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2019届福建省厦门市高中毕业班第一次(3月)质量检查数学(文 )试题(解析版)

2019 届福建省厦门市高中毕业班第一次(3 月)质量检查数 学(文 )试题

一、单选题 1.若集合 A. 【答案】A 【解析】解不等式得到集合 A 后再求出 【详解】 由题意得 所以 故选 A. 【点睛】 本题考查集合的交集运算,通过解不等式求出集合 A 是解题的关键,考查计算能力,属 于简单题. 2. 是虚数单位,则 A.-2 【答案】B 【解析】根据复数的除法运算把复数化为代数形式后可得其虚部. 【详解】 的虚部是( B.-1 ) C. D. . , 即可. B. , C. ,则 ( D. )

由题意得 所以复数 故选 B. 【点睛】 的虚部是 .



本题考查复数的运算和复数的基本概念,解答本题时容易出现的错误是认为复数 的虚部为 ,对此要强化对基本概念的理解和掌握,属于基础题. 3.已知 A.0 【答案】D 第 1 页 共 26 页 , B.1 , ,则 C. ( ) D.2

【解析】根据向量的垂直求出 【详解】 ∵ ∴ 又 ∴ ∴ ∴ ∴ 故选 D. 【点睛】 , , . , , , .

,然后可求出





本题考查向量的坐标运算,求解时注意向量运算的坐标表示,然后根据相关运算的定义 进行求解,考查计算能力.

4.设双曲线 : A. 【答案】B 【解析】根据离心率求出 【详解】 B.

的离心率为 2,则 的渐近线方程为( C. D.



间的关系,然后可求出双曲线的渐近线方程.

∵ ∴ ,



∴双曲线的方程为







,即 .



∴双曲线的渐近线方程为 故选 B. 【点睛】

第 2 页 共 26 页

已知双曲线的标准方程求渐近线方程时,只需把标准方程中等号后的“1”改为“0”, 然后求出 与 之间的一次关系, 即为渐近线方程. 本题考查双曲线中的基本运算和离心 率,解题时注意各个基本量间的关系及转化. 5.在 A. 【答案】D 【解析】由题意及正弦定理得 得三角形的面积. 【详解】 由 在 及正弦定理得 中,由余弦定理得 . , ,然后根据余弦定理求出 ,最后结合面积公式可 中, , B. , ,则 C. 的面积等于( D. )

所以 所以 又 所以 故选 D. 【点睛】 . ,

,解得





三角形的面积常与解三角形结合在一起考查,解题时要根据条件得到求面积时的所需 量,往往要用到三角形中边角间的互化,考查变形和计算能力,属于中档题. 6.下图是某公司 2018 年 1 月至 12 月空调销售任务及完成情况的气泡图,气泡的大小 表示完成率的高低,如 10 月份销售任务是 400 台,完成率为 90%,则下列叙述不正确 的是( )

第 3 页 共 26 页

A.2018 年 3 月的销售任务是 400 台 B.2018 年月销售任务的平均值不超过 600 台 C.2018 年第一季度总销售量为 830 台 D.2018 年月销售量最大的是 6 月份 【答案】D 【解析】根据图形中给出的数据,对每个选项分别进行分析判断后可得错误的结论. 【详解】 对于选项 A,由图可得 3 月份的销售任务是 400 台,所以 A 正确. 对于选项 B,由图形得 2018 年月销售任务的平均值为 ,所以 B 正确. 对于选项 C,由图形得第一季度的总销售量为 所以 C 正确. 对于选项 D,由图形得销售量最大的月份是 5 月份,为 800 台,所以 D 不正确. 故选 D. 【点睛】 本题考查统计中的识图、用图和计算,解题的关键是从图中得到相关数据,然后再根据 要求进行求解,属于基础题. 台,

7.已知

是偶函数,且对任意 , ,则( B. )



,设



A. 【答案】B

C.

D.

【解析】 由题意得偶函数



上为增函数, 可将问题转化为判断

到 y 轴的距离的大小问题求解. 【详解】

∵对任意 ∴函数 又函数 ∴ 在 在

, 上为增函数.



为偶函数, 上单调递减,在 上单调递增.

第 4 页 共 26 页

又 ∴ 故选 B. 【点睛】 ,即 .



已知函数为偶函数判断函数值的大小时,由于函数在对称轴两侧的单调性不同,所以可 根据单调性将比较函数值大小的问题转化为比较变量到对称轴的距离的大小的问题求 解,解题时可结合图象进行求解,考查判断和计算能力,属于中档题. 8.设函数 A. B. C. D. ,若直线 是 图像的一条对称轴,则( )

的最小正周期为 ,最大值为 1 的最小正周期为 ,最大值为 2 的最小正周期为 的最小正周期为 ,最大值为 1 ,最大值为 2

【答案】A 【解析】先根据直线 将函数化为 【详解】 ∵直线 ∴ 即 ∴ ∴ 的最小正周期为 ,最大值为 . 是 , ,解得 . , 图象的一条对称轴, 是 图象的一条对称轴,并借助特殊值求出参数 的值,再 的形式后求解即可得到答案.

故选 A. 【点睛】 利用特殊值求出 函数解析式化为 是解题的关键,另外,解决有关三角函数的问题时,首先应将 的形式, 然后将 看作一个整体, 再结合正弦

函数的相关性质求解,注意“整体代换”的应用,属于基础题. 9. 《易经》是中国传统文化中的精髓,下图是易经八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、 艮、兑八卦) ,每一卦由三根线组成( 表示一根阳线, 表示一根阴线) ,

第 5 页 共 26 页

从八卦中任取两卦,这两卦的六根线中恰有 5 根阳线和 1 根阴线的概率为(



A. 【答案】A

B.

C.

D.

【解析】根据古典概型概率求解,先确定从八卦中任选两卦的所有可能的种数,再求出 取出的两卦的六根线中恰有 5 根阳线和 1 根阴线的种数,进而可得所求概率. 【详解】 由题意得,从八卦中任取两卦的所有可能为 种,设“取出的两卦的六根

线中恰有 5 根阳线和 1 根阴线”为事件 A,则事件 A 包含的情况为:一卦有三根阳线、 另一卦有两根阳线和一根阴线,共有 3 种情况. 由古典概型概率公式可得,所求概率为 故选 A. 【点睛】 根据古典概型求事件 A 的概率时, 首先要求出试验的所有的结果, 即所有的基本事件数, 然后再求出事件 A 包含的基本事件的个数,最后根据公式求解即可.求基本事件数时, 常用的办法是列举法,列举时要做到不重不漏. 10.如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗实线画出的是一个三棱锥的三视图,则该 三棱锥的外接球的表面积是( ) .

A. 【答案】C

B.

C.

D.

【解析】 根据三视图得到三棱锥的直观图, 再根据三棱锥的结构特征判断出球心的位置, 并根据题中的数据求出球的半径,进而可得球的表面积. 第 6 页 共 26 页

【详解】 由三视图可得, 三棱锥为如图所示的三棱锥 和 中, , , 其中侧面 . 底面 , 在



的中点 ,连 上.

,则 为

外接圆的圆心,且

底面



所以球心 在

设球半径为 ,则在 由勾股定理得

中, ,解得 , .



所以三棱锥的外接球的表面积为 故选 C. 【点睛】

求几何体外接球的体积或表面积时,关键是求出球的半径,其中确定球心的位置是解题 的突破口.对于椎体的外接球来讲,球心在过底面圆的圆心且与底面垂直的直线上,然 后在球心、底面圆的圆心和球面上一点构成的直角三角形中求解可得球半径,进而可得 所求结果.考查计算能力和空间想象能力. 11.设函数 范围是( A. C. 【答案】A 【解析】由题意得方程 象和函数 范围. 【详解】 ∵函数 ∴方程 恰有两个零点, 有两个不同的实数根,即方程 第 7 页 共 26 页 有两个不同的实数根, 有两个不同的实数根,从而得到函数 的图 ) B. D. ,若函数 恰有两个零点,则实数 的取值

的图象有两个不同的交点,画出两函数的图象,结合图象可得所求的

∴函数 ①当 ②当

的图象和函数 时,显然不符合题意. 时,函数

的图象有两个不同的交点.

的图象为过原点且斜率小于 0 的直线.

画出两函数的图象,如下图所示. 由图象可得两函数的图象总有两个不同的交点. 所以 符合题意.

③当

时,函数

的图象为过原点且斜率大于 0 的直线.

画出两函数的图象,如下图所示. 由图象可得,当 时,两函数的图象总有一个交点, 的斜率小于曲线 在原

所以要使得两函数的图象再有一个交点,只需直线 点处的切线的斜率. 由 所以 所以 所以 , ,解得 . , ,得 ,

综上可得 故选 A. 【点睛】





本题考查已知函数的零点个数求参数的取值范围,解题的关键是结合函数的图象、并根 据参数的几何意义进行求解,解题时要根据题意对参数进行分类讨论,考查画图能力和 分类讨论思想方法的运用. 第 8 页 共 26 页

12.设动点

在抛物线

上,点 )

,直线

的倾斜角互补,

中点的纵

坐标为 ,则 不可能为( A.3 【答案】C 【解析】 由题意设直线 立消元后得到 B.4

C.5

D.6

的方程为

, 将直线方程和抛物线方程联 ,

,借助根与系数的关系可得点 的纵坐标

同理可得点 的纵坐标

,于是得到

.再根据判别式得

到 的取值范围,进而可得 的取值范围. 【详解】 设 由 ,直线 的方程为 , ,

消去 y 整理得

∵直线和抛物线交于两点, ∴ 又点 ∴ ∴ 以 , ,故 . 代替上式中的 ,可得 . , ,解得 且 .

∴ 由 且 可得

, 且 .

故选 C. 【点睛】 解答本题的关键是求出 两点的坐标,进而得到 的表达式.求解时借助代数运算求

解,由于解题过程中要涉及到大量的运算,所以在解题中要注意合理运用代换的方法以 达到简化运算的目的,考查转化和计算能力.

二、填空题 第 9 页 共 26 页

13.已知 【答案】 【解析】由题意求出 【详解】 ∵ ∴ ∴ 故答案为 【点睛】 . , 和

,则

__________.

,然后再利用倍角公式求解.





本题考查同角三角函数关系及倍角公式,解题时容易出现的错误是忽视函数值的符号, 属于简单题.

14.若

满足

,则

的最大值为__________.

【答案】2 【解析】画出不等式组表示的可行域,由 并结合 的几何意义求解可得结果. 【详解】 画出不等式组表示的可行域,如图中阴影部分所示. 变形得 ,平移直线

由 平移直线

变形得

, 经过可行域内的点 A 时,直线

,结合图形可得,当直线 在 y 轴上的截距最小,此时 z 取得最大值.



,解得 , .



所以点 A 的坐标为 所以

第 10 页 共 26 页

故答案为 2. 【点睛】 求目标函数 的最值时,可将函数 转化为直线的斜截式:

, 通过求直线的纵截距 的最值间接求出 z 的最值. 解题时要注意: ①当 时,截距 取最大值时,z 也取最大值;截距 取最小值时,z 也取最小值;②当 截距 取最大值时,z 取最小值;截距 取最小值时,z 取最大值. 15.在 则 中, , , ,动点 在以点 为圆心,半径为 1 的圆上, 时,

的最小值为__________.

【答案】 【解析】根据题意建立平面直角坐标系,设 来,再结合圆中的最值问题求解即可. 【详解】 如图,以点 为原点, 边所在直线为 轴建立平面直角坐标系. ,然后将数量积用点 的坐标表示出

则 设 ∴ ,则

, ,

, 其中 表示圆 A 上的点 P 与点 间距离 的平方,

由几何图形可得 ∴ 故答案为 【点睛】 第 11 页 共 26 页 . .



(1)解答本题的关键是将问题转化为坐标运算来求解,利用代数运算来解决向量数量 积的问题,体现数形结合的利用. (2)求与圆有关的最值问题时仍需要结合图形进行,结合图形利用两点间的距离或点 到直线的距离求解,解题时注意几何方法的运用. 16.在正三棱锥 , 平面 , 中, 平面 , , 分别为 的中点,平面 过点

,则异面直线 和

所成角的余弦值为__________.

【答案】 【解析】根据题意画出图形,作出异面直线 和 三角形的知识求解可得结果. 【详解】 画出图形,正三棱锥 如图所示. 所成的角,再根据题中的数据利用解

因为 所以 取 所以 所以 取 又 所以 又 所以 所以 在

平面 .



平面

,平面

平面



的中点 ,连接 , 为异面直线 和 的中点 ,则 , 平面 平面 , . 中, , , ,

,则



所成角或其补角. , ,



所以





所以异面直线 和 【点睛】

所成角的余弦值为



第 12 页 共 26 页

求异面直线所成的角常采用“平移线段法”,平移的方法一般有三种类型:利用图中已 有的平行线平移;利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;补形平移.计算异面 直线所成的角通常放在三角形中进行,解题时要注意异面直线所成角的范围. 三、解答题 17.已知数列 是公差为 2 的等差数列,数列 满足 ,

. (1)求 , 的通项公式;

(2)求数列 【答案】 (1) 【解析】 (1)由

的前 项和. , 可得 ; (2) . ;然后

,再根据等差数列的通项公式得到

再由

得到

, 两式作差

后可得

. (2)当

时根据裂项相消法求得

,最后验证当

时也成立,于是可得所求结果. 【详解】 (1)依题意得 又数列 所以 所以 ,

为公差为 2 的等差数列, , .

因为

所以



两式相减得: 所以 , ,





第 13 页 共 26 页

又 所以

不满足上式, .

(2)当

时,

所以



又当

时,

满足上式,

所以 【点睛】

.

(1)求数列的通项公式时要根据所给条件选择合适的方法,常见例类型有:已知数列 类型求通项,累加(乘)求通项,已知数列和的形式求通项、构造法求通项等. (2)用裂项相消法求数列的和时要注意从第几项开始进行列项,另外裂项相消后所剩 项具有前后对称的特点,即前面剩几项后面就剩几项,前面剩第几项后面就剩第几项. 18. 如图, 在多面体 . 中, 均垂直于平面 , , , ,

(1)过 理由; (2)若

的平面 与平面

垂直,请在图中作出 截此多面体所得的截面,并说明



,求多面体

的体积.

第 14 页 共 26 页

【答案】 (1)详见解析; (2) 【解析】 (1)取 的中点

. ,连接 ,则平行四边形 平面 即为所求的截

面.然后根据空间中的线面关系可证得平面 补形的方法可求得多面体的体积. 【详解】 (1)取 的中点 ,连接

即可. (2)利用分割或

,则平行四边形

即为所求的截面.

理由如下: 因为 所以 因为 所以四边形 又 所以 所以 所以 因为 所以 又 所以 又 所以 又 平面 平面 , 平面 , 平面 . , 分别为 , , , 均垂直于平面 , , 为梯形. 中点, , , ,

为平行四边形, , 为 . , 平面 , 中点,

所以平面 所以平行四边形

即为所作的截面. 于点 .

(2)法一:过点 作

第 15 页 共 26 页

因为 所以 又 所以 在 得 所以 因为 所以

平面 , , 平面 中, ,



平面



平面









, , , ,

所以 法二:将多面体 其中 则 在 得 所以 所以 所以 . 中, , , , , , , , , 补成直三棱柱 , , ,

.

第 16 页 共 26 页

法三:在多面体

中作直三棱柱



则 在 得 所以 设 则 因为 所以 又 所以 所以 平面 , , 平面 平面 . , 平面 边上的高为 , 中, , ,

, , ,



, ,





, 所以 【点睛】 对于空间中线面位置关系的判定,解题时要结合图形选择合适的定理进行证明即可,解 题时有时要添加辅助线,因此要注意常见辅助线的作法.求几何体的体积时,对于不规 则的几何体,可采取分割或补形的方法,转化为规则的几何体的体积求解,考查转化和 计算能力. .

第 17 页 共 26 页

19.某企业为确定下一年投入某种产品的研发费用,需了解年研发费用 (单位:千万 元)对年销售量 (单位:千万件)的影响,统计了近 10 年投入的年研发费用 与年销 售量 的数据,得到散点图如图所示:

(1)利用散点图判断,



(其中

为大于 0 的常数)哪一个更适合

作为年研发费用 和年销售量 的回归方程类型(只要给出判断即可,不必说明理由). (2)对数据作出如下处理:令 , ,得到相关统计量的值如下表:

根据(1)的判断结果及表中数据,求 关于 的回归方程; (3) 已知企业年利润 (单位: 千万元) 与 的关系为 (其中 ) ,

根据(2)的结果,要使得该企业下一年的年利润最大,预计下一年应投入多少研发费 用? 附:对于一组数据 , , , ,其回归直线 的斜率和截距

的最小二乘估计分别为 【答案】 (1)选择回归类型 ; (2)

, ; (3)2.7 亿元. . (2)将 两边取

【解析】 (1)根据散点图的形状可判断应选择回归类型

对数,把问题转化为线性回归方程求解. (3)根据(2)中的回归方程,结合导数的知 识求得其最大值即可. 第 18 页 共 26 页

【详解】 (1)由散点图知,选择回归类型 (2)对 两边取对数,得 , 更适合. ,即

由表中数据得:

∴ ∴ ∴ , . ,



∴年研发费用 与年销售量 的回归方程为 (3)由(2)知, ∴ 令 且当 时, , ,得 , 单调递增;当 ,

时,

单调递减.

所以当 元.

千万元时, 年利润 取得最大值, 且最大值为

亿

答:要使年利润取最大值,预计下一年度投入 2.7 亿元. 【点睛】 求非线性回归方程时, 通过换元或取对数的方法将非线性的形式转化为线性回归方程求 解.由于在计算中要涉及大量的计算,所以在解题时要注意计算的准确性、合理运用题 中给出的中间数据,考查转化能力和计算能力,属于中档题.

20.已知椭圆 : ,直线 (1)当 与直线

,过点 交于点 .

且与 轴不重合的直线与 相交于

两点,点

垂直于 轴时,求直线 .

的方程;

(2)证明:

【答案】 (1)

; (2)详见解析. 第 19 页 共 26 页

【解析】 (1) 当

垂直于 轴时, 其方程为

, 求出点 的坐标后可得直线

的斜率,

于是可得直线方程。 (2)由于

在 轴上,所以只需证明点

的纵坐标相等即可得到

结论成立,解题时注意直线方程的设法. 【详解】 (1)设点 ,



垂直于 轴时,可得

,所以



所以点 的坐标为 又 所以 所以直线 , , 的方程为





(2)法一: ①当直线 若 的斜率不存在时,其方程为 ,则 ,因此 若 因此 综上可得 ②当直线 , 则 , 此时 ,所以 . 的斜率存在时,设 , ,此时 方程为 . , 当 时, , 所以 , , ,当 时, ,所以

,所以 方程为 .

由 其中

消去 y 整理得 ,







,则



因为



所以直线

的方程为 第 20 页 共 26 页



时,得



因为

. 所以 所以 法二: 设直线 , , .

由 其中

消去 x 整理得 ,







,则



所以

,故

所以



因为



所以直线

的方程为





时,得



所以 所以 【点睛】 .



解答圆锥曲线问题的基本思路是把题目信息坐标化, 即通过代数方法并经过运算达到解 第 21 页 共 26 页

答几何问题的目的,因此在解题中会遇到大量的运算,为此要注意计算的合理性,通过 换元等方法使得运算尽量简单,如在本题的解法中,通过反设直线的方程避免了对直线 斜率是否存在的讨论,使运算变得简单. 21.设函数 (1)求 的极值; . 的极小值为 ,无极大值; (2)详见解析. 时, 取得极小值, .

(2)证明: 【答案】 (1)函数

【解析】 (1) 利用导数对函数 且极小值为

的单调性进行分析, 可得当

,无极大值. (2)方法一:将不等式变形为

,然后构造函数 分析判断函数 的单调性进行证明即可.方法二:令 ,则由 可得

,通过

单调递增,

故得 【详解】 (1)因为

,然后再证明

即可.



所以 因为 所以 又 所以当 所以当 时, , 在 , , 单调递减;当 取得极小值,且极小值为 的定义域为 , , , 上单调递增,



单调递增.

,无极大值.

(2)法一: 要证

只需证



只需证



第 22 页 共 26 页







, 因为 所以当 增. 所以 故当 法二:令 当 要证 时, , , 时, ,即 , . , , 时, 单调递减;当 时, 单调递

只需证







则 当 所以 时, ,即 单调递减;当 ,

, 时, 单调递增.

所以 故当 法三: 令 因为 所以 在 时,

. . 的定义域为 , ,由 上单调递减, 得 ;由 上单调递增, 第 23 页 共 26 页 ,得 ; .

所以 要证 只需证 只需证

,即



, ,

只需证 令

. ,

则 因为 所以当 增, 所以 故 时, ,即 . . , 时, 单调递减;当



时,

单调递

【点睛】 (1)对于讨论函数单调性的问题,当题目中含有参数时,若单调性要受到参数的影响 时,此时需要对参数进行分类讨论. (2)用导数证明不等式的常见类型有:①直接构造函数来证明,此时需要通过对单调 性的讨论得到函数的最值,进而可达到证明的目的;②对所给不等式进行变形,然后再 构造函数,通过求出函数的最值达到证明的目的;③当不等式中含有多个参数时,可采 取逐步消去参数的方法,将不等式化为单变量的不等式,然后构造函数进行证明. 22.在直角坐标系 中,直线 的参数方程为 ( 为参数) ,以坐标原点 为

极点,以 轴正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线 的极坐标方程为 (1)求 的普通方程和 的直角坐标方程; (2)若 上恰有 2 个点到 的距离等于 ,求 的斜率.

.

【答案】(1) 的普通方程为 【解析】(1)分类讨论

, C 的直角坐标方程为

(2) ,及

,消去参数 t,得到 的普通方程,利用

第 24 页 共 26 页

得到 的直角坐标方程; (2) 最大值为 【详解】 (1)当 当 ,即 ,即 时, 的普通方程为 时, 的普通方程为 ,根据题意可知 上恰有 2 个点到 的距离等于 等价于 上的点到 的距离的

,利用椭圆的参数方程及点到直线距离,即可得到 的斜率.



,及

,得

即 C 的直角坐标方程为 (2)依题意,设 所以 上恰有 2 个点到 的距离等于 设 上任一点 等价于 上的点到 的距离的最大值为

,则 到 的距离

(其中





当 解得: 【点睛】

时, ,所以 的斜率为



参数方程主要通过代入法或者已知恒等式(如

等三角恒等式)消去参

数化为普通方程,通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程,利用关系式



等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化,本题这类问题一

般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程,用直角坐标方程解决相应问题. 23.已知函数 (1)求不等式 (2)若 【答案】(1) 的解集; 对任意 (2) 恒成立,求 的取值范围. .

【解析】(1) 把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组,求出每个不等式组 第 25 页 共 26 页

的解集,再取并集,即得所求; (2)对 x 分类讨论,当 时, ,借助绝对值不等式即可得到右侧的

最小值,从而得到 的取值范围. 【详解】 (1)当 当 当 时,原不等式等价于 时,原不等式等价于 时,原不等式等价于 . ,解得 ,解得 ,解得 ,所以 ;

,所以此时不等式无解; ,所以 ;

综上所述,不等式解集为 (2)由 当 当 因为 当且仅当 所以, 综上, 的取值范围是 【点睛】 . 时, 时, ,得 恒成立,所以







时,等号成立

本题主要考查绝对值不等式的解法,函数的恒成立问题,绝对值三角不等式,体现了等 价转化的数学思想,属于中档题.

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