浙江省台州市2019届高三上学期期末质量评估数学试题(解析版)

台州市2019届高三年级期末质量评估试卷
数学 2019．01
本试题卷分选择题和非选择题两部分。

满分150分，考试时间120分钟。

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。

参考公式：
柱体的体积公式：其中表示柱体的底面积，表示柱体的高
锥体的体积公式：其中表示锥体的底面积，表示锥体的高
台体的体积公式：其中，分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高
球的表面积公式：球的体积公式：，其中表示球的半径
选择题部分
一、选择题。

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.设集合，N，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出后可得.
【详解】，故，选C.
【点睛】在集合的交并补的运算中，注意集合元素的属性，本题为基础题.
2.设复数满足，其中为虚数单位，则复数对应的点位于（）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】
利用复数的除法计算出后可得其对应的点所处的象限.
【详解】，该复数对应的点为，它在第四象限中.故选D.
【点睛】如果复数，那么它对应的复平面上的点为，复平面上的点与复数之间是一一对应的.
3.已知公差不为零的等差数列满足，为数列的前项和，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由可以得到等差数列的基本量的关系，再用基本量表示可得它们的比值.
【详解】设公差为，由得到，
整理得到，因，故，
，所以，故选A.
【点睛】等差数列或等比数列问题基本的处理策略有两类：（1）基本量方法，即把数学问题归结关于基本量或的关系式来处理；（2）利用等差数列或等比数列性质来处理，解题时需结合数列下标的特点或和式的特点来找合适的性质.
4.已知实数，满足，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用三角换元把转化为关于的函数关系后可得取值范围.
【详解】令，则，
因，故，当且仅当时取最大值，当时取最小值，故选D. 【点睛】二元等式条件下的二元函数的范围问题，应利用换元或消元的方法把二元函数变为一元函数，
再利用函数的手段计算函数的值域，注意尽量不要使用基本不等式，因为基本不等式往往只能求最大值或最小值.
5.设不为1的实数，，满足：，则 ( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据幂函数的单调性可以得到D是正确的.
【详解】因为底数与的大小关系不确定，故B错；同理，C也错.
取，则，从而，故A错，
因为为上的增函数，而，故，故D正确.
综上，选D.
【点睛】不同的对数或指数比较大小，可根据底数的形式构建合适的单调函数，如果底数不能统一，则需要找中间数，通过它传递大小关系.
6.在的展开式中常数项为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
，故可通过求展开式中的的系数来求常数项.
【详解】因为，故，
又的展开式中的系数为，故选A.
【点睛】三项展开式的指定项的系数，可以利用二项式定理的推导方法求出指定项的系数，也可以把三项代数式变形为两项代数式，再利用二项式定理求出指定项的系数.
7.一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球．当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，则（）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】
分别求出两个随机变量的分布列后求出它们的期望和方差可得它们的大小关系.
【详解】可能的取值为；可能的取值为，
，，，
故，.
，，
故，,
故，.故选B.
【点睛】离散型随机变量的分布列的计算，应先确定随机变量所有可能的取值，再利用排列组合知识求出随机变量每一种取值情况的概率，然后利用公式计算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回与无放回的区别.
8.设，为双曲线:的左右焦点，点为双曲线的一条渐近线上的点，记直线，，的斜率分别为，，．若关于轴对称的直线与垂直，且，，成等比数列，则双曲线的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
用直线的倾斜角的正切表示斜率，注意到的倾斜角的和为，故可得的倾斜角的正切值，从而得到双曲线的离心率.
【详解】设为渐近线上的点且在第一象限内，设直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为，
所以，即，
故，，故选B.
【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系．而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组．
9.已知函数，的最小值为，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
因为当时函数值为，所以函数的最小值为等价于在上恒成立，利用参变分离可以求得实数的取值范围．
【详解】因为的最小值为且时，
故恒成立，也就是，
当时，有；
当时，有，故，
所以选C．
【点睛】含参数的函数的最值问题可以转化为恒成立即：
（1）在上的最小值为等价于恒成立且存在，使得；
（2）在上的最大值为等价于恒成立且存在，使得．
10.如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，M为AB的中点，将△ADM沿DM翻折．在翻折过程中，当二面角A—BC—D的平面角最大时，其正切值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
取的中点，的中点为，则折叠后有平面，在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接，则为二面角的平面角，可用的三角函数表示的正切值，利用导数可求其最大值．
【详解】
取的中点，的中点为，因为为等腰三角形，
故，同理，，所以有平面．
因为平面，故平面平面．
在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接．
因为，平面，平面平面，故平面．
因为平面，故，
又，，故平面，
又平面，故，所以为二面角的平面角．
设，则，，
，
所以，其中．
令，则，令且，
当时，；当时，；
所以，故，故选B．
【点睛】二面角的平面角的大小或最值的计算，应先构造二面角的平面角，然后在可解的三角形（最好是直角三角形）中讨论该角．注意最值的计算可以通过目标函数的单调性讨论得到．
非选择题部分
二、填空题：本大题共7小题。

11.我国古代数学著作《九章算术》中记载：“今有邑方不知大小，各中开门．出北门三十步有木，出西门七百五十步有木．问邑方几何？”示意图如下图，正方形中，，分别为和的中点，若
，，，，且过点，则正方形的边长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
利用可得的关系，从而求得即得正方形的边长．
【详解】因为，，所以，
而，故，
所以，因为中点，所以，故，
所以=150即正方形的边长为300，填300 ．
【点睛】本题考查三角形相似，为基础题．
12.已知则____；不等式的解集为____．
【答案】(1). (2).
【解析】
【分析】
利用的解析式可得的大小，而不等式的解则可以通过分类讨论得到．
【详解】，
等价于或者，
解得或，故填．
【点睛】分段函数的处理方法可以通过刻画函数的图像，运用数形结合的思想方法求解问题，也可以通过分类讨论的方法求解，分类的方法是依据不同范围上的解析式的不同形式．
13.已知，满足条件则的最大值是_____，原点到点的距离的最小值是_____．
【答案】(1). (2).
【解析】
【分析】
画出不等式组对应的可行域，通过平移动直线求目标函数的最大值，而原点到点的距离的最小值就是原点到点的距离．
【详解】不等式组对应的可行域如下：
当动直线过时，有最大值，又，故的最大值为．
原点到的距离的最小值即为，故分别填、．
【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍，而则表示动点与
的连线的斜率.
14.小明口袋中有3张10元，3张20元（因纸币有编号认定每张纸币不同），现从中掏出纸币超过45元的方法有_______种；若小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出4张，刚好是50元的概率为_______.
【答案】(1). (2).
【解析】
【分析】
超出45元即为掏出纸币50元，60元，70元，80元，90元，用排列组合知识分别计算即可.如果掏出4张共计50元，则有3张10元，1张20元一种情况，用古典概型公式可求概率.
【详解】超出45元即为掏出纸币50元，60元，70元，80元，90元，
如果掏出纸币50元，则2张20元，1张10元，或3张10元，1张20元，共有；
如果掏出纸币60元，则2张20元，2张10元，或3张20元，共有；
如果掏出纸币70元，则3张20元，1张10元，或2张20元，3张10元，共有；
如果掏出纸币80元，则3张20元，2张10元，共有；
如果掏出纸币90元，则3张20元，3张10元，共有；
综上，共有种.
设“如果不放回的掏出4张，刚好是50元”为事件，则所有的基本事件的总数为，
中含有的基本事件的总数为，故.
所以分别填.
【点睛】此类问题为取球模型，通常运用排列组合的知识求不同种类的个数，注意计算时根据问题的特征合理分类或分步.同时还应注意是有放回还是无放回.古典概型的概率计算关键是确定基本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的个数，注意每个基本事件是等可能发生的.
15.已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为_______，其体积为____．
【答案】(1). (2).
【解析】
【分析】
根据三视图得到相应的几何体后可计算棱长之和和体积．
【详解】三视图对应的几何体如图所示：
该几何体是正方体中挖掉如图所示的棱台，
各棱长之和为，
其体积为，
故填，．
【点睛】本题考查三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．16.若函数在上有零点，则的最小值为____．
【答案】
【解析】
【分析】
设函数的零点为，利用消元后得到，配方后可得最小值．
【详解】设函数的零点为，则由得到，
所以，
，
当时，有最小值，故填．
【点睛】含多参数的函数的零点存在问题，一般地依据零点的个数分类讨论得到参数满足的不等式组，再由线性规划或非线性规划计算目标函数的最值或取值范围，也可以通过设零点，把目标函数转化新的函数，再用配方法或判别式或基本不等式求出最值．
17.设圆，圆半径都为1，且相外切，其切点为．点，分别在圆，圆上，则的最大值为____．
【答案】
【解析】
【分析】
以为原点，两圆圆心所在的直线为轴建立直角坐标系，利用圆的参数方程可设，，利用辅助角公式和配方法可以求得的最大值．
【详解】以为原点，两圆圆心所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系．
则，，
令，，
所以
所以，令，则
，
所以当时，有最大值，填．
【点睛】向量的数量积的计算，有四种途径：（1）利用定义求解，此时需要知道向量的模和向量的夹角；（2）利用坐标来求，把数量积的计算归结坐标的运算，必要时需建立直角坐标系；（3）利用基底向量来计算，也就是用基底向量来表示未知的向量，从而未知向量数量积的计算可归结为基底向量的数量积的计算；（4）靠边靠角，也就是利用向量的线性运算，把未知向量的数量积转化到题设中的角或边对应的向量
三、解答题。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

18.已知函数．
（Ⅰ）求函数的单调递增区间；
（Ⅱ）设△ABC中的内角，，所对的边分别为，，，若，且，求的取值范围．【答案】（Ⅰ）单调递增区间为，Z.（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用二倍角公式和辅助角公式可得函数，故可求得函数的递增区间.
（Ⅱ）由可得，利用余弦定理可以得到的关系式，再利用基本不等式可求的取值范围.
【详解】（Ⅰ）.
所以，解得，.
所以函数的单调递增区间为，.
（Ⅱ）因为，所以.所以.
又因为，所以，即.
而，所以，即.
又因为，所以．
【点睛】（Ⅰ）对于形如的函数，我们可将其化简为，其中
，．
形如的函数，可以利用降幂公式和辅助角公式将其化为
的形式，再根据复合函数的讨论方法求该函数的单调区间、对称轴方程和对称中心等．
（Ⅱ）解三角形中的范围问题，可以利用正弦定理把目标函数转为角的三角函数，也可以利用基本不等式及已知的等式关系求出相应的范围．
19.如图，四棱锥中，垂直平面，，，，为的中点.
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）见证明（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）可证平面，从而得到平面平面．
（Ⅱ）在平面内过作的垂线，垂足为，由（1）可知平面，从而就是所求的线面角，利用解直角三角形可得其正弦值．
【详解】（Ⅰ）证明:平面，平面，故．
又，所以．故，即，而，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（Ⅱ）平面，平面，故．又，所以．
在平面内，过点作，垂足为．
由（Ⅰ）知平面平面，平面，平面平面所以平面．由面积法得：即．
又点为的中点，．所以．
又点为的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等．
连结交于点，则．
所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，即．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
另解：如图，取的中点，如图建立坐标系．
因为，所以．所以有：
，，，，，
．
．，．
设平面的一个法量为，则
取，得，．即．
设直线与平面所成角为，则
．
【点睛】面面垂直的判定可由线面垂直得到，而线面垂直可通过线线垂直得到，注意面中两条直线是相交的．由面面垂直也可得到线面垂直，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.
20.在数列中，，，且对任意的N*，都有.
（Ⅰ）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，记数列的前项和为，若对任意的N*都有，求实数的取值范围. 【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）可变形为，故是等比数列.利用累加法可以求出的通项. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，用裂项相消法可求，求出的最小值后可得的
取值范围.
【详解】（Ⅰ）由可得．
又，，所以，故.
所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以.
所以.
（Ⅱ）因为.
所以
.
又因为对任意的都有，所以恒成立，
即,即当时，.
【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），而数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.
21.设点为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，，切点分别为，．
（Ⅰ）若点为，求直线的方程；
（Ⅱ）若点为圆上的点，记两切线，的斜率分别为，，求的取值范围．【答案】(Ⅰ）：.（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）可设直线方程为，直线方程为，联立直线方程和抛物线方程并消元得到关
于的方程，利用判别式为零得到的坐标后可得的直线方程.
（Ⅱ）设，则直线方程为，直线方程为.联立直线方程和抛物线方程并消元得到关于的方程，利用判别式为零得到满足的一元二次方程，利用韦达定理得到
与的关系，利用得到与的函数关系后得到的取值范围.
【详解】（Ⅰ）设直线方程为，直线方程为.
由可得.
因为与抛物线相切，所以，取，则，.
即. 同理可得.所以：.
（Ⅱ）设，则直线方程为，
直线方程为.
由可得.
因为直线与抛物线相切，所以.
同理可得,所以，时方程的两根.
所以，. 则.
又因为，则，
所以
.
【点睛】对于直线和抛物线相切.的问题，我们可以联立动直线和抛物线方程，利用判别式为0得到不同参数的关系，在这个关系的基础上化简目标代数式（通常化为一元函数），最后用函数的手段求最值或范围等.
22.设函数，R．
（Ⅰ）求函数在处的切线方程；
（Ⅱ）若对任意的实数，不等式恒成立，求实数的最大值；
（Ⅲ）设，若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，求实数的取值范围．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）-1（Ⅲ）见解析
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出函数在处的导数后可得切线方程．
（Ⅱ）参变分离后求函数的最小值可得的最大值．
（Ⅲ）因为，故无零根，参变分离后考虑的图像与直线总有两个不同的交点，从而得到实数的取值范围．
【详解】（Ⅰ），. 且，所以在处的切线方程为.
（Ⅱ）因为对任意的实数，不等式恒成立.所以恒成立.
设，则
，
所以在，单调递增，在，单调递减.
所以，
因为，是方程的两根.
所以
. （其中）
所以的最大值为.
（Ⅲ）若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，
当，得，与已知矛盾.
所以有两根，即与有两个交点
令，则.
令，，则在单调递减，单调递增，所以
.
（ⅰ）当时，即时，则，即在，单调递增，且当时，
的取值范围为；当时，的取值范围为.此时对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.
（ⅱ）当时，有两个非负根，，所以在，，单调递增，
单调递减，所以当时有4个交点，或有3个交点，均与题意不合，舍去.
（ⅲ）当时，则有两个异号的零点，，不妨设，则在，单调递增；在，单调递减.
当时，的取值范围为，
当时，的取值范围为，
所以当时，对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.
所以有，，得.
由，得，即.
所以，，.
故
.
所以.
所以当或时，原方程对任意实数均有且只有两个解.
【点睛】（1）对于曲线的切线问题，注意“在某点处的切线”和“过某点的切线”的差别，切线问题的核心是切点的横坐标；
（2）不等式的恒成立问题，应优先考虑参变分离的方法，把恒成立问题转化为函数的最值（或最值的范围）问题来处理，有时新函数的最值点（极值点）不易求得，可采用设而不求的思想方法，利用最值点（极值点）满足的等式化简函数的最值可以相应的最值范围．
（3）导数背景下零点个数问题，可转化为动直线与函数的图像的位置关系，用导数刻画函数图像时注意函数值的范围（防止忽视渐近线）．。