福建省漳州市2018-2019学年高三毕业班第一次教学质量检查测试文科数学（精品解析）

1、福建省漳州市福建省漳州市 2018-20192018-2019 学年高三毕业班第一次教学学年高三毕业班第一次教学 质量检查测试文科数学质量检查测试文科数学 第第卷卷 一、选择题一、选择题. .在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的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（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据集合交集运算，可得。 【详解】集合， 所以 所以选 C 【点睛】本题考查了集合交集的简单运算，属于基础题。 2.复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据复数除法运算，化简，再根据共轭复数的概念即可求得解。 【详解】由复数除法运算，化简得 所以其共轭复数为 所以选 C 【点睛】本题考查了复数的基本概念和除法运算，共轭复数的意义，属于基础题。 3.直线被圆所截的弦长为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据点到直线距离公式，求得弦心距，再由垂径定理即可求得弦长。 【详解】直线方程可化为 圆心到直线的距离为 由垂径定理可得半弦长为 所以

2、截直线所得弦长为 所以选 D 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式及弦长的求法，属于基础题。 4.已知等比数列满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】 根据等比数列的通项公式及，代入首项即可求得公比 q，进而求得 的值。 【详解】由等比数列通项公式及，可得 ，代入 化简得 ，即 所以 由等比数列通项公式可得 所以选 A 【点睛】本题考查了等比数列通项公式的简单应用，属于基础题。 5.若实数满足则（ ） A. 有最小值无最大值 B. 有最大值无最小值 C. 有最小值也有最大值 D. 无最小值也无最大值 【答案】A 【解析】 【分析】 根据不等式组，画出 x、y 的可行域，在可行域内求 z=x+y 的取值即可。 【详解】由不等式组，画出可行域如下图所示 可得线性目标函数 z=x+y 可取得最小值，没有最大值 所以选 A 【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，注意可行域的范围，属于基础题。 6.已知，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】 根据角的关系，再由正切的差角公式即可求得的值。 【详解】因为， 结

3、合正切的差角公式可得 所以选 D 【点睛】本题考查了正切差角公式的综合应用，根据已知角的关系配凑出所求的角，属于中档题。 7.将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，则的图象的一条对称轴为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先由辅助角公式化简，再根据三角函数图像的平移变化求得，最后根据三角函数对称轴方程即可求得解。 【详解】由辅助角公式化简可得 ，向左平移单位长度得到的解析式为 对称轴方程为 即 所以一条对称轴为 所以选 B 【点睛】本题考查了三角函数式的化简，三角函数图像的平移变化及对称轴的求法，属于基础题。 8.设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据对数换底公式及指数幂的化简，然后比较大小即可。 【详解】由换底公式可得 因为 ，所以 ，即 因为 ，即 综上，的大小关系为 所以选 C 【点睛】本题考查了对数换底公式的应用，指数幂的化简，比较大小，属于中档题。 9.如图，网格纸的小正方形的边长是 1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视图，则该几何体的体 积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A

4、【解析】 【分析】 根据三视图，还原空间结构体，根据空间结构体的特征及球、棱锥的体积公式求得总体积。 【详解】根据空间结构体的三视图，得原空间结构体如下图所示： 该几何体是由下面半球的 和上面四棱锥的 组成 由三视图的棱长及半径关系，可得几何体的体积为 所以选 A 【点睛】本题考查了三视图的简单应用，空间结构体的体积求法，属于中档题。 10.函数零点的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 分段函数，令各段函数值分别等于 0，求得 x 的值即可。 【详解】当 x1 时，令得 x=0，所以有一个零点； 因为 与在 x1 时都为增函数 所以当 x1 时，也为增函数 且 所以当 x1 时，有一个零点 综上所述，函数有两个零点 所以选 B 【点睛】本题考查了分段函数零点的求法，函数零点判定定理，属于中档题。 11.已知曲线 的方程为，现给出下列两个命题：是曲线为双曲线 的充要条件， 是曲线 为椭圆的充要条件，则下列命题中真命题的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据充分必要条件及双曲线和椭圆定义，分别判定命题 p 与

5、命题 q 的真假，进而判断出复合命题的真假。 【详解】若曲线 C 为双曲线，则 ，可解得 若，则，所以命题 p 为真命题 若曲线 C 为椭圆，则且 m1，所以命题 q 为假命题 因而为真名题 所以选 C 【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程，充分必要条件的判定，属于基础题。 12.已知函数，若存在实数使成立，则实数 的值为（ ） A. -1 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 求出的解析式， 【详解】函数， 所以 令 ，则 令解得 且当 x-1 时，单调递增 因而最小值为 又因为-1 所以 所以当 x=-1 时， 即 所以选 B 【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的性质，属于中档题。 第第卷卷 二、填空题（将答案填在答题纸上）二、填空题（将答案填在答题纸上） 13.设平面向量，若，则实数 的值等于_ 【答案】 【解析】 试题分析：，所以， 考点：向量垂直的坐标表示，向量的坐标运算 14.若是等差数列的前 项和，且，则_ 【答案】38 【解析】 【分析】 根据等差数通项公式及性质，化简表达式可得，再由等差数列的求和公式求得。 【详解】

6、由等差数列性质可得 所以 由等差数列前 n 项和公式可得 【点睛】本题考查了等差数列的性质及前 n 项和公式的简单应用，属于基础题。 15.正四棱柱中，二面角的大小为，则该正四棱柱外接球的表面积为 _ 【答案】 【解析】 【分析】 画出空间几何体，根据二面角大小求得正四棱锥的高，再求得正四棱锥的体对角线，即为正四棱锥外接球的直 径，进而求得外接球的表面积。 【详解】画出空间结构体如下图所示： 因为四面体为正四面体，AB=2，设高为 h，则 因为, ,二面角的大小为 所以 ，, 所以 ，即 解得 所以 ，即外接球半径 所以外接球表面积为 【点睛】本题考查了空间几何体外接球问题，属于基础题。 16.已知双曲线的右焦点为 ，点 在双曲线 上，若，其中 为坐标 原点，则双曲线 的离心率为_ 【答案】 【解析】 【分析】 根据双曲线定义，用 a、c 表示出 P 到左焦点、P 到右焦点、焦距，结合余弦定理即可求得离心率。 【详解】设左焦点为 ，由双曲线定义可得 ， 由余弦定理 代入得 化简得 ，同除以 得 ，即 所以 【点睛】本题考查了双曲线定义及离心率求法，余弦定理的简单应用，属于中档题。 三、

7、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.已知等差数列的前 项和为，若，. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前 项和. 【答案】 （1）（2） 【解析】 【分析】 （1）根据等差数列的前 n 项和公式及通项公式，列出方程组求出首项与公差即可得通项公式。 （2）根据裂项求和法，可得 Tn。 【详解】 （1）设等差数列的公差为 ， 则由，得，所以， 由，得，所以， 由，解得， 故. （2）由（1） ，得， 所以 . 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式的应用，裂项求和法的应用，属于基础题。 18.如图，在直三棱柱中， 是的中点，. （1）求证：平面； （2）若异面直线和所成角的余弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】 （1）见证明；（2）3 【解析】 【分析】 （1）连接，交于点 ，连结，利用中位线定理证明平面。 （2）通过平移，表示出异面直线和所成角，结合正弦定理及三角形面积公式求得。所以 可得解。 【详解】解法一： （1）连结，交于点 ，连结. 在直三棱柱中，四边形为平行四边形， 所以 为的中点， 又

8、为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）因为，为锐角， 所以为异面直线和所成的角， 所以由条件知， 在中， ， . 又平面，平面， 所以， ， ， 所以. 解法二：（1）证明：取的中点 ，连结， 在直三棱柱中， 四边形为平行四边形，又 是的中点， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面， 又，平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面. （2）过 作于 ， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面. 因为，为锐角， 所以为异面直线和所成的角， 所以由条件知， 在中， ， ， 又， 所以. 【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定，割补法求体积，属于中档题。 19.的内角的对边分别为，已知. （1）求角 ； （2）若点 在边上，且，求的最大值. 【答案】 （1）（2）2 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理，将边化为角的表达式，进而利用正弦和角及诱导公式化简求得角 C。 （2）根据余弦定理及诱导公式，结合基本不等式即可求得的最大值。 【详解】 （1）因为， 所以由正弦定理，得， 所以， 因

9、为，所以， 所以， 又，所以， 因为，所以. （2）因为，所以， 在中，因为， 所以 所以，即， 当且仅当时，取最大值. 【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、诱导公式的综合应用，属于中档题。 20.已知动圆 过点且与直线相切，圆心 的轨迹为曲线 . （1）求曲线 的方程； （2）若是曲线 上的两个点且直线过的外心，其中 为坐标原点，求证：直线过定点. 【答案】(1) (2)见证明 【解析】 【分析】 （1）根据抛物线定义，可知曲线方程为抛物线，进而利用定义求得抛物线的方程。 （2）设出 A、B 坐标，设出 AB 方程，联立抛物线，结合韦达定理表示出与，利用垂直关系求得 m 的值， 进而求出定点坐标。 【详解】解法一：（1）由题意可知等于点 到直线的距离， 所以曲线 是以为焦点，以直线为准线的抛物线， 所以曲线 的方程为. 解法二： （1）设，由题意可知等于点 到直线的距离， 所以， 整理得曲线 的方程为. （2）设直线，代入，得， 设，则， ， 因为直线过的外心，所以， =0 所以，所以或， 所以，所以或， 因为直线不过点 ，所以，所以， 所以直线，所以直线过定点. 【点睛】本题考查了抛物线定义，直线过定点问题，属于中档题。 21.已知函数，函数，其中实数. （1）求函数的单调区间； （2）若，求实数 的取值范围. 【答案】(1) 的增区间为，减区间为. (2) 【解析】 【分析】 （1）根据定义域，求出导函数。分类讨论 m 的情况，讨论单调区间。 （2）根据，分离参数 m 可得；根据导数及单调性，求出，进而可得 m 的取值范围。 【详解】 （1）的定义域为 若，则由，得； 由，得， 所以的增区间为，减区间为. 若，则由，得； 由，得， 所以的增区间为，减区间为. （2）若，则，即，所以 因为；当时，；当时， 所以在上是减函数，在上是增函数， 所以， 所以， 所以实数 的取值范围为. 【点睛】本题考查了导数单调区间及最值的综合应用，参数取值范围，属于难题。 22.选修 4-4：坐标系与参数方程 已知曲线的方程为，曲线的参数方程为

《福建省漳州市2018-2019学年高三毕业班第一次教学质量检查测试文科数学（精品解析）》由会员【****分享，可在线阅读，更多相关《福建省漳州市2018-2019学年高三毕业班第一次教学质量检查测试文科数学（精品解析）》请在金锄头文库上搜索。