吉林省五地六校2019届高三数学上学期期末考试试题（含解析）.doc

2018-2019学年吉林省五地六校高三（上）期末数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，则满足条件的集合的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 由集合，由，所以集合的个数，故选C.2.已知复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】复数故选B.3.设，则使成立的必要不充分条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解不等式可得，然后再结合题意对每个选项进行验证、判断后可得结果【详解】由可得，解得选项A中，“”是“”成立的充要条件，所以A不符合题意；选项B中，由“”成立不能得到“”成立，反之，当“”成立时，“”成立，所以“”是“”的必要不充分条件，所以B符合题意；选项C中，“”是“”的既不充分也不必要条件，所以C不符合题意；选项D中，“”是“”的充分不必要条件，所以D不符合题意故选B【点睛】解题的关键是正确理解“使成立的必要不充分条件”的含义，即由可得所选结论成立，而由所选的结论不能得到成立本题考查对充分、必要条件概念的理解，属于基础题4.已知向量，若，则A. 0 B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知向量的坐标求出的坐标，代入共线向量得坐标运算公式求解【详解】，由，得，即故选：C【点睛】本题考查了两向量平行的坐标表示与应用问题，是基础题目5.已知首项与公比相等的等比数列中，满足（，），则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意可得：，即即故选6.已知为第二象限角，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】 由，可得， 所以， 所以， 又因为为第二象限角，则，所以， 所以，故选A.7.在等差数列中，前项和满足，则（ ）A. 7 B. 9 C. 14 D. 18【答案】B【解析】，所以，选B.8.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，则的值为（ ）A. 16 B. 12 C. 10 D. 8【答案】B【解析】分析：根据条件得到数列是公比 2的等比数列，7项之和为1016，设首项为，和为，进而求出.详解：每上层的数量是下层的2倍，得到数列是公比 2的等比数列，7项之和为1016，设首项为，和为，则= 故答案为：B.点睛：本题考查等比数列的通项公式与前n项和的应用，是基础的计算题，对于等比等差数列的 小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.9.九章算术中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.一块“堑堵”型石材表示的三视图如图所示.将该石材切削、打磨，加工成若干个相同的球，并使每个球的体积最大，则所剩余料体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：作三棱柱底面的内切圆，设内接圆的半径为，利用面积相等求出，三棱柱的高为，故共有个球，然后利用几何体的体积减去球的体积，可得结果.详解：如图所示，作三棱柱底面的内接圆，设内接圆的半径为，则，得，故，又三棱柱的高为，故共有个球，该三棱柱的体积等于，剩余材料的体积为，故选C.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.10.如图，在三棱锥中，平面平面.；平面平面；平面平面. 以上结论中正确的个数有（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】平面平面，平面平面，平面，又 平面，故正确 平面，平面平面，故正确,平面，又 平面，平面平面，故正确综上正确，选C11.已知函数（e是自然对数的底数）， 则f（x）的极大值为A. 2e-1 B. C. 1 D. 2ln2【答案】D【解析】分析：求函数的导数，令，先求出的值再求的极大值为即可得详解：函数的定义域为 ， ，则 令，得令，得，即函数 上单调递增，在上单调递减，故函数在出uqude极大值，极大值为 故选D.点睛：本题考查导数的运用：求单调区间和求极值，考查运算能力，属于基础题12.已知双曲线的左，右焦点分别为，是双曲线上的两点，且，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】如图，设，是双曲线左支上的两点， 令，由双曲线的定义可得在中，由余弦定理得，整理得，解得或（舍去），为直角三角形，且在中，即，即该双曲线的离心率为选B点睛：(1)求双曲线的离心率时，将提供的双曲线的几何关系转化为关于双曲线基本量的方程或不等式，利用和转化为关于e的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围（2）对于焦点三角形，要注意双曲线定义的应用，运用整体代换的方法可以减少计算量二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知直线与圆：相交于，两点，且为等边三角形，则圆的面积为_【答案】【解析】圆 ，化为 ，圆心 ，半径 ，因为直线 和圆相交， 为等边三角形，所以圆心到直线 的距离为 ，即 ，解得 ，所以圆的面积为 ，故答案为 .14.已知函数是定义在上的奇函数，则_【答案】 ,【解析】 15.已知点和抛物线C：，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点若，则_【答案】2【解析】【分析】由已知可求过A，B两点的直线方程为，然后联立直线与抛物线方程组可得，可表示，由，向量的数量积为0，代入整理可求k【详解】抛物线C：的焦点，过A，B两点的直线方程为，联立可得，设，则，整理可得，即，故答案为：2【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的相交关系的应用，解题的难点是本题具有较大的计算量16.a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_.（填写所有正确结论的编号）【答案】【解析】由题意，是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线，由，又AC圆锥底面，所以在底面内可以过点B，作，交底面圆于点D，如图所示，连结DE，则DEBD，连结AD，等腰中，,当直线AB与a成60角时，故，又在中，过点B作BFDE，交圆C于点F，连结AF，由圆的对称性可知,为等边三角形，即AB与b成60角，正确，错误.由图可知正确；很明显，可以满足平面ABC直线a，则直线与所成角的最大值为90，错误.故正确的是.【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；计算：求该角的值，常利用解三角形；取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.三、解答题（本大题共7小题，共70.0分）17.在中，若，且求角B的大小；求面积的最大值【答案】（I）（II）【解析】【分析】由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得，结合，可求的值，进而可求B的值由余弦定理，基本不等式可得：，进而利用三角形面积公式即可得解面积的最大值【详解】，可得：，由，可得：，由余弦定理可得，由基本不等式可得，可得：，当且仅当时，“”成立，从而 故面积的最大值为【点睛】本题考查解三角形的相关知识，考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题18.已知是数列的前项和，且满足（1）证明为等比数列；（2）求数列的前项和【答案】(1)见证明；(2)【解析】【分析】（1）当时，求得首项为3，由题意可得，运用等比数列的定义即可得证；（2）运用等比数列的通项公式可得，再由数列的求和方法：分组求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，化简即可得到所求和【详解】解：（1）证明：当时，可得，转化为：，即，所以注意到，所以为首项为4，公比为2等比数列；（2）由（1）知：，所以，于是【点睛】本题考查等比数列的定义和通项公式的运用，考查数列的求和方法：分组求和，同时考查等差数列的求和公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题19.如图，在三棱柱中，平面，侧面是正方形，点为棱的中点，点、分别在棱、上，且，（1）证明：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值【答案】(1)见解析(2) 【解析】试题分析：（1）根据题意，推得，进而得到平面，再利用面面垂直的判定定理，证得平面平面；（2）以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，求得平面和平面法向量为，即可利用向量的夹角公式，求解向量的夹角，进而得到二面角的余弦值试题解析：（1）设，则，又，所以，为直三棱柱，平面，平面，平面平面（2）由，以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，由解得平面的法向量，设所求二面角平面角为，20.椭圆（）的左、右焦点分别为，过作垂直于轴的直线与椭圆在第一象限交于点，若，且.（）求椭圆的方程；（），是椭圆上位于直线两侧的两点.若直线过点，且，求直线的方程.【答案】（I）；（II）.【解析】试题分析：（）由题可得，结合可得，进而得方程；（）易知点的坐标为.因为，设直线的斜率为，则直线的斜率为，设，则直线，与椭圆联立得，从而得，利用即可得解.试题解析：（）由题可得，因为，由椭圆的定义得，所以，所以椭圆方程为.（）易知点的坐标为.因为，所以直线，的斜率之和为0.设直线的斜率为，则直线的斜率为，设，则直线的方程为，由可得，同理直线的方程为，可得，满足条件的直线的方程为，即为. 21.函数，求的单调区间；对，使成立，求实数m的取值范围；设在上有唯一零点，求正实数n的取值范围【答案】（1）的递增区间是，的递减区间是，；（2）（3） 【解析】【分析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；问题等价于，根据函数的单调性求出m的范围即可；求出函数的导数，通过讨论n的范围，得到函数的单调区间，从而确定n的范围即可【详解】，当，即时，递增，当，即时，递减，综上，的递增区间是，的递减区间是，；，即，设，则问题等价于，一方面由可知，当时，故在递增，另一方面：，由于，又，当，在递增，故，；，若，则，递增，无零点，若时，设，则，故递增，故存在，使得，故时，即，递减，时，即，递增，故时，无零点，当时，存在唯一零点，综上，时，有唯一零点【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分类讨论思想，转化思想，是一道综合题22.已知直线l的参数方程为为参数）， 椭圆C的参数方程为为参数）。在平面直角坐标系中,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,点A的极坐标为(2, (1)求椭圆C的直角坐标方程和点A在直角坐标系下的坐标(2)直线l与椭圆C交于P,Q两点,求APQ的面积【答案】（1），；（2）【解析】试题分析：(1)消去参数，即可得到椭圆的直角坐标方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解点的直角坐标；（2）将直线的参数方程代入椭圆的方程，得到,，即可求得，再求得点到直线的距离，即可求解面积.试题解析：(1)由 得. 因为的极坐标为,所以，. 在直角坐标系下的坐标为 . （2）将代入，化简得,设此方程两根为,则 ,. . 因为直线的一般方程为,所以点到直线的距离.