福建省三明市2019届高三上学期期末质量检测数学（理）试题（精品解析）

1、三明市2018-2019学年第一学期普通高中期末质量检测高三理科数学试题一、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，则集合A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简集合A，B，然后求交集即可.【详解】集合，所以集合故选：A【点睛】本题考查集合的运算，主要是交集的求法，同时考查二次不等式的解法，以及运算能力，属于基础题2.若复数满足，其中为虚数单位，则A. B. C. D. 5【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法法则化简可得进而得到然后求模即可.【详解】解：复数z满足，故，|z|故选：B【点睛】本题考查复数的模的求法，复数的运算法则的应用，考查计算能力3.已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为A. B. C. 2 D. 4【答案】C【解析】【分析】由双曲线的一条渐近线与直线垂直可得，从而得到双曲线的离心率.【详解】双曲线的渐近线方程为： 又双曲线的一条渐近线与直线垂直，即直线与直线垂直，即2a，e故选：C【点睛】本题考查了双曲线的几何性质离心率的求解，其中根据条件转化为圆锥曲线的离

2、心率的方程，得到a,c的关系式是解得的关键，对于双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a,c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a,b,c的齐次式，转化为a,c的齐次式，然后转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得e (e的取值范围)4.若实数，满足约束条件则的最大值为A. B. 4 C. 7 D. 9【答案】D【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，根据直线平移即可求出目标函数的最大值【详解】作出不等式组对应的平面区域如图由z4xy得y4xz，平移直线y4xz，由图象知，当直线y4xz经过B时，直线的截距最小，此时z最大，由，解得x，y，z4xy的最大值是4故选：D【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合求出目标函数的最优解，利用数形结合是解决本题的关键5.三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，如图所示的“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，若小正方形面积为1，大正方形面积为25，直角三角形中较大的锐角为，则A. 2 B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设BCx，ACy，由题意列关于

3、x，y的方程组，求解得到x，y的值，进一步得到tan，展开两角差的正切得答案【详解】解：如图，设BCx，ACy，则，解得tan故选：【点睛】本题考查三角恒等变换及化简求值，考查两角差的正切，考查平面几何知识，是基础题6.已知命题，；命题，.则以下是真命题的为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别判断出p，q的真假，从而判断出复合命题的真假即可【详解】判断命题p的正误：，显然是假命题；判断命题q的正误：即，显然是真命题；是真命题故选：B【点睛】本题考查了复合命题的判断，考查对数的运算性质、二次函数的性质，是一道基础题7.已知是实数，则函数的图象不可能是（ ）【答案】D【解析】解：对于振幅大于1时，三角函数的周期为：T=2 /|a| ，|a|1，T2，而D不符合要求，它的振幅大于1，但周期反而大于了2对于选项A，a1，T2，满足函数与图象的对应关系，故选D8.棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后得到一个几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为A. 6 B. 5 C. 4 D. 3【答案】C【解析】【分析】由已知中的三视图可得该几何体，其体积显然是正方体体积的一半.【详

4、解】由已知中的三视图可得：该几何体是多面体ABCDEFG,其体积显然是正方体体积的一半，该几何体的体积为故选：C【点睛】由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.9.的展开式中的系数是A. -5 B. 10 C. -15 D. 25【答案】A【解析】【分析】，分两类情况利用通项公式计算即可.【详解】，的通项公式为，其中r=0,1,2,3的通项公式为，其中r=0,1,2,3,4,5展开式中的系数是,故选：A【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.10.已知等边三角形的边长为3，若上一点满足，则当取最小值时，A. B. C. D. 7【答案】B【解析】【分析】由条件可知x0，y0，并可得出x+2y1，利用均值不等式可知yx=时有最小值，结合即可得到结果

5、.【详解】解：由题意可知，x0，y0；M，A，B三点共线，且；x+1； 5+2=9，当，即yx=时取“”，即取最小值；，即故选：B【点睛】本题考查向量加法的平行四边形法则，三点A，B，C共线的充要条件：，且x+y1，基本不等式的运用，注意基本不等式等号成立的条件，向量数量积的运算及计算公式11.直角坐标平面内的点既在以，为顶点的三角形的边上，又在曲线上，则满足条件的点的个数为A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】D【解析】【分析】由可得或，作出直线系与三角形各边的交点个数即可.【详解】由可得或即，点在直线系上，又在三角形的边上，如图所示：对直线系来说，当k=0时，与三角形的边有两个交点，当k=1时，与三角形的边有两个交点，对直线系来说，当k=0时，与三角形的边有一个交点B，当k=1时，与三角形的边有一个交点A，综上，满足条件的点的个数为6，故选：D【点睛】本题考查直线方程的应用，考查三角函数的等价转化，考查数形结合思想，属于中档题.12.若不等式对任意恒成立，则实数的值为A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】记，当时，可猜得是图像在P点处的公切线.【详

6、解】记，当时，故P是图像的公共点，可猜测是图像在P点处的公切线，由可得,在P点处的公切线为：，即，同理可得在P点处的公切线为下面证明：构造，,可知：在上单调递减，在上单调递增，即对任意恒成立，同理可证：对任意恒成立即故选：C【点睛】本题考查不等式恒成立问题，考查函数的切线问题，考查构造函数，考查函数的单调性，极值与最值，综合性较强.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知是各项均为正数的等比数列，若，则等于_【答案】【解析】【分析】根据列方程解出公比q，代入式子化简计算即可【详解】解：设an的公比为q，q2q，即q2q20，解得q2或q故答案为：【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，等比数列的性质，属于基础题14.将一个等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转一周，得到体积为的几何体，则该几何体外接球的表面积为_【答案】【解析】【分析】将等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转一周所得几何体为圆锥，易知圆锥底面半径即为外接球的半径，从而得到结果.【详解】设等要直角三角形的直角边长为a，将等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转一周所得几何体为圆

7、锥，则，可得，该几何体外接球的半径R=a=2该几何体外接球的表面积为故答案为：【点睛】本题考查圆锥的形成过程，体积的计算，以及其与外接球的关系，考查空间想象能力与计算能力，属于中档题.15.若为奇函数，则实数_【答案】【解析】【分析】利用奇偶性定义即可得到a的值.【详解】,由于为奇函数，为奇函数，所以为偶函数，g（x）g（x），即g（x）g（x）0，则0，2ax，即x2ax则（2a+1）x0，即2a+10，解得a故答案为：【点睛】本题考查奇偶性的定义与性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题.16.在平面直角坐标系中，点，动点满足以为直径的圆与轴相切.过作直线的垂线，垂足为，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由抛物线定义可知M的轨迹方程，直线过定点，结合圆的性质，可知B点的轨迹为圆，再结合抛物线与圆的性质即可得到最小值.【详解】由动点满足以为直径的圆与轴相切可知：动点M到定点A的距离等于动点M到直线的距离，故动点M的轨迹为，由可得，解得D，即直线过定点D，又过作直线的垂线，垂足为，所以点在以AD为直径的圆上，直径式方程为，化为标准方程为：，圆心E,半径r=过M做M垂直准线，垂足为则

8、故答案为：【点睛】本题考查抛物线与圆的几何性质，涉及抛物线的轨迹，圆的轨迹，直线过定点，线段和的最值，考查数形结合的思想，属于难题.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1721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.已知为数列的前项和，且，.（1）求的通项公式；（2） 若，求的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)利用，两式作差化简可得数列是公差为1的等差数列，从而可得的通项公式；（2）由（1）知，利用错位相减法即可求出的前项和.【详解】（1）因为，所以当时，则.即，所以.因为，所以，即，所以数列是公差为1的等差数列.由得，因为，解得.所以.（2）由（1）知，所以，-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“SnqSn”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.在中，内角，所对的边分别为，满足.（1）求证：；（2）若的面积为，求角的大小.【答案】（1）见解析；（2）或【解析】【分析】（1）根据余弦定理，与可得，再利用正弦定理可得结合内角和定理与两角和与差正弦公式可得结果；（2）利用面积公式有，可得，又从而有，进而可得结果.【详解】（1）在中，根据余弦定理，又因为，所以，又因为，所以，根据正弦定理，.因为，即，则，所以，即.因为，则，所

《福建省三明市2019届高三上学期期末质量检测数学（理）试题（精品解析）》由会员【****分享，可在线阅读，更多相关《福建省三明市2019届高三上学期期末质量检测数学（理）试题（精品解析）》请在金锄头文库上搜索。