，以坐标原点 为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系已知直线的参

13、数方程为，曲线 的极坐标方程为；（）求直线的直角坐标方程和曲线 的直角坐标方程；（）若直线与曲线 交点分别为, 点，求的值.【答案】 （）,曲线 （）【解析】试题分析：（1）根据 将曲线 的极坐标方程化为直角- 13 -坐标方程，利用加减消元法得直线的直角坐标方程（2）将直线参数方程代入曲线 的直角坐标方程，由参数几何意义得化简得结果试题解析：（）,曲线（）将 （为参数）代入曲线 C 的方程，得23. 选修 4-5：不等式选讲设函数.（）解不等式；（），恒成立，求实数 的取值范围.【答案】 （）或（）.【解析】试题分析：（1）移项两边平方去掉绝对值，解一元二次不等式即可（2）先根据绝对值定义将函数化为分段函数形式，再根据图像可得最大值，最后解不等式可得结果试题解析：（），即，即， ，解得或，所以不等式的解集为或.（） 故的最大值为， 因为对于，使恒成立.所以， - 14 -即，解得或，.