甘肃省武威第十八中学2019届高三上学期期末考试数学（文）试题（解析版）

1、甘肃武威第十八中甘肃武威第十八中 20192019 学年第一学期高三期末考试学年第一学期高三期末考试 文科数学文科数学 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 道小题，每小题道小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分，在每个小题给出的四个选项中，分，在每个小题给出的四个选项中， 只有一项是符合要求的。只有一项是符合要求的。 1.已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 解一元二次不等式求得集合 的范围，然后求两个集合的交集得到正确结果. 【详解】由解得，故，故选 C. 【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查两个集合的交集，属于基础题. 2.已知（）且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析：根据复数的模的公式，可知，即，因为，所以，即，所以 ，故选 A 考点：复数的模和共轭复数 3.下列函数中，其定义域和值域分别与函数 y10lg x的定义域和值域相同的是( ) A. yx B. ylg x C. y2x D. y 【答案】D 【解析】 试题分析:因函数的定义域和值域分别为,故应选 D 考点：对数

2、函数幂函数的定义域和值域等知识的综合运用 4.设为两个不同的平面，直线，则“”是“”成立的( ) 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】A 【解析】 试题分析：当满足时可得到成立，反之，当时， 与 可能相交，可能平行，因此前 者是后者的充分不必要条件 考点：充分条件与必要条件 点评：命题：若 则 是真命题，则 是 的充分条件， 是 的必要条件 5.下列函数中最小正周期是 且图像关于直线对称的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析：首先选项 C 中函数的周期为 4，故排除 C；将分别代入 A，B，D，得函数值分 别为，而函数在对称轴处取最值，故选 B 考点：三角函数的周期性、对称性 6.等差数列的首项为 1，公差不为 0. 若成等比数列，则前 6 项的和为( ) A. 24 B. 3 C. 3 D. 8 【答案】A 【解析】 等差数列an的首项为 1,公差不为 0.a2,a3,a6成等比数列， a23=a2a6， (a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),且 a1=1，d0， 解得 d=2， an前

3、6 项的和为 . 本题选择 A 选项. 点睛：点睛：(1)等差数列的通项公式及前 n 项和公式，共涉及五个量 a1，an，d，n，Sn，知其中三个就 能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题 (2)数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而 a1和 d 是等差数列的两个 基本量，用它们表示已知和未知是常用方法 7.如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 该几何体是一个正方体与半圆柱的组合体，表面积为，故选 B 8.圆的圆心到直线的距离为 1，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 试题分析：由配方得，所以圆心为，因为圆 的圆心到直线的距离为 1，所以，解得，故选 A. 【考点】 圆的方程，点到直线的距离公式 【名师点睛】直线与圆的位置关系有三种情况：相交、相切和相离. 已知直线与圆的位置关系时，常用几 何法将位置关系转化为圆心到直线的距离 d 与半径 r 的大小关系，以此来确定参数的值或取值范围 9.为了得到函数的图像,可以将函数的图像（ ） A. 向右平移 个单位长度 B. 向右平移 个单

4、位长度 C. 向左平移 个单位长度 D. 向左平移 个单位长度 【答案】A 【解析】 试题分析：根据题意，令，解得， 由图像平移知，需要将函数的图像向右平移个单位， 得到函数的图像； 故答案为 A. 考点：函数图像平移法则的应用. 10.已知三棱锥的四个顶点都在球 的表面上， 平面，且 ，则球 的表面积为 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由题意可知 CA,CB,CD 两两垂直，所以补形为长方形，三棱锥与长方体共球， 求的外接球的表面积，选 C 【点睛】 求共点三条侧棱两两垂直的三棱锥外接球相关问题，我们常用的方法为补形成长方体，转化为求长方体的 外接球问题。充分体现补形转化思想。 11.若直线过点，则该直线在 轴、 轴上的截距之和的最小值为( ) A. 1 B. 4 C. 2 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 本题首先可以根据直线过点得出，再根据直线方程分别求出在 轴的截距以及在 轴 上的截距，最后通过基本不等式化简求得截距之和的最小值。 【详解】因为直线过点， 所以 因为直线在 轴的截距为 ，在 轴上的截距为 ， 所以直线在 轴、 轴上的截距之和的最小值

5、为， 所以当时取最小值，最小值为 ，故选 B。 【点睛】本题考查的是直线的相关性质以及基本不等式的相关性质，考查推理能力与计算能力，考查化归 思想，考查对“1”的灵活使用，是中档题。 12.已知函数，若 x2 是函数 f(x)的唯一的一个极值点，则实数 k 的取值范围为 ( ) A. (，e B. 0，e C. (，e) D. 0，e) 【答案】A 【解析】 函数的定义域为， ，设，因为，当时，单调递减， 时，单调递增，所以在时有最小值，结合与的 图像可知，若是函数的唯一一个极值点，只需，故选 A. 二填空题：本大题共二填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 2020 分分. 13.已知 ， 满足约束条件，则的最大值为_ 【答案】2 【解析】 解：如图所示，绘制不等式组表示的可行域，观察可知，目标函数在点 处取得最大值 . 点睛：点睛：求二元一次函数 zaxby(ab0)的最值，将函数 zaxby 转化为直线的斜截式： ，通过求直线的截距 的最值间接求出 z 的最值最优解在顶点或边界取得 14.已知向量a a=（1，2） ，b b =（m，1） ，若向量a+a

6、+ b b与a a垂直，则 m=_ 【答案】7 【解析】 由题得，因为，所以，解得 点睛:如果a a(x1，y1)，b b(x2，y2)(b b0 0)，则a ab b的充要条件是x1x2+y1y20 15.已知不等式的解集是，则 _ 【答案】-1 【解析】 【分析】 根据一元二次不等式解集与对应一元二次方程根的关系，利用韦达定理和解集的两个端点建立方程，解得 的值，从而求得的值. 【详解】依题意可知，和时方程的两根，由韦达定理得，且 ，解得，所以. 【点睛】本小题主要考查一元二次不等式、一元二次方程的对应关系，考查韦达定理的应用，属于基础题. 16.学校艺术节对四件参赛作品只评一件一等奖，在评奖揭晓前，甲，乙，丙，丁四位同学对这 四件参赛作品预测如下： 甲说：“是 或 作品获得一等奖”； 乙说：“ 作品获得一等奖”； 丙说：“ 两件作品未获得一等奖”； 丁说：“是 作品获得一等奖” 评奖揭晓后，发现这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是_ 【答案】B 【解析】 【分析】 首先根据“学校艺术节对四件参赛作品只评一件一等奖” ，故假设分别为一等奖，然后 判断甲、乙、丙、丁

7、四位同学的说法的正确性，即可得出结果。 【详解】若 A 为一等奖，则甲、丙、丁的说法均错误，不满足题意； 若 B 为一等奖，则乙、丙的说法正确，甲、丁的说法错误，满足题意； 若 C 为一等奖，则甲、丙、丁的说法均正确，不满足题意； 若 D 为一等奖，则乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意； 综上所述，故 B 获得一等奖。 【点睛】本题属于信息题，可根据题目所给信息来找出解题所需要的条件并得出答案，在做本题的时候， 可以采用依次假设为一等奖并通过是否满足题目条件来判断其是否正确。 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，共三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，共 7070 分分 17.已知函数，其中 （1）求函数的单调递增区间； （2）在中，角所对的边分别为，且，求的面积 【答案】 （1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）利用向量数量积的坐标运算公式、降次公式和辅助角公式，化简为的形式，将 代入中，解出 的范围，由此求得函数的单调区间.（2）利用求得角 的大小，利 用余弦定理和列方程组，解方程组求得 的值，由此求得三角形的面积. 【详解】 （1）=， 令解得，

8、kZ， 函数 y=f（x）的单调递增区间是（kZ） （2）f（A）=2，即， 又0A， ，由余弦定理得 a2=b2+c22bccosA=（b+c）23bc=7， b=2c， 由得， 【点睛】本小题主要考查向量的数量积运算，考查三角函数降次公式、辅助角公式，考查利用余弦定理解 三角形.属于中档题. 18.已知等差数列中，且前项和. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前 项和 【答案】 （1）；（2） 【解析】 【分析】 (1)本题首先可以对化简得到，再对化简得到，最后两 式联立，解出的值，得出结果； (2)可通过裂项相消法化简求出结果。 【详解】(1)由已知得， 解得 所以的通项公式为 (2)， 所以数列的前 项和。 【点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方 法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之 后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误。 19.如图，在四棱锥中，且. （1）证明：平面平面； （2）若，且四棱锥的体积为 ，求该四棱锥的侧面积 【答案】 （

9、1）证明见解析；（2）. 【解析】 试题分析：（1）由，得，从而得，进而而平面，由面 面垂直的判定定理可得平面平面；（2）设，取中点 ，连结，则底 面，且，由四棱锥的体积为 ，求出，由此能求出该四棱锥的侧面积. 试题解析：（1）由已知，得， 由于，故，从而平面 又平面，所以平面平面 （2）在平面内作，垂足为 由（1）知，面，故，可得平面 设，则由已知可得， 故四棱锥的体积 由题设得，故 从而， 可得四棱锥的侧面积为 20.已知圆和 (1)求证：圆和圆相交； (2)求圆和圆的公共弦所在直线的方程和公共弦长。 【答案】 （1）见解析；（2） 【解析】 【分析】 (1)本题可先通过圆和圆的方程得出它们的圆心和半径长，再通过用圆心距和两圆的半径之和以及两 圆的半径之差作对比，即可得出结果； (2)可先通过两圆方程相减得出公共弦所在直线的方程，再通过圆心到公共弦的距离以及半径利用勾股定 理得出结果。 【详解】(1)圆的圆心，半径， 圆的圆心，半径 两圆圆心距 所以，圆和相交； (2)圆和圆的方程相减，得， 所以两圆的公共弦所在直线的方程为， 圆心到直线的距离为： 故公共弦长为 【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系及其判定、两圆的公共弦所在直线的方程的求法以及公共弦长，属 中档题。圆和圆的位置关系有：相交，相离，相切几种关系，通过判断圆心的距离和半径的和与差的关系 即可。 21.设函数. （1）讨论函数的单调性； （2）如果对所有的 1，都有，求 的取值范围. 【答案】 （）函数在上单调递减，在单调递增；（） 【解析】 试题分析：（）先对函数求导，再对 的取值范围进行讨论，即可得的单调性；（）设 ，先对函数求导，再对 的取值范围进行讨论函数的单调性，进而可得 的取值范 围 试题解析：（）的定义域为，2 分 当时，当时，3 分 所以函数在上单调递减，在单调递增. 5

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