2019届福建省高三下学期周考三理科数学试卷【含答案及解析】

1、2019届福建省高三下学期周考三理科数学试卷【含答案及解析】姓名_ 班级_分数_题号-二二三总分得分一、选择题1.1. 若集合拦=y.心丁，二，贝 u u 丘|呂=（）A心|一豐 A_B B_C C -险：! 汇】_ D 2.2. 复数（为虚数单位）的共轭复数为（）r1A A 1 1 + + ,_B _C C . . _D3.3.已知命题： ：，命题： |是 的充分不必要条件，则下列命题为真命题的是（）A F F_ B B . 戸八q_C C . 戸 A A （t t）_D D ；: :4.4.学校根据某班的期中考试成绩绘制了频率分布直方图（如下图所示），根据图中所给 的数据可知（）A A 0

2、.0240.024_ B B 0.0360.036_C C 0.060.06_D D 0.60.65.5.下面程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”，执行该C C3 3D D1515B BA A . 0 0/ikyAte77B B . 1 17.7.4 4 位同学每人从甲、乙、丙 3 3 门课程中选修 1 1 门，则恰有 2 2 人选修课程甲的不同选法共有（）A A .1212 种_B B . 2424 种_ C C .3030 种_D D .3636 种8.8. 已知 为数列屮的前 项和，若 |-：- ，则-（ ）A A . 3131B B . 122122C C

3、 . 324324D D . 4844846.6. 设函数 I I一）的部分图像如图，若一 w w 汙），且，则（）D D .丄A A .1 1C C程序框图，若输入的. 分别为 :，则输出的，为（）D Dg1212)3 3C CD D4 45 5满足A A .*，八：一-，对任意的，- :，存在实数覚匚；=门苛=二伫，则的最大值为（B B已知 ：T 1：；L V /:.，使得2 211.11.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）C C| log -x|.0 r 39.9.已知函数工二 J J疋，若存在实数艮，耳 r ，忑，I-5（小293 .4六，当时，满足 I I. .- -.

4、-.- -，则 的取值范围是（）D. 10.10. 已知双曲线 一一二 的左、右焦点分别为，过. 作圆+丄一“：的切线分别交双曲线的左、右两支于点；,、：，且；窝：一|心：，则双曲线的渐近线方程为（）A.二二：.?- B B.-C. . = = I I - -D. .A AB BA A .135B. 4C. . d d】、填空题13.13. 如图，正方形 /用二二和正方形.的边长分别为:，,(,)，| | -II-II 经过：，两点，则原点为冷厂14.14. 在等差数列：中，首项 和，在遗漏一项的情况下，求得余下础二 3 3，公差d-l，若某学生对其连续 1010 项求9 9 项的和为 185

5、185，则此连续 1010 项的和为15.已知空间四面体； ； 中, 四面体， .的外接球的表面积是. .- - - ，则，则16.16. 设 是函数的导函数，且、，- -， (为自然对数的底数)，则不等式 I1的解集为三、解答题八. .- -_上 点,18.18. 在四棱柱 启住 y y 和邙二中，底面.是菱形，且弐-沁 一 二!. .=r=(I)(I)求证：平面；/ 平面; ;(D)(D)若.，求平面.与平面-.所成角的大小. .19.19.假设每天从甲地去乙地的旅客人数是服从正态分布- I I I I I I的随机变量记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900900 的概率为；. .(I

6、)(I)求；的值；()某客运公司用，儿 两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次，两种车辆的载客量分别为 3636 人和 6060 人，从甲地去乙地的营运成本分别为16001600 元/ /辆和 24002400 元/ /辆. .公司拟组建一个不超过 2121 辆车的客运车队，并要求型车不多于型车 7 7 辆. .若每天要以不小于的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备型车、型车各多少辆？(参考数据：若-，有I I | | ,- - - ) )3220.20.已知椭圆 - I I 的左、右焦点分别为，、，四个顶点分别为、.】、：、，且四

7、边形是边长为 2 2 的正方形，动点满足_c_c ，连接；V V ，交椭圆于点 a(I)求椭圆的方程；(H)证明：，,为定值；(川) 试问轴上是否存在异于点 ：的定点 ，使得以 ，一为直径的圆恒过 直线 、；：的交点，若存在，求出点 的坐标；若不存在请说明理由. .21.21. 设函数 II. .(I)若函数： 在处的切线与 轴相交于点 |，求丿的值；9 9 1 11 1(H)当 时，求证：- - - . .x-1x-1 InIn 工 111(2111(2 - - v)v)22.22. 选修 4-14-1:几何证明选讲如图，中，以；为直径的 o.分别交，:于点，-,.- - .- (I)判断过

8、：点平行于 .的直线是否是 O - 的切线，并加以证明;(H)求证:一门_. .23.23. 选修 4-44-4 :坐标系与参数方程 :玄二 1 1 + + costrcostr在直角坐标系一： 中，曲线 I I 的参数方程为(为参数)，在以y= = sinrzsinrz坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线.的极坐标方程为 、. ：(I)求曲线：与直线在该直角坐标系下的普通方程；交于点二(n)动点 在曲线：上，动点在直线上，定点: :.1-.1-.：，求卍小的最小值 24.24. 选修 4-54-5 :不等式选讲（I）解不等式.，；（）设函数：，且：. 在|上恒成立，求实数丨的取值

9、. .参考答案及解析第 1 1 题【答案】【解析试题分析由题意得，A = x-lS2x3(x-xn ,B = (r|S0 = j：|0 xS2 ,所決加呂二j|Oxl,故选 R.第 2 2 题【答案】【解析】 试题分析：由题青得汗*幻7_宅斗-21 -X ,所臥1 十去,故选丸;-1（-J-IXJ-1）第 3 3 题【答案】【解析】试题分析：根 is 指数函数的性质可抓 命题尹为真命题；由 h?.xl=OA 2 , mor2a是 1 唔 HC1 的充要条件，所以命题 g 为假命範 所以AZ-切为頁命题，故选匚第 4 4 题【答案】试题分析；由题竜得，根 1B 频率分布亘方图中，各个柜形的面积和

10、知,则(0 01 + 0 012+0 018 + a+b)xl0 = l?Bf + b=0 06 ,故迭匚第 5 5 题【答案】【解析】试题分析：由题青得欄=15 上韭靑T不；蒔足；则占娈为 18-15 =3 由bs ,则也娈为153 = 12 |由baf则口娈再 12-3=9j 由ba户则口变为 9 一 3 二 6由b则口娈対 G；=* J由7=占=?；贝1K 俞出的 C，故选 J第 6 6 题【答案】【解析】怙趣分析：由题意得，根据给定的團象，可知丄丁孑兰-(三)=匸=厂=期,则2362H1且月=1，即/(T) =SUI(2.V+),又/(-)=0 ,即6俪(-+阿 nn(- + 何=0

11、二=,BTI/)=SUI(2X+ ),只打八丘(一手半)且6 6I I3 31 1o o J J/() = /()、所以: = 24 种史故选缶第 8 8 题【答案】【解析】试題分折；由题倉得，因为 0,（4-95 顽）二曲-CO5 曲），所以746廿 L 气二餌广 g 壬气“廿扌丄,所以数列 5的奇数项构成苜项为 I ,公差 2 的等 差数列，偶数顷构成 f,公差为 f 的等差数列.m二+%+L 十“H）十丐 Fq+L +/7.） = 122 * 故选乩【解析】第1212题【答案】试题分析：画出函数声、rc 的團象 J 如團所示，令-cas(.r 93/(v ) = /(A2)=A)=/Cv

12、4 5=、作出直线、由.v= J Ftj /(3) =-OST=l 由 x=9时,/(9)=CM3T= 1；由團象可得，当 Os cl 时，直线与曲线 v = /(j)由四个交点，由图象,则 |山肌引=|1 阴任 |即为-log =logsr：,可得 叼七 T由.V CO5 (x)的圉象关干直线x=6对称 I 可得巴一耳=1 丄,则 勺“兀匹占二勺 1 叩二一勺十了 6 在 x;c (3.4 5)上递魯 即有勺丐兀E(2 工牛)；磁 DA【解析】试题分折：由r故BF盲CF厂= k RF严心曲【余弦定理】阮跖斎严爲蔦严.b_ (加尸+(2，一(加严12 2a 2c* fr2-2fli-2o3=0

13、 7A (-)-2=0 ,解得？三 1 十 TT ,可样(Ty-(1l3)x，选匚迭 2：【估 MlBF2al；BFBF2-6nr= 1c , 3a c , 9a7b g7 ? u?逅 r /.2 /?(-)=!-0 ,二/3知 d 在】)和(L+Q 甌 如图依题 3xeax)e e时(刃今何恒咸立，即 X 巧在武(丫)上方，4 出学启时尤:工X Xl岸一 1y + V 11 1 VV 111 v TtM = r（x） = -令心） =, 5（x）-l-,知 HQ 在（L 松）増,v-l（-】）、（X）s（l） = -l , 1 J（xo） -0.f（x0） = O. x0-lnr0-2=0

14、,由3-ln3-20 ,得鬲亡 04）知心）在） JU 在（乔乜）增，1+【解析】试题分析：由题竜得，C(?-C.F 猪+b.b),将 GF 两点的坐标代入抛物的方程2 = 2 戸牛y匸2px(p 0)中，得因九ci 0 上 0. p 0 n 可得=f整理得b=2j?(+/J)口+icr -labb2- 0 ,解得 a =1 逅 6、帆扁=(血-、所以；=_ =忑卜I1 xln X,今 A（r）-l + xlnAj/（x）=liirl/J（X）在0 上）减，在（nw 阳,二仁广3缺叫+ 9片耳第 1313 题【答案】第 1414 题【答案】200【解析】试题分析！若的罡 10 项中的第一项或最

15、后一项，PJlS5 = 9a:.,故佝=20# （舍去）；故设 9 顶为叫丄-6 衲.严吗他七丄环 1 科t耳中（Qv?n 丈 9qjw” j所以”爲丰山 晋1）灼亠為*产 183 ,即 1Q（2 卄 D + 9Q-2i）-l=狛 5、解得和=%-43、所 J.n = 5,w = 2 ,所臥 10o, +K dT52“10+90 芒 200 第 1515 题【答案】【解析】趣分析；法一；补形发现四面体对棱相等，可将四面体放在一个长方怖（长宽高为 J7 晶I女注；事卖上，只雯四面体对棱相等，部可以将其放置在长方休中，其機长恰为长方体对角线民 注二 利用对棱中点：注意到四面体育一对棱长為亦、其余均

16、対 2 ,故作 CD的中点 EF ；由对称性得知球心必在肿的中点上故夕除球半径加 0近.2，故外接球半径为=R =J1T+377T所以 5 儀球表面积为 S 二 4 厂* -3第 1616 题【答案】（0 如）【解析】试题分析：令 g二墙农（二3 J U /二八门川8 .-.,夏*=r、敌一 Y E（6民）y A 竽汕不等 2 譽2y *R上增11LT 7 2第 1717 题【答案】3= 60 = (uDC = 2【解析】试题分折：在中，由AC = 3DCt根据正弦定理，可 l5smWC=，得2ZAPC = 120Q,进而可求解的大小 $ W）设DC,= 2X,BC = 3X.J4C =、利用

17、余弓疑理列出方程艮冋求noc的长. AC =4iDC ,FKA sin Z WC = 71smDA C又ADC= Z +SAD =+ 60 600r-ADC = 120Q； ZC = 180 -12(r -30=30* , ?-Z3 = 6a.(II)设DC= rf贝JD = 2x,SC = 3x, JC =-J3xj在ZD中AD2BD2-2A3 BDCOB Rl(2-/2)=6T2+4J-2-2x2rx第 1818 题【答案】试题解析；I ）在X4BC中，根將正弓途理，有ACsinZADCDCFIUDAC2, , Wi = 2 故 ZC=22证明见解析;(10 45 【解析】试题分析：(I)

18、只需证明月O 丄 0D ,AC丄BD,则可证丄平面AC ,从而平面州 3D 丄 平面心 Cy再建立空间直角坐标系，求解平面川刃 的法向 量片二(101)与平面的法向量 CJ = (2.0.0),用法向量所成的角，进而求解两平面所成的角的 大小.试题解析：(I I 且 4 产AB= -W ,= L.AD= 60. XAAB和X4AD均为正三角形于是=,设 M 与的交点为。、A.OLBD ,又 MCD 是菱形，所以 M丄BD而,O AC=O , :，BD丄平面AAC ,而BDU平面斗血，故平面叫丄平面AACi -BD= U由_nI y= 0得 L+e第 1919 题【答案】0 0 9772 J (

19、H)川型车 5 辆,Q 型车坤【解析】试题分析；0利用正态分布的对称性，由 P(700-由于随机变量 X 服从正态分布 N&00.50；),故 “ =800. b = 50/(700 X900) = 0 9544 ,由正态分布的对称性，得 p)二尸(X 900) =P(X800)十尸(800X900)二+十 +尸(700 -900) =0 9772 .2 2綁意,“还需龊丫 + 庐 21,2 叶 7 及 P(Xpo.由(I知，p0=P(X9OO),故 P(X p.等价于 36r+60v900 .使目标函数尸 1600 卄 2 彳 0达到最小的作可行域如團所示，可行域的三个顶点坐标分别为

20、 H512) , 0(7JJ), &15.6)由图可知，当直线*1600 卄 2400)在 F 轴上载距令 最小，即二取得最小值-故应配备/).则OP= (xr.】、).OM= (2.片)，直线 CM 十淤十 2),即尸尹煜,法 2(设线法)同上理畤#光)畋冷同上理(III)设有在。(也 0)满足条件，则 MQ 丄 DP ,存在 0(00)满足条件.-4 *法 2.QM = Q-m T DP = )i则由MQ DP=Q得-冷 i 黑从而得加 e心ro徒值厂代入椭圆.OP=(2(心 8)X+8JWO=(w-2-v0)rPP第 2121 题【答案】0a = 2 - -,运用函数的单调性和不

21、等式的性质，即可证明.试题解析：(ITf (：v) = lnx+_d = lii:v + 丄 41-a；.f ()=丄+2-c3XXQ函数/(H)在 2。处的切线方程为/ : y-/()=/ W(x-e),由题知切线/过点2-e),故 2-e-e+l-l) = (-+2-a)(-e),解得“26法 2: 广(工)=11“十丄十 1-G ,由题知 f 型二丄十 2。,*电一 0即 e 十 1 一皿纟一 1)一(2-Q)= e(丄十 2-a),解得 n = 2Y 1 II)令 g(-v)=/,(x) =ln.v+-+l-a.(.v0) , /.ga)= ,当时，g*(-V)0 ,函数 g(X)在(

22、1 寸 8)上单调递增,当 0GY1 时，f(x)0 ,函数 g(x)在(0.1)上单调翊；所以聲人广列力”弋“-, 严即十,能讯込即心。故心时,W 上单调递)5) = 0 即(Eln WD 点舄* 1 x 2/. 0 2-x 1 ,2-r宀)3-犬2(x-l).第 2222 题【答案】证明见解析,证明见解析.【解析】试题分析: 利用 IS 的性质和圖內搂四边形的性质,可证得 CM 丄占*即得CU是O的切线 J cn)由H、DCE四点共圆，利用相交弦定理得-BEBD BC和CH CFCD BC、两式 才时虜卩可得证.试题解折:C 1 )连结EFf延长虫丹交 RU 于 D，过 f 点平行于AH的直线是 CM ,BC是直径,-，.ZBC = ZBZC=90fri+ ZLE-T = 180 ,T A、FHE四点其 Hl?.-Z1 = Z2 ,R VffiC 是圆內接四边形,.-.Z1=Z3，二 Z2 = Z3 ,而 ZC = ZC，人 Ad DC s ASEQ 二Z_4.DC - BEC=90 ,/. .iD 1 BC, /.CVZ 丄 FC .SGO 的切线.(II) TZ/ZDC+ZOlgO。皿 DCE Ell；:-BHBEBD B