福建省三明市2019届高三数学5月质量检查测试试题文(含解析)

【详解】令圆的半径为1，
则圆内接正边形的面积为，
圆内接正边形的面积为，
用圆的内接正边形迫近圆，可得；
用圆的内接正边形迫近圆，可得；
所以.
应选A
【点睛】此题主要考察圆周率的预计值，重点在于求出圆内接正多边形的面积，属于常考题
型.
12.已知
是双曲线
上的三个动点，且
（为坐标原点）
.设
，
，且
，则
的值为（
）
A. -4
【答案】
【分析】
【剖析】
在长方体中作出三棱锥，
先由题意可得
两两垂直， 所以，三棱锥
的外接球，
即是以
为长宽高的长方体的外接球，设
，
，由题意获得
的关系
式，再依据三棱锥的体积公式即可求出结果.
【详解】由题意，在长方体中作出知足题意的三棱锥以下图：
则，该三棱锥的外接球即是其所在长方体的外接球，故
，
又
，所以
，
和 即可，属于常考题型.
20.已知动点是的极点，，，直线，的斜率之积为.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）设四边形的极点都在曲线上，且，直线，分别过点，，
求四边形的面积为时，直线的方程.
【答案】（1）（2）
【分析】
【剖析】
（1）先设点
，依据题意获得
，化简整理即可得出结果；
（2）先由题意可得， 直线
的斜率不为0，设直线
【分析】
【剖析】
先设等比数列的公比为，由
【详解】设等比数列的公比为
由于，，
所以，所以
，
，
.
求出
，再由
即可得出结果
.
故答案为16
【点睛】此题主要考察等比数列的简单计算，熟记等比数列的通项公式以及等比数列的性质即可，属于基础题型.
15.曲线在处的切线与直线平行，则实数_______．
【答案】
【分析】
【剖析】
并使正多边形的面积无穷靠近圆的面积，从而来求得较为精准的圆周率.假如用圆的内接正
边形迫近圆，算得圆周率的近似值记为，那么用圆的内接正边形迫近圆，算得圆周率的
近似值可表示成（）
A.B.C.D.
【答案】A
【分析】
【剖析】
先令圆的半径为1，求出其内接正边形的面积，以及内接正边形的面积，依据题意成立等
量关系，即可求出结果.
的距离
，
所以
，
由图形的对称性可知，，
所以，
化简得，解得，即
所以直线的方程为，即.
，
【点睛】此题主要考察椭圆方程以及直线与椭圆地点关系，熟记椭圆方程的求法以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.
21.已知函数
有两个极值点
，.
（1）求 的取值范围；
（2）求证：
.
【答案】（1）
（2）目睹明
【分析】
【剖析】
（1）先对函数求导，议论
19.某市一农产品近六年的产量统计以下表：
年份
2013
2014
2015
2016
2017
2018
年份代
1
2
3
4
5
6
年 量 （千
5.1
5.3
5.6
5.5
6.0
6.1
吨）
察表中数据看出，可用 性回 模型 合
与的关系.
（1）依据表中数据，将以下表格空白部分的数据填写完好，并成立
对于 的 性回 方程
；
和
均
1
2
所以的面积.
【点睛】此题主要考察解三角形，灵巧运用正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型
.
18.已知四棱锥
，
，
，平面
，
，
，直线
与平面
所成角的大小为
，是线段
的中点
.
（1）求证：
平面
；
（2）求点
到平面
的距离.
【答案】（1）目睹明；（2）
【分析】
【剖析】
（1）依据线面垂直的判判定理证明
平面
，获得
；再证明
，从而可
应选C
【点睛】此题主要考察直线与抛物线的地点关系，依据弦长求参数的问题，熟记抛物线方程
以及抛物线的简单性质即可，属于常考题型.
10.已知正项数列的前项和为，且，，设数列
的前项和为，则的取值范围为（）
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】
【剖析】
先由，依据题意求出，再由裂项相消法求出，从而可得出结果.
【详解】由于，
【剖析】
先由拘束条件作出可行域，再将目标函数化为，所以直线在 轴截距
最小时，取最小值，联合图像即可得出结果.
【详解】由拘束条件作出可行域以下：
由目标函数
所以直线
由图像可知：当直线
由得
所以.
应选A
可化为，
在 轴截距最小时，取最小值，
过点时， 最小；
，
【点睛】此题主要考察简单的线性规划问题，由拘束条件作出可行域，剖析目标函数的几何意义，联合图像即可求解，属于基础题型。
与
两种状况，分别判断其单一性，联合题意，即可求出结
果；
（2）先由（1）不如设
，且
，获得
，证明
转变为证明
，再令
，可将问题转变为证明
在
上恒成立，再令
，用导数的方法求其最大
值即可.
【详解】解：（1）由于
，
所以
，
令
，则
，
当
时，不行立；
当
时，
，令
，
所以，当时，
为直线
与平面
所成的角，
所以
，所以
，
由于
，
，所以
，
所以
，
，
，
所以
，
，
所以
，所以
，
由于
，
平面
，
所以
平面.
（2）由（1）可知
平面
，所以
和
均为直角三角形，
又
，设点
到平面
距离为 ，
则
，即
，
化简得
，解得
，
所以点
到平面
的距离为.
【点睛】此题主要考察线面垂直的判断的以及点到平面距离，熟记判判定理以及等体积法求点到面的距离即可，属于常考题型.
7.函数的图像大概是（）
A.B.
C.D.
【答案】C
【分析】
【剖析】
先由函数奇偶性的观点，
入，即可得出结果.
【详解】由于
又
故函数
又当时，
应选C
判断出函数
的定义域为
，
为偶函数，对于
，清除
，
轴对称，清除
D.
为偶函数， 清除
AB选项；
AB选项， 再由特别值代
【点睛】此题主要考察函数图像，往常依据函数奇偶性以及特别值法考证，属于常考题型.
二乘估 分 ：，.
【答案】（1） 分析；（2）2020年
【分析】
【剖析】
（1）依据题中数据，先完美表格；再由，，求
出 和 ，从而可求出结果；
（2）先由题意获得，从而可得出结果.
【详解】解：（1）数据增补以下：
总和
均值
1
2
3
4
5
6
3.5
5.1
5.3
5.6
5.5
6.0
6.1
5.6
1
4
9
16
25
36
91
5.1
B.
C.
D. 4
【答案】D
【分析】
【剖析】
先由，，依据
的三个动点，即可列式求出结果
【详解】由于，
故，
又是双曲线
.
，
上的三个动点，
求出
坐标，再依据
，所以
是双曲线
，
上
所以
，
，
，
所以
，
即
，
即
又
；
，所以
应选D
【点睛】此题主要考察依据双曲线上点的坐标之间关系求参数问题，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.
福建省三明市
2019届高三数学
5月质量检查测试一试题
文（含分析）
一、选择题
.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的
.
1.已知 是虚数单位，则
（）
A.
B.
C.
D.
【答案】
B
【分析】
【剖析】
依据复数的乘法运算法例，直接计算，即可得出结果.
【详解】.
应选B
【点睛】此题主要考察复数的乘法，熟记运算法例即可，属于基础题型.
，
（2）
【分析】
【剖析】
（1）先由正弦定理，获得
，从而可得
，再由
，即可得出结果；
（2）先由余弦定理得
，
，再依据题中数据，可得
，从而可求出
，
获得
，从而可求出结果.
【详解】（1）由正弦定理得
，
所以
，
由于
，所以
，
即
，所以
，
又由于
，所以
，.
（2）在
和
中，由弦定理得
，
.
由于，，，，
又由于，即，
所以，
所以，
又由于，所以.
3
4
5
6
5.1
5.3
5.6
5.5
6.0
6.1
1
4
9
16
25
36
5.1
10.6
16.8
22
30
36.6
121.1
（2）若在2025年以前 品每千克的价钱（ 位：元）与年 量足的关系式
，且每年 品都能所有 售.在2013～2025年之 ，某市 品的
售在哪一年达到最大
.
附： 于一 数据
，
，⋯，
，其回 直
的斜率和截距的最小
的方程为
，
，
，
联立直线与椭圆方程，依据韦达定理、弦长公式以及点到直线的距离表示出
，再由图形
的对称性获得
，联合题中条件，即可求出结果.
【详解】（1）设点
，由已知
，
，
直线
与
的斜率之积为
，
即
，化简得
.
所以动点
的轨迹
的方程为
.
（2）依题意，直线
的斜率不为
0，
设直线
的方程为
，
，
，
由
，得
，
则
，
，
所以
，
又原点
到直线
得出结果；
（2）依据等体积法，由
，联合题中数据即可得出结果.
【详解】（1）由于
平面
，
平面
，所以
，
由于
，
是线段
的中点，所以
，
又
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，所以
.
取 上点 ，使得
，连结
，所以
且
，
所以四边形
为平行四边形，所以
，
所以直线
与平面
所成角的大小等于直线
与平面
所成角的大小，
又
平面
，
，所以
平面
，
所以
基本领件；知足“这两个球编号之差的绝对值为3”的基本领件有：，共2个基本领
件；
所以这两个球编号之差的绝对值为3的概率是.
应选B
【点睛】此题主要考察古典概型，列举法求基本领件的个数，熟记概率计算公式即可，属于基础题型.
6.已知实数知足拘束条件，则的最小值为（）
A.4B.5C.6D.9
【答案】A
【分析】
8.已知角
极点为坐标原点，始边与
轴的非负半轴重合，终边过点
.若角知足
，则
（）
A. -2
B.
C.
D.
【答案】
B
【分析】
【剖析】
先由角的终边过点，求出，再由两角和正切公式，以及
出结果.
【详解】由于角终边过点，所以，
又，
所以，即，解得.
，即可求
应选B的
【点睛】此题主要考察三角函数定义，以及两角和的正切公式，熟记定义与公式即可，属于基础题型.
所以，
所以，即，
又为正项数列，所以，
故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，
所以，
所以，
由于，所以.
应选D
【点睛】此题主要考察等差数列以及数列的乞降，熟记等差数列的通项以及裂项相消法乞降即可，属于常考题型.
11.我国古代数学家刘徽于公元263年在《九章算术注》中提出“割圆术”：割之弥细，所失
弥少，割之又割，以致于不行割，则与圆合体，而无所失矣.即经过圆内接正多边形细割圆，
2.已知会合
，
，则
（）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【分析】
【剖析】
先化简会合
【详解】由于
又
所以
应选D
，再与会合
，
.
求交集，即可得出结果
.
，
【点睛】此题主要考察会合的交集，熟记观点即可，属于基础题型.
3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）
A.
B.
C.
D.
，设
，
，则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【分析】
【剖析】
先由
化为
，再整理，由题中条件，即可得出结果.
【详解】由于在
中，点
在边
上，且
，
所以
，
即
，故
，
又
，
，所以
.
点睛】此题主要考察平面向量基本定理，熟记基本定理即可，属于基础题型.
5.箱子里有大小同样且编号为1，2，3，4，5的五个球，现随机拿出两个球，则这两个球编
9.设斜率为
的直线过抛物线
的焦点， 与 交于
两点，且
，则
（）
A.
B. 1
C. 2
D. 4
【答案】C
【分析】
【剖析】
先由题意，得直线方程为：
，设
，联立直线与抛物线方程，联合
弦长，列出等式，即可求出结果.
【详解】由于斜率为
的直线过抛物线
的焦点，所以直线方程为
，
设
，
由
得
，整理得：
，
所以
，所以
，
又
，所以
，解得.
10 6
16 8
22
30
36.6
121.1
则
，
，
即 对于 的线性回归方程为
（2）由于销售额
销售额
价钱，
所以
，
所以当
时，
获得最大值.
由回归直线方程
知，当
时，
，
而年份代码
8对应的年份为
.2020年，
所以在2013～2025年之间，某市该农产品的销售额
在2020年达到最大.
【点睛】此题主要考察线性回归方程，熟记最小二乘法求
号之差的绝对值为3的概率是（）