四川省棠湖中学2019届高三上学期期末考试数学(文)试题(解析版)

2018年秋四川省棠湖中学高三期末考试数学（文）试题第I卷（选择题）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1.设集合，Z为整数集，则中元素的个数是A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】试题分析：由题意，，故其中的元素个数为5，选C.考点：集合中交集的运算.2.设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为( )A. －15x4B. 15x4C. －20i x4D. 20i x4【答案】A【解析】试题分析：二项式的展开式的通项为，令，则，故展开式中含的项为，故选A.【考点】二项展开式，复数的运算【名师点睛】本题考查二项式定理及复数的运算，复数的概念及运算也是高考的热点，几乎是每年必考的内容，属于容易题.一般来说，掌握复数的基本概念及四则运算即可．二项式可以写为，则其通项为，则含的项为．3.为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点A. 向左平行移动个单位长度B. 向右平行移动个单位长度C. 向左平行移动个单位长度D. 向右平行移动个单位长度【答案】D【解析】试题分析：由题意，为得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，故选D.【考点】三角函数图象的平移【名师点睛】本题考查三角函数图象的平移，在函数的图象平移变换中要注意“”的影响，变换有两种顺序：一种的图象向左平移个单位得的图象，再把横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得的图象，另一种是把的图象横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得的图象，再向左平移个单位得的图象．4. 投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（）A. 0.648B. 0.432C. 0.36D. 0.312【答案】A【解析】试题分析：该同学通过测试的概率为，故选A．考点：次独立重复试验．5.定义在上的函数与函数在上具有相同的单调性，则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意知，函数在R上单调递减。

所以函数在上单调递减。

又，所以在上恒成立，即在上恒成立，而当时，。

所以。

故实数的取值范围是。

选D。

6.设四边形ABCD为平行四边形，，.若点M，N满足，，则（）A. 20B. 15C. 9D. 6【答案】C【解析】试题分析：不妨设该平行四边形为矩形，以为坐标原点建立平面直角坐标系，则，故.考点：向量运算.7.若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由题意结合诱导公式和二倍角公式整理计算即可求得最终结果.详解：由题意可知：，结合二倍角公式有：.本题选择D选项.点睛：本题主要考查诱导公式的应用，二倍角公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8.已知双曲线的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B 两点. 设A，B到双曲线同一条渐近线的距离分别为和，且，则双曲线的方程为( )A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意利用待定系数法求解双曲线方程即可.【详解】不妨设点A位于第一象限，易知，，渐近线方程为，结合题意有：，解得：，则双曲线的方程为.本题选择C选项.【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，待定系数法求解双曲线方程等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9.已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C【解析】分析：首先根据g（x）存在2个零点，得到方程有两个解，将其转化为有两个解，即直线与曲线有两个交点，根据题中所给的函数解析式，画出函数的图像（将去掉），再画出直线，并将其上下移动，从图中可以发现，当时，满足与曲线有两个交点，从而求得结果.详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.10.已知函数的定义域为.当时，；当时，；当时，.则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：当时,,所以当时,函数是周期为的周期函数,所以,又函数是奇函数,所以,故选D．考点：函数的周期性和奇偶性．11.正四面体的棱长为4，为棱的中点，过作此正四面体的外接球的截面，则该截面面积的最小值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】将四面体放置在正方体中，如图所示，可得正方体的外接球就是四面体的外接球，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为，可得外接球的半径满足，即，又为的中点，过作其外接球的截面，当截面到球心的距离最大时，此时截面圆的面积最小，此时球心到截面的距离等于正方体棱长的一半，可得截面圆的半径为，得到截面圆的面积的最小值为，故选A.12.函数，其中为自然对数的底数，若存在实数使成立，则实数的值为( )A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，可设g(x)=，可得=，g(x)有最小值g （-1）=-1，同时可得≥4，可得当且仅当x=a+In2=-1成立，可得a的值.【详解】解：由，可令g(x)=,=，故g(x)=在（-2，-1）上是减函数，（-1，）上是增函数，故当x=-1时，g(x)有最小值g（-1）=-1，而≥4，（当且仅当=，即x=a+In2时成立）；故f（x）≥3（当且仅当等号同时成立时，等式成立）；故x=a+In2=-1，即a=-In2-1.故选D.【点睛】本题主要考查的函数与方程的综合运用，其中函数的零点问题等价于方程的根的问题，函数图像的交点的问题，这三个方法可以相互转化.研究这类题目，要注意观察表达式的特点，这个题目中的右侧函数是对勾形式函数，求最值较为好求，需先分析题目特点再寻找解题方法.第II卷（非选择题）二．填空题.13.=______.【答案】【解析】【分析】由题意逆用二倍角公式求解三角函数式的值即可.【详解】由题意可得原式.【点睛】本题主要考查二倍角公式的应用，特殊角的三角函数值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14.设函数，若，则的值为____．【答案】3【解析】若a＞2，由f（a）=9，得2a+1=9，得a=3，若0＜a≤2，由f（a）=9，得log2a+4=9，得a=32，舍去．综上a=3，故答案为：3．15.若,满足约束条件则的最大值．【答案】【解析】作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A（1,3）与原点连线的斜率最大，故的最大值为3.考点：线性规划解法16.若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则．【答案】【解析】试题分析：对函数求导得，对求导得，设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则，由点在切线上得，由点在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.【考点】导数的几何意义【名师点睛】函数f （x）在点x0处的导数f ′（x0）的几何意义是曲线y＝f （x）在点P（x0，y0）处的切线的斜率．相应地，切线方程为y−y0＝f ′（x0）（x−x0）．注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P的切线的不同．三.解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（I）求角B的大小；（II）设a=2，c=3，求b和的值【答案】（Ⅰ）B=（Ⅱ）b，【解析】【分析】(Ⅰ)由题意结合正弦定理首先求得tanB的值，然后确定∠B的大小即可；(Ⅱ)由题意结合余弦定理和两角和差正余弦公式求解b和的值即可.【详解】（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得．又因为，可得B=．（Ⅱ）解在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有，故b=．由，可得．因为a<c，故．因此，所以，【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，两角和差正余弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18.为了解人们对于国家新颁布的“生育二胎放开”政策的热度，现在某市进行调查，随机调查了人，他们年龄的频数分布及支持“生育二胎”人数如下表：（1）由以上统计数据填下面2乘2列联表，并问是否有的把握认为45以岁为分界点对“生育二胎放开”政策的支持度有差异：（2）若对年龄在的被调查人中随机选取两人进行调查，恰好这两人都支持“生育二胎放开”的概率是多少？【答案】(1)见解析；（2）【解析】【分析】（1）建立2乘2列联表，利用公式求解，根据计算结果得出结论；(2)列举出基本事件后利用古典概型的概率公式求解.【详解】解：（1）2乘2列联表＜所以没有99%的把握认为以45岁为分界点对“生育二胎放开”政策的支持度有差异（2）年龄在中支持“生育二胎”的4人分别为，不支持“生育二胎”的人记为，则从年龄在的被调查人中随机选取两人所有可能的结果有：，。

记“恰好这两人都支持“生育二胎””为事件A，则事件A所有可能的结果有：，所以。

所以对年龄在的的被调查人中随机选取两人进行调查，恰好这两人都支持“生育二胎放开”的概率是.【点睛】本题考查独立性检验、古典概型的概率，考查应用数学知识解决实际问题的能力.19.如图，三棱柱的各棱长均为2，面，E，F分别为棱的中点．（Ⅰ）求证：直线BE∥平面；（Ⅱ）平面与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥的体积．【答案】(1)见解析;(2).【解析】试题分析：（1）取A1C1的中点G，由平几知识确定四边形BFGE是平行四边形．即得BE∥FG，再根据线面平行判定定理得结论，（2）由线面平行性质定理得AC∥FM，即得M为棱AB的中点．根据等体积法得，再根据锥体体积公式求体积.试题解析：（1）取A1C1的中点G，连接EG，FG，于是EG，又BF，所以BF EG．所以四边形BFGE是平行四边形．所以BE∥FG，而，所以直线BE∥平面．（2）M为棱AB的中点．理由如下：因为AC∥，，所以直线AC∥平面，又，所以AC∥FM．又F为棱的中点．所以M为棱AB的中点．三角形BFM的面积，所以三棱锥的体积．20.已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)求证：A为线段BM的中点．【答案】（1）抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x＝－；（2）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）代入点求得抛物线的方程，根据方程表示焦点坐标和准线方程；（Ⅱ）设直线l的方程为（），与抛物线方程联立，再由根与系数的关系，及直线ON的方程为，联立求得点的坐标为，再证明.试题解析：（Ⅰ）由抛物线C：过点P（1，1），得.所以抛物线C的方程为.抛物线C的焦点坐标为（，0），准线方程为.（Ⅱ）由题意，设直线l的方程为（），l与抛物线C的交点为，. 由，得.则，.因为点P的坐标为（1，1），所以直线OP的方程为，点A的坐标为.直线ON的方程为，点B的坐标为.因为，所以.故A为线段BM的中点.【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转化与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数的关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来即可，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.21.已知函数，其中为自然对数的底数．（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）设，证明：函数有两个零点，且．【答案】（1）见解析；（2）见证明【解析】【分析】(1)先求的导数，对参数a进行讨论，可得的单调性；(2) 由（Ⅰ）知当时，的单调性，可得在上有一个零点，同时在上有一个零点，可得，可得结论.【详解】解：（Ⅰ）①当时，当时，，故单调递增当时，，故单调递减∴在上单调递减，在上单调递增当时，，故在上单调递增当时，当时，，故单调递增当时，，故单调递减∴在上单调递减，在上单调递增∴综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增当时，，故在上单调递增当时，在上单调递减，在上单调递增（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，在上单调递减，在上单调递增∴至多有两个零点∵∴又∵∴由零点定理知，在上有一个零点又∵在上单调递减，在上单调递增∴当时，取最小值∵∴设则，故在上单调递增∴当时，∴∴由零点定理知，在上有一个零点∴有且仅有两个零点，且∴，即∴【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值与单调性、函数的零点判定定理，综合性大，需灵活运用所学知识求解.22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的方程为.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的直角坐标方程；（2）若与有且仅有三个公共点，求的方程.【答案】(1) .(2) .【解析】分析：(1)就根据，以及，将方程中的相关的量代换，求得直角坐标方程；(2)结合方程的形式，可以断定曲线是圆心为，半径为的圆，是过点且关于轴对称的两条射线，通过分析图形的特征，得到什么情况下会出现三个公共点，结合直线与圆的位置关系，得到k所满足的关系式，从而求得结果.详解：（1）由，得的直角坐标方程为．（2）由（1）知是圆心为，半径为的圆．由题设知，是过点且关于轴对称的两条射线．记轴右边的射线为，轴左边的射线为．由于在圆的外面，故与有且仅有三个公共点等价于与只有一个公共点且与有两个公共点，或与只有一个公共点且与有两个公共点．当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，所以，故或．经检验，当时，与没有公共点；当时，与只有一个公共点，与有两个公共点．当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，所以，故或．经检验，当时，与没有公共点；当时，与没有公共点．综上，所求的方程为．点睛：该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，涉及到的知识点有曲线的极坐标方程向平面直角坐标方程的转化以及有关曲线相交交点个数的问题，在解题的过程中，需要明确极坐标和平面直角坐标之间的转换关系，以及曲线相交交点个数结合图形，将其转化为直线与圆的位置关系所对应的需要满足的条件，从而求得结果.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数，M为不等式的解集.（Ⅰ）求M；（Ⅱ）证明：当a，b时，.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】试题分析：（I）先去掉绝对值，再分，和三种情况解不等式，即可得；（II）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当，时，．试题解析：（I）当时，由得解得；当时，；当时，由得解得.所以的解集.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，，从而，因此【考点】绝对值不等式，不等式的证明.【名师点睛】形如（或）型的不等式主要有两种解法：（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应的方程的根，将数轴分为，，（此处设）三个部分，在每个部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式进行求解，然后取各个不等式解集的并集．（2）图象法：作出函数和的图象，结合图象求解．。