福建省莆田第八中學2019屆高三數學上學期期末考試試題理.docx

福建省莆田第八中學2019屆高三數學上學期期末考試試題 理注意事項：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題)一、單選題1已知集合，若，則實數的取值范圍是（ ）A B C D2若復數z滿足z(1+i)=2i(i為虛數單位），則|z|=( )A1 B2 C D3為銳角三角形，則 則與的大小關系為（ ）。A. B. C . D.4已知事件“在正方形的邊上隨機了一點，使為三角形中最大角”發(fā)生的概率為（ ）A B C D5如果實數滿足條件，那么 的最大值為（ ）A B C D6點在圓上,點在直線上,則的最小 （ ）A. B. C. D.7函數的部分圖象大致是（ ）ABC D8數列的前項和為（ ）A B C D9直線m，n均不在平面，內，給出下列命題：若mn，n，則m；若m，則m；若mn，n，則m；若m，則m；則其中正確命題的個數是（ ）A1 B2 C3 D410已知P是雙曲線上一點，F1、F2是左右焦點，的三邊長成等差數列，且，則雙曲線的離心率等于（）A B C D11我們將四個面均為正三角形的四面體稱為“正四面體”，在正四面體中，分別為棱的中點，當時，四面體的外接球的表面積為（ ）A B C D12已知函數與的圖象上存在關于對稱的點，則實數的取值范圍是（ ）A B C D第II卷（非選擇題)二、填空題13已知向量， 滿足， ， ，則_14設，若是與的等比中項，則的最小值為 15在的展開式中，含項的系數是 . 16下列說法：是的充分不必要條件;函數圖象的對稱中心是;拋物線若函數，對任意的都有，則實數a的取值范圍是。 其中正確命題的序號為_ _三、解答題17設.（）求的單調區(qū)間；（）在銳角中，角的對邊分別為,若,求面積的最大值.18如圖,三棱柱中,側面為菱形且, , 分別為和的中點, （）證明：直線平面；（）求二面角的余弦值19已知橢圓的方程為，雙曲線的一條漸近線與軸所成的夾角為，且雙曲線的焦距為.（1）求橢圓的方程；（2）過右焦點的直線，交橢圓于兩點，記的面積為， 的面積為，當時，求的值.20某校高二年級設計了一個實驗學科的能力考查方案：考生從6道備選題中一次性隨機抽取3道題，并獨立完成所抽取的3道題規(guī)定：至少正確完成其中2道題的便可通過該學科的能力考查已知6道備選題中考生甲能正確完成其中4道題，另2道題不能完成；考生乙正確完成每道題的概率都為.（）分別求考生甲、乙能通過該實驗學科能力考查的概率；（）記所抽取的3道題中，考生甲能正確完成的題數為，寫出的概率分布列，并求及21已知函數，函數在處的切線與直線垂直（1）求實數的值；（2）若函數存在單調遞減區(qū)間，求實數的取值范圍；（3）設是函數的兩個極值點，若，求的最小值22在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以平面直角坐標系的原點為極點，正半軸為極軸，取相同的長度單位建立極坐標系，曲線的極坐標方程為（）求直線和曲線的直角坐標方程；（）設直線與曲線交于兩點，為坐標原點，且，求高三數學（理）參考答案1D【解析】問題等價于函數與函數沒有交點，求實數的取值范圍，結合對數函數的性質可得：實數的取值范圍是.本題選擇D選項.2C【解析】由可得： ，所以，故選C.3C【解析】試題分析：設，則=所以因為為銳角三角形，所以0.又，所以，所以。考點：和差公式。點評：本題主要考查和差公式的靈活應用及做題技巧湊角。常見湊角有： 、 、 等。4A【解析】因為所對應邊長始終大于正方形邊長，所以最大角可能是，或，只需要 即可當P點為CD中點時，當P點在靠近C的一半時，是最大角 故選為A.5B【解析】試題分析：如圖，建立可行域：目標函數，當過點時，函數取得最大值，最大值是，故選B.考點：線性規(guī)劃6A【解析】試題分析：圓心（0，1）到直線的距離 ， 圓和直線相離圓心到直線的最短距離為： 考點：直線與圓的位置關系.7B【解析】函數為奇函數，排除C，又且當 時， 排除A,D故選B8B【解析】由等比數列前n項和公式有： ，則： ，則該數列的前n項和為： .本題選擇B選項.9D【解析】試題分析：利用空間中線線、線面、面面間的位置關系求解解：注意前提條件直線m，n均不在平面，內對于，根據線面平行的判定定理知，m，故正確；對于，如果直線m與平面相交，則必與相交，而這與矛盾，故m，故正確；對于，在平面內任取一點A，設過A，m的平面與平面相交于直線b，n，nb，又mn，mb，m，故正確；對于，設=l，在內作m，m，mm，m，故正確故選：D考點：空間中直線與直線之間的位置關系10D【解析】【分析】根據雙曲線方程求得的值，利用等差中項的性質，用來表示出，根據余弦定理列方程，求得的值，由此求得離心率.【詳解】根據雙曲線的方程得，由于的三邊長成等差數列，故，根據雙曲線的定義，有，而，由解得，在中，所以由余弦定理得，化簡得，由于，故解得，離心率為.【點睛】本小題主要考查雙曲線的幾何性質，考查等差中項的性質，考查雙曲線的定義，還考查了余弦定理解三角形.在雙曲線的定義中，雙曲線上的點到兩個焦點的距離之差的絕對值為常數.在應用余弦定理時，要注意角的余弦值是負數.最后要注意雙曲線，所以解只有一個.11D【解析】設正四面體的棱長為，則：，在等腰三角形ABF中，據此可得：，正四面體的棱長為：，外接球半徑為：，其表面積為：.本題選擇D選項.點睛：與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數量關系，并作出合適的截面圖，如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.12D【解析】【分析】由題意可知f（x）=g（2x）有解，即m=lnx+在（0，+）有解，求導數，確定函數的單調性，可知m的范圍【詳解】函數與的圖象上存在關于對稱的點， 有解， ， 在有解，函數在上單調遞增，在上單調遞增， .故選：D.【點睛】本題考查利用導數求最值，考查對稱性的運用，關鍵是轉化為m=lnx+在（0，+）有解，屬于中檔題13【解析】由題意得，因為， ， ，則 149 【解析】略1514.【解析】,含項的系數是14.16【解析】本題考查充要條件的判斷、函數圖象的對稱性、復數的運算及函數的單調性若，則必有；但，則或，故是的充分不必要條件，故正確;函數可化為，其對稱中心為，故錯由得，則，所以故，所以正確；由對任意的都有，函數為減函數.所以，解得，故錯綜上，正確答案為17（）單調遞增區(qū)間是；單調遞減區(qū)間是（） 面積的最大值為【解析】試題分析：（）首先利用二倍角公式化簡函數 的解析式，再利用正弦函數的單調性求其單調區(qū)間；（）首先由 結合（）的結果，確定角A的值，然后結合余弦定理求出三角形面積的最大值.試題解析：解：（）由題意知 由 可得由 可得所以函數 的單調遞增區(qū)間是 ； 單調遞減區(qū)間是（）由 得 由題意知為銳角，所以 由余弦定理： 可得： 即： 當且僅當時等號成立.因此 所以面積的最大值為考點：1、誘導公式；2、三角函數的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式.18（I）見解析;（II）【解析】試題分析：（I）取中點，可證， ， 兩兩互相垂直，建立以為原點， 分別為軸，建立空間直角坐標系，得出各點坐標，可求與平面的法向量，利用兩向量垂直可證結論；（II）先求出二面角兩半平面的法向量，利用法向量夾角與二面角平面角間關系可得結果試題解析：解法一：，且為中點， ，又 ， ， ， ， 又 ，平面，取中點，則，即， ， 兩兩互相垂直，以為原點， 分別為軸，建立空間直角坐標系如圖（4）， ， ， ， ， ， ， （I） ，設平面的法向量為 ，則，取， ， 又平面， 直線平面 （II） 設平面的法向量為， ， 則 ，取， 又由（）知平面的法向量為，設二面角為， ， 二面角為銳角， 二面角的余弦值為 解法二：取中點，則，即，以為原點， ， 分別為軸，建立空間直角坐標系如圖（5），設點， 又， ，即， ， 由 ， ， 可得： ，解得， ， ， ，下同解法二解法三：（）如圖（6），取中點，連接，則有，為平行四邊形， ， 又平面， 平面， 直線平面 （）由各棱長，易得，平面， 取中點，連接，過作于，連接，如圖（8），可證： 平面， 證明平面，可得， 故為所求的二面角的平面角， 在中，求得： ，故所求的二面角的余弦值為 解法四：（）如圖（7），取中點，由， 平面， 直線平面， 由， 平面， 直線平面，又，平面平面， 又平面， 直線平面 （）同解法一 點睛：若分別二面角的兩個半平面的法向量，則二面角的大小滿足，二面角的平面角的大小是的夾角(或其補角，需根據觀察得出結論)在利用向量求空間角時，建立合理的空間直角坐標系，正確寫出各點坐標，求出平面的法向量是解題的關鍵19考點：直線與圓錐曲線的綜合問題；直線的一般式方程試題解析：(1)由一條漸近線與軸所成的夾角為知，即，又雙曲線中，所以，解得， ，所以橢圓的方程為.(2)由(1)知，設直線的方程為， ， ，聯立得，所以由題意知 由得.將代入，得，又，所以.點睛：本題主要考查直線與圓錐曲線位置關系，所使用方法為韋達定理法：因直線的方程是一次的，圓錐曲線的方程是二次的，故直線與圓錐曲線的問題常轉化為方程組關系問題，最終轉化為一元二次方程問題，故用韋達定理及判別式是解決圓錐曲線問題的重點方法之一，尤其是弦中點問題，弦長問題，可用韋達定理直接解決，但應注意不要忽視判別式的作用20(1) (2) ， 【解析】試題分析：（）甲、乙要通過實驗考查，就要正確完成所抽取3道題中的2道或3道，由此能求出考生甲、乙通過實驗考查的概率（）甲正確完成實驗操作的題數分別為， 服從超幾何分布，利用古典概型公式求出概率，得出分布列并求及；試題解析：（）設甲、乙能過關的事件分別為，則，（）， ， ，21（1）；（2）；（3）【解析】試題分析：（1）借助題設條件運用導數的幾何意義求解；（2）借助題設運用二次函數的知識建立不等式求解；（3）依據題設構造函數,運用導數的知識探求試題解析：（1），與直線垂直，2分（2），由題知在上有解，設，則，所以只需故的取值范圍是6分（3）令，得由題，則8分，所以令，又，所以，所以，整理有，解得10分，所以在單調遞減，故的最小值是12分考點：二次函數二次方程及導數在研究函數的最值等方面的有關知識的綜合運用【易錯點晴】導數是研究函數的單調性和極值最值問題的重要而有效的工具本題就是以含參數的兩個函數解析式為背景,考查的是導數知識在研究函數單調性和極值等方面的綜合運用和分析問題解決問題的能力本題的第一問非常簡單,借助題設很容易求得；第二問求解時借助求導運算得到在上有解,再借助二次方程的判別式求得的取值范圍是；第三問中先將問題進行轉化,構造函數借助導數,運用導數的有關知識求得最小值是,