三明市2018-2019学年第一学期普通高中期末质量检测
高三文科数学试题
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.已知集合A.
B.
， C.
D.
，则集合
( )
【答案】D 【解析】 【分析】
解出集合B，根据集合交集的概念得到结果. 【详解】集合故答案为：D.
【点睛】这个题目考查了集合交集的求法，较为简单. 高考对集合知识的考查要求较低，均是以小题的形式进行考查，一般难度不大，要求考生熟练掌握与集合有关的基础知识．纵观近几年的高考试题，主要考查以下两个方面：一是考查具体集合的关系判断和集合的运算．解决这类问题的关键在于正确理解集合中元素所具有属性的含义，弄清集合中元素所具有的形式以及集合中含有哪些元素．二是考查抽象集合的关系判断以及运算． 2.设复数A.
B.
（其中为虚数单位），则 C.
D.
( )
=
,则集合
【答案】C 【解析】 【分析】
根据复数的运算法则得到z，再由模长公式得到结果. 【详解】复数故答案为：C.
【点睛】考查了复数的四则运算，以及复数的模的计算，是简单题. 3.已知，是平面内的两条不同直线，是外的一条直线，则“
且
”是
”的( )
,
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B 【解析】
试题分析：根据线面垂直的判定，即直线垂直于面，需要直线垂直于面内相交的两条直线，故
，根据线面垂直的性质，直线垂直面，则垂直于面内的所有直线，故
所以
且
是
的必要不充分条件，故选B．
且
且，
考点：线面垂直的判定定理． 4.已知A.
是边长为2的等边三角形，是
D. 4
的中点，则
( )
B. 3 C.
【答案】B 【解析】 【分析】
根据几何图形的特点得到向量的夹角，由向量数量积的运算公式得到结果. 【详解】已知夹角为
，则
是边长为2的等边三角形，是
=3.
的中点，则BE垂直于AC，BE=,BC=2,BE和BC的
故答案为：B.
【点睛】本题考查了向量数量积运算，是基础题.对于向量的题目一般是以小题的形式出现，常见的解题思路为：向量基底化，用已知长度和夹角的向量表示要求的向量，或者建系实现向量坐标化，或者应用数形结合. 5.已知函数A.
B.
C.
，若
在
上单调递增，则实数的取值范围是( )
D.
【答案】A 【解析】 【分析】
由题意可得ω×≤，由此求得ω的取值范围．
【详解】由于函数f（x）＝sinωx（ω＞0）在[0，]上单调递增，∴ω×≤，即 0＜ω≤1， 故答案为：A．
【点睛】本题主要考查正弦函数的增区间，属于基础题．在研究三角函数y=Asin（ωx+φ ）的单调性和最值
时，一般采用的是整体思想，将ω x +φ看做一个整体，地位等同于sinx中的x。 6.已知
是定义在上的奇函数，当
C.
D.
时，
，则
( )
A. B. 【答案】A 【解析】 【分析】
根据函数奇偶性得到【详解】已知故
故答案为：A.
=-e+1，将x=1代入函数表达式得到函数值.
=-e+1,
是定义在上的奇函数,故得到.
【点睛】这个题目考查了函数的奇偶性，函数奇偶性常见的就是定义的应用，偶函数满足f(x)=f(-x),奇函数满足f(-x)=-f(x).
7.如图，粗线画的是某几何体的三视图，三视图均为等腰直角三角形，直角边长为2，则该几何体的外接球的表面积为( )
A. 12 B. 【答案】C 【解析】 【分析】
C. D.
根据三视图还原几何体，通过补体法得到外接球的半径.
【详解】
根据三视图得到原图是如上图的直角三棱锥，AB=2，AD=2，PA=2，可作为正方体的一角，正方体的边长为2，和正方体的外接球是同一个，球心在正方体的体对角线的中点处， 设半径为R，球的表面积为故答案为：C.
【点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球. 8.已知A. -3 B. 【答案】C 【解析】 【分析】
由同角三角函数关系得到余弦、正切，再由两角差的正切公式得到结果. 【详解】已知则
，则
,
,
，则
C. D. 3
( )
.
故答案为：C.
22
【点睛】这个题目考查了三角函数的化简求值，1.利用sinα＋cosα＝1可以实现角α的正弦、余弦的互化，
利用
2222
＝tan α可以实现角α的弦切互化；2.注意公式逆用及变形应用：1＝sinα＋cosα，sinα＝1－cosα，
cos2α＝1－sin2α.
9.执行如图的程序框图，则输出的的值为( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】
根据程序框图，依次写出循环的数据，直到不满足循环，输出，即可得到结果。 【详解】根据框图得到数值分别为： S=0,n=1, S=,n=2, S=
, , , .
此时不再进入循环，输出n值，得到结果为：6. 故答案为：B.
【点睛】这个题目考查了程序框图的循环结构的应用，一般方法是按照题中所给的循环结构，依次写出每次循环的数据，直到不满足循环条件，跳出循环即可得到输出值. 10.设抛物线：
，则实数
的焦点为，过点( )
且斜率为1的直线与抛物线交于，两点，若
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】
首先联立直线和抛物线，接着向量坐标化得到数量积的表达式，代入韦达定理即可得到参数值. 【详解】根据题意得到直线方程为达定理得到：设点M
，
，
，
，联立直线和抛物线得到
，方程两根为y,n,根据韦
=
得p=0或者4.故最终得到数值为4. 故答案为：C.
，将上式的韦达定理代入得到解
【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．
11.在地面上同一地点观测远方匀速垂直上升的热气球，在上午10点整热气球的仰角是20分的仰角变成
0.5 0.866 0.577 ，到上午10点
.请利用下表判断到上午11点整时，热气球的仰角最接近哪个度数( )
0.559 0.829 0.675 0.629 0.777 0.810 0.643 0.766 0.839 0.656 0.755 0.869 0.669 0.743 0.900 0.682 0.731 0.933 0.695 0.719 0.966 0.707 0.707 1.0 A.
B.
C.
D.
【答案】B 【解析】 【分析】
结合直角三角形的性质，得到11点时的仰角的正切值，对照表格数据即可得到结果》
【详解】设十点时气球距离地面高度为h,10点20分，高度为h+m,11点时高度为H,此时的角度为，根据直角三角形的三角函数性质得到
,因为气球是匀速上升的，故H=h+3m,
由表格中的数据得到m=0.17h,H=1.51h,代入上述方程得到根据表格中的数据得到数据最近接故答案为：B.
【点睛】这个题目考查了解三角形的实际应用,关于实际应用问题，关键是读懂题意，将实际问题转化为数学模型，借用数学中的知识来解决问题. 12.已知函数A. C.
D.
B.
，则
的解集为( )
.
【答案】D 【解析】 【分析】 构造函数g(x)=等式等价于
【详解】已知函数g(2x+1)=
是增函数，函数y=
，设
在，即
, 原不等式等价于
,解出即可.
，设g(x)=
,则在x>0时
，研究得到函数g(x)的单调性和奇偶性，不
，根据g(x)= g(-x)，得到函数是偶函数，又因为函数y=
在t>1时是增函数，上是增函数，故函数g(x)=
在x>0时是增函数，根据内外层函
也是增函数。
，解得x的范围是
.
数的单调性，可得到函数y=原不等式等价于
故答案为：D.
【点睛】这个题目考查了函数的奇偶性和单调性的应用，考查了利用函数的性质解不等式，一般可以直接解不等式，如果直接解不等式非常繁琐，可以研究函数的性质，如单调性和奇偶性，将函数值的大小转化为自变量的大小关系.
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.已知函数【答案】3 【解析】 【分析】
通过函数表达式将f(3)转化为f(0)+3,再将x=0代入函数表达式即可. 【详解】已知函数故答案为：3.
【点睛】解决分段函数求值问题的策略:
(1)在求分段函数的值f(x0)时，一定要首先判断x0属于定义域的哪个子集，然后再代入相应的关系式;(2)分段函数是指自变量在不同的取值范围内，其对应法则也不同的函数，分段函数是一个函数，而不是多个函数；分段函数的定义域是各段定义域的并集，值域是各段值域的并集，故解分段函数时要分段解决;(3)求f(f(f(a)))的值时，一般要遵循由里向外逐层计算的原则. 14.已知等差数列【答案】84 【解析】 【分析】
根据等差数列的性质得到【详解】已知等差数列
的前项和为
故答案为：84.
【点睛】这个题目考查了等差数列前n项和的性质，
.
，若
,根据等差数列前n项和的性质得到
的前项和为，若
，则
等于__________．
, 则
=
=3.
则
__________．
15.已知实数满足则的最小值为__________．
【答案】 【解析】 【分析】
根据题干画出可行域，结合图像得到最值.
【详解】
A（，），B（），竖直的直线为x=.
目标函数z=x+y,y=-x+z,根据图像得到在函数在（，0）处取得最小值，代入得到z=，在A（，）处取得最大值，代入得到z=.根据正弦函数的性质得到在（，0）处取得最小值，故答案为：.
【点睛】利用线性规划求最值的步骤： (1)在平面直角坐标系内作出可行域．
(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（和距离型（
型）．
型）、斜率型（
型）
=.
(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解． (4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。 16.已知双曲线
的左、右焦点分别为，，直线：
（
不同时为0），若点在直
线上的射影为，则【答案】【解析】 【分析】
的取值范围是__________．
根据题干得到点M的轨迹是圆，则【详解】直线：
的取值范围是，求出圆的半径即可.
,过定点Q（1，-2），（-3，0），
点在直线上的射影为，所以M垂直于直线l,垂足为M，故点M在以Q为直径的圆上，记圆的圆心为N，则
的取值范围是
，故最终范围是：
.
.
圆的直径为Q=故答案为：
【点睛】这个题目考查了数形结合的方法的应用，以及圆上动点到定点的距离的最值的求法，一般是将动点和定点的距离转化为定点到圆心的距离，再加减半径.
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. （一）必考题：60分
17.已知为数列（1）求（2） 若【答案】（1）【解析】 【分析】 (1)利用（2）由（1）知【详解】（1）因为则即
，
，两式作差化简可得数列
是公差为1的等差数列，从而可得
的前项和.
，
的通项公式；
的前项和，且
，
.
的通项公式；
，求；（2）
的前项和.
，利用错位相减法即可求出
，所以当
.
时，
所以因为所以数列由所以
.
，
，所以
. ，即
，
是公差为1的等差数列. 得
，因为
，解得
.
（2）由（1）知所以
，①
②
③-④得，
， ，
∴
.
【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“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”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.在（1）求（2）若【答案】（1）【解析】 【分析】
(1)根据正弦定理得到问得到【详解】（1）∵由正弦定理得即
，
，即
，利用均值不等式求最值即可.
，
，
，进而得到角B；（2）由余弦定理结合第一
中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且的值； ，求
周长的最大值. （2）
.
∴即∴（2）∵由余弦定理得即∴可得∴
.
，又
，
，
，又由（1）得
，
，
， ，
，当且仅当周长的最大值为
时取等号， .
【点睛】本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）
；（2）
，同时还要熟练掌握运用两种形式的
等特殊角的三角函数值，以便在
条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住解题中直接应用. 19.如图，在三棱锥长为4的正三角形，
中，平面.
平面
，为
的中点，为
上的点，，是边
（1）求证：平面； 的距离.
（2）求点到平面
【答案】（1）详见解析（2）1 【解析】 【分析】
（1）根据题干所给条件得到
，再由面面垂直推得线面垂直；（2）设点到平面
的距离为，由
可得到结果.
【详解】
（1）取∵∴又为又平面∴
的中点，连接，
是边长为4的正三角形， ，且的中点，∴
平面平面
. 平面，∴，
，平面
平面的高， ，
.
，
，
平面
，
，又
，∴为，∴，平面
的中点， ， 平面
，
平面
，
（2）∵平面∴
平面中，
设点到平面由即∴
即点到平面
为三棱锥，
的距离为， 得
，
，
的距离为1.
【点睛】这个题目考查了线面垂直的证明以及点面距离的求法，点面距可以通过建立空间直角坐标系来求得点面距离，或者寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，还可以等体积转化. 20.已知椭圆面积的最大值为2. （1）求椭圆的方程；
的离心率为，
分别为的左、右顶点，是上异于
的动点，
（2）证明：直线（3）设直线【答案】（1）【解析】 【分析】
，
与直线的斜率乘积为定值；
于
两点，以
为直径作圆，当圆的面积最小时，求该圆的方程.
分别交直线
（2）详见解析（3）
（1）依题意有，解出方程即可；（2）由（1）知，，，，
再利用点在曲线上得到结果;(3)根据第二问设出直线PA和PB，解出点M，N的点坐标，进而得到圆心Q的坐标，可以写出圆的方程，由均值不等式得到最值.
【详解】（1）依题意有，解得，，
故所求椭圆方程为（2）由（1）知设
，则
，
.
，
，
，
即直线与直线
：，
的斜率乘积为定值.
：
，
（3）设直线令∴
得的中点为
，则直线
， ，
，
，
即
时等号成立.
于是以为直径的圆的方程为
，当且仅当
此时圆的方程为.
【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑： ①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； ③利用基本不等式求出参数的取值范围； ④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围． 21.已知函数（1）讨论（2）若
的单调性； 存在两个极值点
，证明：
.
.
【答案】(1)详见解析,(2)见解析. 【解析】 【分析】
(1)对函数求导，分情况讨论导函数的正负，进而得到单调性；（2）对函数求导，结合极值点的概念得到
，
，
，
，构造函数
，对函数求导，得到函数单调性即可得到结果.
【详解】（1）函数则考虑函数①当②当∴当∴
在
时，，即即
时，时，由，
；当
时，
；当
时，上单调递增.
，
，
恒成立，此时
，得， ，
，对称轴为在
，
上单调递增. ，
，
上单调递增，在的定义域为
，
上单调递减，在
，
.
（2）函数∵函数
有两个极值点，，且
∴由（1）知因此
，且
，，则
（
，
），
，
考察函数则∵即
在
，∴
， 上单调递减，则
， ，
，
因此.
【点睛】这个题目考查了导数在研究函数的极值和单调性中的应用，极值点即导函数的零点，但是必须是变号零点，即在零点两侧正负相反；极值即将极值点代入原函数取得的函数值，注意分清楚这些概念，再者对函数求导后如果出现二次，则极值点就是导函数的两个根，可以结合韦达定理应用解答。
（二）选考题：共10分.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.在平面直角坐标系
中，已知曲线的参数方程为
，（为参数），点
.
.以坐标原点为
极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）试判断点是否在直线上，并说明理由； （2）设直线与曲线交于点，，求【答案】（1）见解析；（2）【解析】 【分析】
(1)把直线的极坐标方程为
的值.
化为直角坐标方程，代入检验即可；
，借助韦达定
(2)把曲线的参数方程化为普通方程，再把直线l的参数方程代入普通方程可得理可得结果.
【详解】（1）由
即直线的直角坐标方程为经检验
满足方程
得
， ，
，
所以点在直线上. （2）曲线的参数方程为所以曲线的普通方程为
（为参数）， .
由（1）可得直线的参数方程为（为参数），
将参数方程代入曲线得设，对应的参数为，，则所以所以
的值为
.
， ，，
，
【点睛】利用直线参数方程中参数的几何意义求解问题 经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为对应的参数分别为(1) 23.设函数（1）若
，求不等式；(2)
(t为参数)．若A，B为直线l上两点，其
，线段AB的中点为M，点M所对应的参数为，则以下结论在解题中经常用到：
；(3) . 的解集；
，都有
，求的取值范围.
；(4)
．
（2）若存在实数，使得对任意【答案】（1）【解析】 【分析】
；（2）
(1) 通过x的取值，去掉绝对值符号，然后求解不等式的解集即可； (2) 因为存在实数，使得任意值，转化为
，均有
，所以
，利用二次函数的最
恒成立问题，借助绝对值三角不等式即可得到结果.
【详解】（1）当①当②当③当
时，时，由时，
时，成立； 可得不成立，
.
，均有，∴
，
所以不等式的解集为
（2）因为存在实数，使得任意所以又因为所以
，解得
. ， ，所以
，
， ，即
，
恒成立，
所以的取值范围是
【点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用.
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容