甘肃省临泽县第一中学2019届高三上学期期中考试数学（文）试题

甘肃省临泽县第一中学2019届高三上学期期中考试数学（文）试题

临泽一中2018—2019学年上学期期中试卷 高三数学（文）‎ 注意事项：‎ ‎1. 本试卷满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2. 答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.‎ ‎3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.若，其中，是虚数单位，则为（ ）‎ A. 1 B. ‎-3 ‎C. 3 D. -1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数乘法运算化简，结合复数相等条件即可求得.‎ ‎【详解】，‎ 由复数乘法运算化简可得，‎ 由复数相等可得，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的乘法运算，复数相等的应用，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得集合B，根据集合交集运算即可得解.‎ ‎【详解】集合，即，‎ 集合，‎ 由交集运算化简可得，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的交集运算，属于基础题.‎ ‎3.“”是“”成立的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由不等式，结合充分必要条件性质即可判断.‎ ‎【详解】根据充分条件与必要条件的定义可知：‎ 由，所以充分性成立；‎ 由，所以必要性不成立.‎ 故“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了充分必要条件的性质与判定，属于基础题.‎ ‎4.设等差数列的前项和为，且.若，则（ ）‎ A. 的最大值是 B. 的最小值是 C. 的最大值是 D. 的最小值是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将所给条件式变形，结合等差数列前n项和公式即可证明数列的单调性，从而由可得和的符号，即可判断的最小值.‎ ‎【详解】由已知，得，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以等差数列为递增数列.‎ 又，即，‎ 所以，，‎ 即数列前7项均小于0，第8项大于零，‎ 所以的最小值为，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列前n项和公式的简单应用，等差数列单调性的证明和应用，前n项和最值的判断，属于中档题.‎ ‎5.已知函数的图象关于直线对称，当时，恒成立，设，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给函数式子，结合对称性可判断函数在上是减函数；由对称性可知，结合单调性即可比较大小.‎ ‎【详解】函数的图象关于直线对称，当时，‎ 恒成立，可知函数在上是减函数，‎ 而，‎ ‎，，‎ 故.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了函数对称性与单调性的综合应用，比较抽象函数值大小，属于基础题.‎ ‎6.已知为自然对数的底数，是可导的函数，且对于恒成立，则（ ）‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给不等式，构造函数，求导后可知在上是单调减函数，即可由函数单调性比较大小.‎ ‎【详解】令，‎ 则，‎ 所以函数在上是单调减函数，‎ 所以，，‎ 即，，‎ 故，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了导数与不等式关系，构造函数法研究函数单调性，利用单调性比较大小，属于中档题.‎ ‎7.如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的体积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三视图还原为空间几何体，根据几何关系再补全为棱柱，其四棱锥的外接球即为棱柱的外接球.由长方体的对角线为球的直径，即可由勾股定理求得球的半径，进而得球的体积.‎ ‎【详解】由三视图可知此几何体为一横放的四棱锥，如下图所示：‎ 其底为边长为4的正方形，高为2，‎ 其中平面平面，‎ 可知，‎ 故可补全为以，，为棱的长方体，如下图所示：‎ 设四棱锥的外接球的半径为，‎ 故，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了三视图还原空间几何体的应用，棱锥补全为棱柱的应用，棱柱外接球的性质及球的体积求法，属于中档题.‎ ‎8.如图，程序输出的结果，则判断框中应填（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据循环体，可知输出的表示从10开始的逐渐减小的若干个连续整数的乘积，由输出的即可得判断框的内容.‎ ‎【详解】由循环体可知，表示从10开始的逐渐减小的若干个连续整数的乘积，由于，‎ 故此循环体需要执行两次，‎ ‎∴每次执行后值依次为10，9，当的值为9时，就应该结束循环，B符合题意.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了循环结构程序框图的意义理解，完善程序框图，注意输出值与程序的关系，属于常考题.‎ ‎9.已知函数，若函数向左平移个单位长度后，图象的对称轴为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据辅助角公式先将函数解析式化简，再平移后的新的解析式.根据正弦函数的图象与性质即可求得对称轴.‎ ‎【详解】由辅助角公式化简三角函数式可得 ‎，‎ 向左平移个单位长度后为，‎ 故其对称轴为，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了辅助角公式化简三角函数式的应用，三角函数图像平移变换，正弦函数对称轴的求法，属于基础题.‎ ‎10.已知抛物线的焦点为，准线为，点是上一点，点是直线与的一个交点，若，则（ ）‎ A. B. ‎3 ‎C. D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由于，则，过点作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义有，则，则，由于焦点到准线距离为4，则，所以.选 ‎ ‎11.设均为正数，且，，. 则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为 所以,可得 ；因为 所以,可得 ；因为 所以,可得,所以，故选D.‎ ‎【 方法点睛】本题主要考查指数函数的性质与对数函数的性质以及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间， ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.‎ ‎12.数列中，，则数列的前8项和等于（ ）‎ A. 32 B. ‎36 ‎C. 38 D. 40‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给数列表达式，递推后可得.并将原式两边同时乘以后与变形后的式子相加，即可求得，即隔项和的形式.进而取n的值，代入即可求解.‎ ‎【详解】由已知，①‎ 得，②‎ 由得，‎ 取及，易得，，，‎ 故.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了数列递推公式的应用，对数列表达式进行合理变形的解决此题的关键，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知实数，满足线性约束条件，则目标函数的最大值为______.‎ ‎【答案】-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给不等式组，画出可行域，将目标函数化为一次函数形式，平移后即可求得截距取得最大值时的点，再将点坐标代入即可求解.‎ ‎【详解】由约束条件，画出平面区域如下图所示：‎ 目标函数可化为，‎ 将平移，可知当经过点时取最大值，‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，线性目标函数最值的求法，属于基础题.‎ ‎14.平面直角坐标系中，双曲线的渐近线与抛物线交于点.若的垂心为的焦点，则的离心率为_______________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设所在的直线方程为,则所在的直线方程为,‎ 解方程组得：，所以点的坐标为,‎ 抛物线的焦点的坐标为:.因为是的垂心，所以,‎ 所以，.‎ 所以，.‎ 考点：1、双曲线的标准方程与几何性质；2、抛物线的标准方程与几何性质.‎ ‎15.设非零向量的夹角是，且，则的最小值是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由平面向量的数量积运算及模的运算可得，再结合二次函数的最值的求法求解即可.‎ ‎【详解】解：∵非零向量的夹角是，且，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴当时，取得最小值，最小值是，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算及模的运算，重点考查了二次函数的最值的求法，属中档题.‎ ‎16.已知在正四棱锥中，，则当该正四棱锥的体积最大时，它的高等于______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正四棱锥底面边长为，即可由表示出和的等量关系，进而表示出正四棱锥的体积.利用导函数，判断单调性，由单调性即可求得最值，并求得取最值时的高的值.‎ ‎【详解】设正四棱锥的底面边长为，因为，所以，‎ 即，‎ 所以正四棱锥的体积，‎ 可得，‎ 令，解得.‎ 当，可得，可知在内单调递增，‎ 当，可得，可知在内单调递减，‎ 所以当时，正四棱锥的体积取得最大值，‎ 即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了正四棱锥的性质与应用，四棱锥的体积公式，利用导数求函数的最值及取最值时的自变量，属于中档题.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.数列是等比数列，前项和为.‎ ‎（1）求的值及数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列是以3为首项、1为公差的等差数列，求数列前项的和.‎ ‎【答案】（1），.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求得数列的首项，由即可求得数列的通项公式，进而代入求得的值.‎ ‎（2）先求得数列的通项公式，由数列是等差乘等比形式，结合错位相减法即可求得前n项和.‎ ‎【详解】（1）当时，.‎ 当时，‎ 又是等比数列，‎ ‎∴，‎ ‎∴，.‎ ‎（2）.‎ ‎，‎ 即，‎ ‎，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列定义及通项公式求法，错位相减法求数列前n项和的应用，属于常考题.‎ ‎18.如图，四边形是平行四边形，平面平面，，，为的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：平面平面.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）取BD的中点为O，连结OE，OG，推导出四边形OGFE是平行四边形，从而FG∥OE，由此能证明FG∥平面BED．‎ ‎（2）由余弦定理得BD=，由勾股定理得BD⊥AD，从而BD⊥平面AED，由此能证明平面BED⊥平面AED．‎ 试题解析：‎ ‎（1）解:（1）证明:取中点，连接.在中，因为是中点，所以且，又因为，，所以且，即四边形是平行四边形，所以.‎ 又平面，平面，‎ 所以，平面. ‎ ‎（2）证明:在中，，由余弦定理可得,进而,即.又因为平面平面,平面,平面平面，所以平面.又因为平面,所以，平面平面.‎ 点睛：本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的，考查线面角的正弦值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查等价转化思想、数形结合思想，是中档题．‎ ‎19.某车间4小时内生产了100根不同规格的三角钢材（单位：厘米），以，，，，，，分组的频率分布直方图如图.‎ ‎（1）求直方图中的值；‎ ‎（2）求这批钢材规格的众数；‎ ‎（3）在规格为，，，的四组钢材中，用分层抽样的方法抽取11根钢材，则在的规格中应抽取多少根？‎ ‎【答案】（1）（2）230（3）5根 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据小矩形面积和为1，即可确定频率分布直方图中的值；‎ ‎（2）根据众数的意义，由最高小矩形底边的中点即可确定众数；‎ ‎（3）先求得规格在的钢材在四组钢材中所占比例，即可由抽取样本的总量求得在内应抽取的数量.‎ 详解】（1）依题意，，‎ 解得.‎ ‎（2）由图可知，最高矩形的数据组为，‎ ‎∴众数为.‎ ‎（3）规格在的钢材在四组钢材中所占比例为 ‎，‎ ‎∴规格在的钢材中应抽取（根）.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图的简单应用，分层抽样中的简单计算，属于基础题.‎ ‎20.已知椭圆的一个顶点为，焦点在轴上，中心在原点.若椭圆短轴的上顶点到直线的距离为.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若椭圆的下顶点为，设直线与椭圆相交于不同的两点，，当时，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的顶点坐标及焦点位置，可得；由上顶点到直线的距离，结合点到直线距离公式可求得，即可得椭圆的方程；‎ ‎（2）设，，弦的中点 ‎，联立直线方程与椭圆方程，根据两个不同交点可知，得；由中点坐标公式及韦达定理表示出的坐标，由题意可知，进而由两条直线垂直时的斜率关系得，即，由上述三式即可确定的取值范围.‎ ‎【详解】（1）依题意可设椭圆方程为，则椭圆上顶点.‎ 由题设，解得，‎ 因为焦点在轴上，所以舍去.‎ ‎∴所求椭圆的方程为.‎ ‎（2）设，，弦的中点.‎ 由，得.‎ ‎∵直线与椭圆相交，‎ ‎∴.①‎ ‎∴，从而.‎ 由（1）得，‎ ‎∴.‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ 则，即.②‎ 把②代入①，得，解得；‎ 由②，得，解得.‎ 综上求得的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及几何性质的简单应用，直线与椭圆位置关系的综合应用，中点弦性质的应用，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.若曲线和曲线都过点,且在点处有相同的切线.‎ ‎（Ⅰ）求的值;‎ ‎（Ⅱ）若时,,求的取值范围.‎ ‎【答案】（I）；（II）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先求导,根据题意,由导数的几何意义可知,从而可求得的值．（2） 由（1）知，,令,即证时．先将函数求导,讨论导数的正负得函数的增减区间,根据函数的单调性求其最值．使其最小值大于等于0即可．‎ 试题解析：（1）由已知得，‎ 而，‎ ‎（4分）‎ ‎（2）由（1）知，，‎ 设函数，‎ ‎．‎ 由题设可得，即，‎ 令得, ．．（6分）‎ ‎①若，则，∴当时，‎ ‎，当时，，即F（x）在单调递减，在单调递增，故在取最小值，‎ 而．‎ ‎∴当时，，即恒成立． ．（8分）‎ ‎②若，则，‎ ‎∴当时，，∴在单调递增，‎ 而，∴当时，，即恒成立，‎ ‎③若，则，‎ ‎∴当时，不可能恒成立． ．（10分）‎ 综上所述，的取值范围为．（12分）‎ 考点：用导数研究函数的性质．‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，圆的方程为.‎ ‎（1）求圆的直角坐标方程；‎ ‎（2）设圆与直线交于点，，若点的坐标为，求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据极坐标与直角坐标方程的转化，可直接求解，并将圆的一般方程化为标准方程即可.‎ ‎（2）将直线参数方程代入圆的方程，可得关于的一元二次方程.根据参数方程的几何意义，即可求得.‎ ‎【详解】（1）由，‎ 等式两边同时乘以，可得.‎ ‎∴，‎ 即.‎ ‎（2）将的参数方程代入圆的直角坐标方程.‎ 得，即.‎ 由于，‎ 故可设，是方程的两实根，‎ 所以.‎ 又直线过点，‎ 故由上式及的几何意义得.‎ ‎【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标方程的转化，直线参数方程的几何意义及线段关系求法，属于中档题.‎ ‎23. 选修4－5：不等式选讲 设函数．‎ ‎（Ⅰ）若，解不等式；‎ ‎（Ⅱ）如果，，求的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）当 时，利用零点分段法，分 三段去绝对值解不等式；（Ⅱ）利用绝对值的三角不等式 ，令最小值 求的取值范围.‎ 试题解析：解：（Ⅰ）当时，.‎ 由得.‎ 当时，不等式可化为，即，其解集为；‎ 当时，不等式可化为，不可能成立，其解集为；‎ 当时，不等式可化为，即，其解集为. ‎ 综上所述，的解集为.‎ ‎（Ⅱ）∵，∴要，成立.‎ 则，∴或.‎ 即的取值范围是.‎