2019届福建省厦门市高三第一学期期末质检数学(理)试题(解析版)

2019届福建省厦门市高三第一学期期末质检数学（理）试题
一、单选题
1．已知集合，，则（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意，求得集合，，再根据集合的交集运算，即可求解.
【详解】
由题意，集合，，
则，故选A.
【点睛】
本题主要考查了集合的交集运算问题，其中解答中正确求解集合M，再根据集合的交集运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
2．设，则“”是“直线与直线平行”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】试题分析：若，则直线与直线平行，充分性成立；若直线与直线平行，则或，必要性不成立．
【考点】充分必要性．
3．实数满足，则下列不等式成立的是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意，指数函数是定义域R上的单调递增函数，又由，得，即可求解.
【详解】
由题意，指数函数是定义域R上的单调递增函数，
又由，则，所以，故选B.
【点睛】
本题主要考查了指数函数的单调性的应用，其中解答中合理根据指数函数的单调性比较大小是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
4．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点
，则（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】利用三角函数的定义，确定角的值，再利用特殊角的三角函数，即可求解.【详解】
由题意，角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上一点，根据三角函数的定义可知，且，则，
所以，故选A.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的定义，以及三角函数的诱导公式的化简求值问题，其中解答中根据三角函数的定义和诱导公式，求得是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
5．已知函数f(x)=，则（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意，根据函数的解析式和对数的运算性质，代入求得，进而可求得结果.
【详解】
由题意，函数，则，
所以，故选B.
【点睛】
本题主要考查了分段函数的求值问题，以及对数的运算性质的应用，其中解答中利用分段函数的解析式和对数的运算性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
6．长江某地南北两岸平行，一艘游船从南岸码头出发航行到北岸，假设游船在静水中的航行速度的大小为，水流的速度的大小为.设和的夹角为（），北岸的点在的正北方向，游船正好到达处时，（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】用向量表示速度，根据向量的平行四边形法，即可求解，得到答案.
【详解】
设船的实际速度为，船速与河道南岸上游的夹角为，
如图所示，要使得游船正好得到处，
则，即，
又由，所以，故选D.
【点睛】
本题主要考查了平面向量在物理中的应用问题，其中解答中用向量表示速度，根据向量的平行四边形法及物理性质求解是解答本题的关键，着重考查了转化思想，以及数形结合思想的应用，属于基础题.
7．已知函数，若将其图象沿轴向右平移（）个单位，所得图象关于原点对称，则实数的最小值为（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，函数，将其图象沿轴向右平移个单位，可得，要使得函数的图象关于原点对称，则，即可求解得值，得到答案.
【详解】
由题意，函数，将其图象沿轴向右平移个单位，
可得，
要使得函数的图象关于原点对称，则，
则，即，
所以实数的最小值为，故选D.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换得到函数的解析式，以及合理应用三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
8．函数的图象大致为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由题意，可得函数为偶函数，图象关于y轴对称，根据且，，排除C、D，进而利用函数的导数和函数的极小值点，得到答案.
【详解】
由题意，函数，
满足，
所以函数为偶函数，图象关于y轴对称，
且，，排除C、D，
又由当时，，则，
则，即，
所以函数在之间有一个极小值点，故选A.
【点睛】
本题主要考查了函数图象的识别问题其中解答中熟练应用函数的奇偶性和单调性，以及利用导数研究函数的极值点，进而识别函数的图象上解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.
9．直线与双曲线：的一条渐近线平行，过抛物线：的焦点，交于两点，若，则的离心率为（）
A．2 B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，根据双曲线的渐近线方程，求得直线的方程为，联立方程组，
利用根与系数的关系，得到，再根据抛物线的定义得到弦长
，求得，即可求解双曲线的离心率.
【详解】
由题意，双曲线的一条渐近线的方程为，设直线的方程为
又由抛物线的焦点，则，即，
所以直线的方程为
设，联立，得，
所以，
根据抛物线的定义可知，即，即，
又由，所以，所以，故选C.
【点睛】
本题主要考查了双曲线的离心率的求解，其中解答中熟记双曲线的几何性质，以及抛物线的标准方程与几何性质和抛物线的焦点弦的性质的合理应用是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
10．在平面四边形中，面积是面积的2倍，数列满足，且
，则（）
A．31 B．33 C．63 D．65
【答案】B
【解析】设和交于点，根据题意，化简得，得到，再由
三点共线和平面向量的基本定理，求得，进而得出数列是以
为首项，以2为公比的等比数列，即可求解.
【详解】
设和交于点，和的高分别为，
∵的面积是面积的2倍，∴，
∴，即，
∴，
又，
由三点共线，设，
由平面向量基本定理得，
∴，即，
∴数列是以为首项，以2为公比的等比数列，
∴，即，
所以.
【点睛】
本题主要考查了平面向量的线性运算，以及平面向量的基本定理的应用，以及等比数列的定义域通项公式的求解，其中解答中根据平面向量的线性运算和平面向量的基本定理，化简得到数列是以为首项，以2为公比的等比数列是解答的关键.
二、填空题
11．已知复数满足，其中为虚数单位，则____．
【答案】
【解析】由题意，根据复数的除法运算，化简得，再利用复数的模的公式，即可求解.
【详解】
由题意，复数满足，则，
所以．
【点睛】
本题主要考查了复数的四则运算，以及复数模的运算，其中熟记复数的四则运算公式和复数的模的公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
12．《张丘建算经》卷上第22题有如下内容：今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈．其意思为：现有一善于织布的女子，从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，第1天织布5尺，现在一个月（按30天计算）共织布390尺，那么，该女子本月中旬（第11天到第20天）共织布____尺．
【答案】130
【解析】设从第2天起，每天从前一天多织布尺，由等差数列的求和公式，求解的值，由此利用数列的通项公式，即可求解第11天到第20天所织的布，得到答案.
【详解】
设从第2天起，每天从前一天多织布尺，
则，解得，
所以
.
【点睛】
本题主要考查了等差数列的实际应用问题，其中解答中认真审题，且熟记等差数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
13．某三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱外接球的表面积为___．
【答案】
【解析】根据给定的三视图可知，该几何体表示一个底面边长为2，侧棱长为的正三
棱柱，得底面正三角形的外接圆的半径为，根据球的性质，求得球的半径，再由球的表面积公式，即可求解.
【详解】
由题意，根据给定的三视图可知，该几何体表示一个底面边长为2，侧棱长为的正三棱柱，则底面正三角形的外接圆的半径为，
设外接球的半径为，则，
所以外接球的表面积为.
【点睛】
本题考查了几何体的三视图及球的表面积的计算，其中解答中，对于求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应表面积与体积公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
14．已知偶函数满足：当时，，若恰有三个零点，则的取值范围是_____
【答案】
【解析】由函数恰有三个零点等价于在恰有一个零点，转化为与
函数的图象恰有一个交点，解法一：由于，当的图象与
直线相切时，设切点为，求得，设，令，利用导数求得函数的单调区间和最值，即可求解；
解法二：由于，函数的图象与直线有一个公共点为，结合图象，即可求解.
【详解】
因为当时，，所以，又因为为偶函数，
所以恰有三个零点等价于在恰有一个零点，
令，得，所以与函数的图象恰有一个交点，因为函数与函数的图象关于对称，
解法一：由于，当的图象与直线相切时，设切点为，则
且，所以，，
设，则，设，则，
所以在单调递增，在单调递减，
又因为，所以，，
由图可知，的取值范围为.
解法二：如图，
由于，函数的图象与直线有一个公共点为，
当函数的图象与直线切于原点时，，，由图可知，的取值范围为.
【点睛】
本题主要考查了函数的零点问题，以及导数在函数中的综合应用问题，其中解答中把由
函数恰有三个零点等价于在恰有一个零点，转化为与函数
的图象恰有一个交点，利用函数性质或函数的图象的求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.三、解答题
15．在中，内角所对的边分别为，的面积为，已知.
（1）求角；
（2）若，求的取值范围．
【答案】(1) (2)
【解析】（1）由题意，利用三角形的面积公式和余弦定理，求得，再利用同角三角函数的基本关系式，即可求解.
（2）由正弦定理，化简得，再利用三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】
（1）∵，，
∴，
在中，由余弦定理得，
∴，
∴，
∵，
∴
（2）由正弦定理得
所以
因为，所以，
所以，即的取值范围为.
【点睛】
本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理解三角形问题，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中合理利用正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式化简是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
16．已知数列的前项和为，且.
（1）求证：是等比数列；
（2）数列满足，数列满足，求数列的前项和.
【答案】（1）见证明；（2）
【解析】（1）根据数列中与的关系化简得，进而得到，即可作出证明；
（2）由（1）求得，，得到，利用裂项法，即可求解数列的和.
【详解】
（1）当时，，∴，
当时，∵，①
②
由①─②得
∴，
∴（），
∵，
∴，
∴是首项为4，公比为2的等比数列.
（2）由（1）得，
∴，
∴，
∴
【点睛】
本题主要考查了数列的与的关系，以及等比数列的定义与通项公式和数列的“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记数列与的关系，利用利用等比数列的定义和通项公式是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
17．如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且
，.
（1）证明：平面；
（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）见证明；（2）
【解析】（1）由已知，在中，利用勾股定理，证得，又由线面垂直的性质，得到，再利用线面垂直的判定定理，即可证得平面
（2）以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
（1）证明：由已知，得，
在中，，
∴，即，
∵平面，平面，
∴，
又∵，平面，平面，
∴平面
（2）∵平面，
∴为直线与平面所成角，
∴，
∴，
在中，，
取的中点，连结，则，
∵平面，平面，
∴，
又∵，平面，平面，
∴平面，
以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，
设平面的法向量为，
则，取，解得，
又平面的法向量为，
∴.
∴二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查了立体几何中的线面垂直判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
18．已知圆：，点，动点在上，线段的垂直平分线与直线相交于点，的轨迹是曲线.
（1）求Q的方程；
（2）已知过点的直线与交于两点，是与轴正半轴的交点，设直线
的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】(1) (2)见证明
【解析】
（1）依题意，利用椭圆的定义，即可得点的轨迹为以为焦点，为长轴长的椭圆，进而可求解椭圆的标准方程；
（2）设直线，联立方程组，根据根与系数的关系求得和，再
根据，代入化简，即可得到为定值.
【详解】
（1）依题意，，则，
所以的轨迹为以为焦点，为长轴长的椭圆，
所以，，，
所以点的轨迹方程为.
（2）依题意得直线的斜率存在，设直线：，即，设，，
联立，
消去得，
所以，，，
因为是与轴正半轴的交点，所以，
所以
所以为定值，且定值为.
【点睛】
本题主要考查椭圆的定义及标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 19．已知函数（），若存在极大值点和极小值点．（1）求实数的取值范围；
（2）若，其实数的取值范围．
【答案】(1) (2)
【解析】（1）由题意，求得，分类讨论求得函数的单调区间，再利用函数极值的概念，即可求解；
（2）解法一：由（1）根据题意得对任意恒成立，转换为
，设，利用导数求得函数的单调区间和最值，即可得到结论；
解法二：由（1）根据题意得对任意恒成立，
设，利用导数分类讨论，求得函数的单调区间和最值，即可得到结论；
【详解】
（1）由得，
即，
①当时，当时，；当时，；
所以在单调递增，在单调递减，不存在极小值点，不合题意
②当时，令得，，，
因为，所以，
当时，；当时，；
当时，；
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，
所以存在极大值点和极小值点，符合题意；
综上，实数的取值范围为.
（2）由（1）知，且的极大值点为，极小值点为，
此时，，
依题意，得对任意恒成立，
由于此时，所以；
所以，即，
设，则，
令（）
①当时，，所以，在单调递增，
所以，即，符合题意；
②当时，，设（）的两根为，且，
则，因此，
则当时，，在单调递增，
所以当时，，即，
所以，矛盾，不合题意；
综上，的取值范围是.
解法二：（1）同解法一；
（2）由（1）知，且的极大值点为，极小值点为，此时，，
依题意，得对任意恒成立，
设，
则，
①当时，当时，，所以在单调递增，
以，所以在单调递减，所以，
即，不合题意；
②当时，当时，，所以在单调递减，
所以，所以在单调递增，、
所以，即，符合题意；
③当时，，所以在单调递减，
又因为，，
设，则当时，，
所以在单调递增，所以，即，
所以，即在恰有一个零点，
且当时，，在单调递减，
所以当时，，即，不合题意；
综上，的取值范围是.
【点睛】
本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
20．选修4-4：坐标系与参数方程选讲
在同一直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线变为曲线.以坐标原点
为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求和的直角坐标方程；
（2）过点作的垂线交于两点，点在轴上方，求．
【答案】（1）曲线的方程为,直线的直角坐标方程为
(2)-
【解析】(1)将代入得，即可得到曲线的方程；由，代入即可得到直线的直角坐标方程；
（2）由题意，得过点的垂线的参数方程为（为参数），代入曲线C的方程，根据参数的几何意义，即可求解.
【详解】
(1)将代入得，曲线的方程为
由得，
因为，代入上式得直线的直角坐标方程为
（2）因为直线的倾斜角为，所以其垂线的倾斜角为，
过点的垂线的参数方程为
，即（为参数）
代入曲线的方程整理得，
设两点对应的参数为（由题意知）
则，且，
所以.
【点睛】
本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，其中解中合理消参，以及合理利用直线参数方程几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
21．函数，其中，若的解集为。

（1）求的值；
（2）求证：对任意，存在，使得不等式成立.
【答案】(1)a=2 (2)见证明
【解析】（1）由题意知不满足题意，当时，由得，即可求解；
（2）由题意，对于任意实数，存在，使得，只需
，分类讨论求得，再利用基本不等式，即可求解；
【详解】
（1）由题意知不满足题意，
当时，由得，
则,则a=2
（2）设，
对于任意实数，存在，使得，
只需，
因为，当时，
由，仅当取等号
所以原命题成立.
【点睛】
本题主要考查了含绝对值不等式求解及应用，其中解答中把对于任意实数，存在，
使得，转换为是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.。