2019届福建省漳州市高三第一次教学质量检查测试数学(理)试题(解析版)

1、精选优质文档-倾情为你奉上2019届福建省漳州市高三第一次教学质量检查测试数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）A B C D【答案】B【解析】先由集合，求出的补集，最后和集合求交集即可.【详解】，因为，所以，又，所以.故选B【点睛】本题主要考查集合的混合运算，熟记定义即可求解，属于基础题型.2设复数，的共轭复数为，则（ ）A B C D【答案】C【解析】先化简，再由复数的模求解即可.【详解】因为，则，所以，所以.故选C【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的几何意义，需要熟记复数的运算法则以及复数的几何意义，属于基础题型.3抛物线的准线方程为（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分

2、析：，焦点在轴负半轴上，准线方程为【考点】抛物线的性质4已知角的终边过点，且，则的值为（ ）A B C D【答案】A【解析】先由三角函数的定义表示出，再由，得到关于的方程，解方程即可求出结果.【详解】因为角的终边过点，所以，解得.故选A【点睛】本题主要考查三角函数的定义，根据三角函数的定义列方程求解，即可得参数的值，但要注意范围，属于基础题型.5若满足约束条件，则的最大值为（ ）A-1 B-2 C-3 D-4【答案】C【解析】作出不等式组所表示的平面区域，再将化为，求直线截距的最小值，即可得到目标函数的最大值。【详解】如图，作出不等式组所表示的平面区域，由化为，由图像易知，直线经过直线与直线的

3、交点时，截距最小，即最大；由解得，即.故选C【点睛】本题主要考查简单的线性规划，需要根据约束条件，作出对应的平面区域，再将目标函数转化为直线方程，从而可将求目标函数范围的问题转化为求直线截距范围的问题，属于基础题型.6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】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

4、。7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【解析】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。8我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个

5、甲头八个兵.”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有（ ）A人 B人C人 D人【答案】D【解析】先由题意得出该问题是等比数列部分求和的问题，由求和公式即可解决.【详解】由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有：,故选D.【点睛】本题主要考查等比数列的求和，做题的关键在于认真分析题意，得出该问题的实质即是等比数列求和，即可求解，属于基础题型.9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（ ）A B C D【答案】B【解析】先根据二面角的大小为，求出正四棱柱的高，进而可求出正四棱柱

6、外接球的直径，从而可求出结果.【详解】取的中点，连结，易知在正四棱柱中，,，所以即为二面角的平面角，即，又，所以为等边三角形，所以，所以，因为正四棱柱的外接球直径等于正四棱柱的体对角线长，设外接球半径为，则，所以外接球的表面积为.故选B【点睛】本题主要考查棱柱外接球的表面积，关键在于熟记正四棱柱的外接球直径等于正四棱柱体对角线的长，属于基础题型.10函数零点的个数是（ ）A1 B2 C3 D4【答案】B【解析】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x>1时都为增函数所以当x>1时，也为增函数且所以当x>1时，

7、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已知数列和首项均为1，且，数列的前项和为，且满足，则（ ）A2019 B C D【答案】D【解析】先由，可得数列是常数列，由首项为1可得：，再由，可得,从而可求的通项，进而可求出结果.【详解】由，可得：，即数列是常数列，又数列首项为1，所以，所以可化为，因为数列的前项和，所以，所以，因此数列是以2为公差的等差数列，又,所以,故，所以.故选D【点睛】本题主要考查由数列的递推公式来求数列的通项公式，对于形如的递推式，只需两边同除以即可，属于中档试题.12设函数，若不等式有解，则实数的最

8、小值为（ ）A B C D【答案】D【解析】先换元，令，将函数化为，再由不等式分类参数得：，令，只需求的最小值即可.【详解】令，则由可得，由可得，即，所以，因为不等式有解，所以只需成立即可，令，只需求出的最小值；因为,令，则，故当，即时，有最小值，故当时，时，；故有最小值，所以，即的最小值为.故选D【点睛】本题主要考查利用导数研究不等式成立的问题，通常情况下需要分离参数，用导数的方法求函数的最值来解决，难度较大.二、填空题13平面向量与的夹角为，则_【答案】【解析】由平面向量模的计算公式，直接计算即可.【详解】因为平面向量与的夹角为，所以，所以;故答案为【点睛】本题主要考查平面向量模的计算，只

9、需先求出向量的数量积，进而即可求出结果，属于基础题型.14若的展开式中常数项为160，则_【答案】2【解析】由二项展开式的通项公式，先写出数列的第项，进而可求出结果.【详解】的展开式的第项为，令，则，所以，所以，故故答案为2【点睛】本题主要考查二项式定理，由二项展开式的通项公式，写出第项，结合题意即可求解此类问题，属于基础题型.15已知为等腰三角形，边上的中线的长为7，则的面积为_【答案】【解析】先设等腰三角形的腰长为，进而可得底边的长，再由余弦定理列出方程，即可求出，从而可得结果.【详解】设等腰三角形的腰长为，因为，所以，由余弦定理可得：，因为与互补，所以，即，解得，所以，所以故答案为【点睛

10、】本题主要考查解三角形的问，常用余弦定理和正弦定理来处理，属于基础题型.16已知直线过坐标原点且斜率均大于0，的倾斜角是的两倍，是双曲线的一条渐近线，过的右焦点作的垂线，垂足为.若恰好在上，则的离心率为_【答案】【解析】先延长交于点，由的倾斜角是的两倍，可得是与轴夹角的角平分线，所以,进而可得出的长，然后再求出的坐标，结合的坐标即可得到的坐标，代入双曲线方程即可求出结果.【详解】延长交于点，因为的倾斜角是的两倍，所以是与轴夹角的角平分线，因此，所以,因为是双曲线的一条渐近线，所以可得的方程为：，所以可得,又，所以,因为若恰好在上，所以，整理得：,故,解得，因为，所以.即答案为【点睛】本题主要考

11、查双曲线的简单性质，需要熟悉双曲线的结构特征，熟记双曲线的简单性质等，属于基础题型.三、解答题17已知数列的前项和，. （1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】(1)由递推公式，即可求出的通项公式；(2)由（1）先写出的通项公式，用裂项相消法处理，即可求出结果.【详解】解：（1）当时，由，得，当时，而也满足上式，故.（2）由（1）知，所以.【点睛】本题主要考查数列的通项公式，以及数列的求和，需要熟记求和的常用方法，如裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等，属于基础题型.18的内角的对边分别为，已知，点在边上，且，.（1）求角；（2）求的最大值.【答案】（1）（2

12、）【解析】(1)先由正弦定理将化为，再由两角和的正弦公式整理即可求出结果;(2)由余弦定理先表示出的关系式，借助均值不等式进行处理即可.【详解】解：（1）因为，所以由正弦定理，得，所以，因为，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】本题主要考查解三角形的问题，需要熟记正弦定理和余弦定理，有时也要主要均值不等式在解三角形中的运用，属于基础题型.19如图，四边形是边长为的正方形，为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且二面角为直二面角，连结. （1）记平面与平面相较于，在图中作出，并说明画法；（2）求直线与平面所成角的正弦

13、值.【答案】（1）详见解析（2）【解析】(1)只需延长交于点，连结，即可满足是平面与平面的交线；(2)先作用交于，得到两两垂直，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，和直线的方向向量，由向量的夹角公式结合线面角的范围，即可求出结果.【详解】解：（1）延长交于点，连接，则直线即为.（2）过作交于，则，所以是二面角的平面角的补角，因为二面角为直二面角，从而，即.以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，如图，在中，所以，从而，所以，又，则，所以，设平面的法向量为，则 取，所以，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查平面与平面的

14、位置关系，以及直线与平面所成的角，求线面角常采用空间向量的方法，分别求直线的方向向量和平面的法向量，由向量夹角公式即可求解，属于中档试题.20已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，且椭圆的一个顶点与抛物线的焦点重合，离心率为. （1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的右焦点且斜率存在的直线交椭圆于两点，线段的垂直平分线交轴于点，证明：为定值.【答案】（1）（2）详见解析【解析】(1)先由题意设椭圆的方程，再结合条件列出方程，从而可求出椭圆的方程；(2)先设直线的方程，由直线与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出，以及，化简之后作商,即可证明结论.【详解】解法一：（1）设椭圆的标准方程为，由抛物线的焦

15、点为，得，又，由及，解得，所以椭圆的标准化为.（2）依题意设直线的方程为，设点，当时，联立方程得，所以，的中点坐标为，的垂直平分线为，令，得，又，所以，当时，点与原点重合，则，所以；综上所述，为定值.解法二：（1）同解法一.（2）依题意，当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设点，联立方程得，所以，所以的中点坐标为，的垂直平分线为，令，得，所以，所以；当直线的斜率为0时，点与原点重合，则，所以；综上所述，为定值.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程以及椭圆的简单性质，通常用待定系数法求椭圆方程，在处理直线与椭圆的综合问题时，长采用联立直线与椭圆方程，借助韦达定理以及题中的条件来得出结论，题型较容

16、易理解，但计算量较大，属于中档试题.21已知函数. （1）求在上的最值；（2）设，若当，且时，求整数的最小值.【答案】（1）详见解析（2）2【解析】(1)先对函数求导，然后讨论参数的范围，分别判断每种情况下的单调性，即可求出对应的最值；(2)先写出的解析式，分两种情况讨论：当时，由(1)易知时，从而，进而可得m的范围；当时，可将变形为，只需用导数的方法研究的单调性和最值即可；【详解】解法一：（1），当时，因为，所以在上单调递减，所以，无最小值.当时，令，解得，在上单调递减；令，解得，在上单调递增；所以，无最大值.当时，因为，等号仅在，时成立，所以在上单调递增，所以，无最大值.综上，当时，无最小

17、值；当时，无最大值；当时，无最大值.（2）,当时，因为，由（1）知，所以（当时等号成立），所以.当时，因为，所以，所以，令，已知化为在上恒成立，因为，令，则，在上单调递减，又因为，所以存在使得，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；所以，因为，所以，所以，所以的最小整数值为2.解法二：（1）同解法一.（2），当时，因为，由（1）知，所以，所以，当时，因为，所以，令，已知化为在上恒成立，因为在上，所以，下面证明，即证在上恒成立，令，则，令，得，当时，在区间上递减；当时，在区间上递增，所以，且，所以当时，即.由得当时，所以的最小整数值为2.【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，含有参数的函数在

18、判断单调性时，常用分类讨论的思想来解题，讨论的过程较繁琐，需要考生认真分析，避免遗漏，难度较大.22已知曲线的方程为，曲线的参数方程为（为参数）.（1）求的参数方程和的普通方程；（2）设点在上，点在上，求的最小值.【答案】（1）的参数方程为（为参数），的普通方程为;（2）1【解析】(1)由椭圆的参数方程的公式可直接写出的参数方程；由曲线的参数方程消去参数可得到的普通方程；(2先由的参数方程设出点的坐标，由题意知求的最小值即是求点到直线的距离，再由点到直线的距离公式可直接求解.【详解】解：（1）曲线的参数方程为（为参数），曲线的普通方程为.（2）设，点到直线的距离为，则的最小值即为的最小值，因为，其中，当时