天津市七校(杨村中学,宝坻一中,大港一中等)2019届高三上学期期中联考数学(文)试题(解析版)

2018～2019学年度第一学期期中七校联考
高三数学（文科）
温馨提示：使用答题卡的区，学生作答时请将答案写在答题卡上；不使用答题卡的区，学生作答时请将答案写在试卷上.
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘帖考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷（选择题，共40分）
注意事项：
1．选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
2．本卷共8小题，每小题5分，共40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.经过点与直线平行的直线方程是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设直线的方程为,代点（0,1）到直线方程得-1+a=0即得a的值，即得直线的方程.
【详解】设直线的方程为,代点（0,1）到直线方程得-1+a=0,所以a=1.
故直线方程为2x-y+1=0.故答案为：B
【点睛】本题主要考查直线方程的求法，考查平行直线的性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
2.设变量x, y满足约束条件则目标函数z = y－2x的最小值为（）
A. －7
B. －4
C. 1
D. 2
【答案】A
【解析】
画出原不等式组表示的平面区域如图所示阴影部分，
由题意知,当目标函数表示的直线经过点A(5，3)时，取得最小值，所以的最小值为，故选A.
【考点定位】本小题考查线性规划的基础知识，难度不大，线性规划知识在高考中一般以小题的形式出现，是高考的重点内容之一，几乎年年必考.
3.若，则下列结论正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
对每一个选项逐一判断得解.
【详解】因为＜＜0，所以b<a<0,
对于选项A,.所以选项A错误.
对于选项B,所以选项B错误.
对于选项C,∵＜＜0，∴1＞＞0，∴＞2，所以选项C正确.
对于选项D,=-a-b+a+b=0,所以，所以选项D错误.
故答案为：C
【点睛】本题考查了基本不等式,考查比较法比较实数的大小，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
4.已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是
A. 若，则∥
B. 若∥,，则
C. 若，，则
D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】
若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β或γ与β相交；若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α与β相交；若
m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α；若n⊥α，n⊥β，则由平面平行的判定定理知α∥β．
【详解】由m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，知：
若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β或γ与β相交，故A不正确；
若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α与β相交，故B不正确；
若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，故C不正确；
若n⊥α，n⊥β，则由平面平行的判定定理知α∥β，故D正确．
故答案为：D
【点睛】本题考查平面与平面、直线与平面的位置关系的判断，是基础题．解题时要注意空间思维能力的培养．
5.已知数列是等比数列，，则当时，
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据已知求出首项和公比，再利用等比数列的求和公式求解.
【详解】由题得
所以数列是一个以4为首项，以4为公比的等比数列，
所以.
故答案为：D
【点睛】本题主要考查等比数列的通项，考查等比数列的前n项和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
6.两圆和相交于两点，则线段的长为
A. 4
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出圆心和半径以及公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式，弦长公式，求得
公共弦的长．
【详解】∵两圆为x2+y2+4x﹣4y=0①，x2+y2+2x﹣8=0，②
①﹣②可得：x﹣2y+4=0．
∴两圆的公共弦所在直线的方程是x﹣2y+4=0，
∵x2+y2+4x﹣4y=0的圆心坐标为（﹣2，2），半径为2，
∴圆心到公共弦的距离为d=，
∴公共弦长=.
故答案为：C
【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，考查两圆的公共弦长的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
7.已知数列的各项均为正数，则数列的前15项和为
A. 3
B. 4
C. 127
D. 128
【答案】A
【解析】
【分析】
由题得是一个等差数列，求出，再求出，再利用裂项相消法求和.
【详解】由题得是一个以1为首项，以1为公差的等差数列，所以
，
所以，
所以数列的前15项和为.
故答案为：A
【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查等差数列的通项和裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
8.棱长为1的正方体中，为线段上的动点，则下列结论正确的有
①三棱锥的体积为定值；②；③的最大值为；④的最小值为2
A. ①②
B. ①②③
C. ③④
D. ①②④
【答案】A
【解析】
【分析】
①由A1B∥平面DCC1D1，可得线段A1B上的点M到平面DCC1D1的距离都为1，又△DCC1的面积为定值，即可得出三棱锥M﹣DCC1的体积为定值．
②由A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1，可得DC1⊥面A1BCD1，即可判断出正误．
③当0＜A1P＜时，利用余弦定理即可判断出∠APD1为钝角.
④将面AA1B与面A1BCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值，再利用余弦定理即可判
【详解】①A1B∥平面DCC1D1，∴线段A1B上的点M到平面DCC1D1的距离都为1，又△DCC1的面积为定值，因此三棱锥M﹣DCC1的体积V==为定值，故①正确．
②A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1，∴DC1⊥面A1BCD1，D1P⊂面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，故②正确．
③当0＜A1P＜时，在△AD1M中，利用余弦定理可得∠APD1为钝角，∴故③不正确；
④将面AA1B与面A1BCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值，
在△D1A1A中，∠D1A1A=135°，利用余弦定理解三角形得
AD1==＜2，故④不正确．
因此只有①②正确．
故答案为：A．
【点睛】本题考查了空间位置关系、线面平行于垂直的判断与性质定理、空间角与空间距
离，考查了
数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
第Ⅱ卷（非选择题，共110分）
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.
2．本卷共12小题，共110分.
二、填空题：本大题共有6小题，每小题5分，共30分.
9.已知两点，以线段为直径的圆的方程为________________.
【答案】
【解析】
【分析】
先求出圆心的坐标和半径,即得圆的方程.
【详解】由题得圆心的坐标为（1,0），|MN|=
所以圆的半径为所以圆的方程为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
10.在等差数列中，，则____________.
【答案】9
先由求出，再求出公差d,最后求.
【详解】因为，
因为，所以d=2.
所以.
故答案为：9
【点睛】本题主要考查等差数列的通项，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
11.一个几何体的正视图由2个全等的矩形组成，侧视图也是矩形，俯视图由两个全等的直角三角形组成，
数据如图所示，则该几何体的体积为____________.
【答案】12
【解析】
【分析】
先找到三视图对应的几何体原图，再求几何体的体积.
【详解】由三视图可知原几何体如图所示（两个全等的三棱柱），
所以几何体的体积为.
故答案为：12
【点睛】本题主要考查三视图找几何体原图，考查几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
12.已知数列的前项和为，且，则____________.
【答案】99
先利用项和公式求出的通项，再代入化简求解.
【详解】令n=1,所以
由题得，，（n≥2）
两式相减得
所以数列是一个以1为首项，以3为公比的等比数列，
所以
故答案为：99
【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查对数运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
13.已知，的最小值为_______________.
【答案】
【解析】
【分析】
先化简，再利用基本不等式求最小值.
【详解】由题得
.
当且仅当时取等.
故答案为：
【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.解题的关键是常量代换.
14.过点的直线与曲线交于两点，则直线的斜率的取值范围是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】
先画出方程对应的曲线，作出圆的切线AB,求出AB的斜率，求出AC的斜率，数形结合得到直线l的斜率的
范围.
【详解】由题得，它表示单位圆的上半部分（包含两个端点），曲线如图所示，
由题得
设直线AB的斜率为k,则直线的方程为y-2=k(x-1),即kx-y-k+2=0,
因为直线AB和圆相切，所以，
所以直线l的斜率范围为
故答案为：
【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.解题的关键是求出AC和AB的斜率.
三、解答题：本大题共6小题，共80分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15.已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，.
（Ⅰ）若，求的通项公式；
（Ⅱ）若，求.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）26
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先求得，再求的通项公式.（Ⅱ）由解得，再求.
【详解】（Ⅰ）设的公差为，的公比为，则解得（舍），∴的通项公式为 .
（Ⅱ）解得∴.
【点睛】本题主要考查等差数列等比数列的通项的求法，考查等差数列等比数列的前n项和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
16.如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且平面．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）当点在的什么位置时，使得∥平面，并加以证明.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先证明平面，再证明. （Ⅱ）当点是的中点时，有∥平面
先证明再证明平面.
【详解】（Ⅰ）证明：连结，∵为菱形∴
由已知，
∴
∵，
∴平面.
又∵平面,
∴
（Ⅱ）当点是的中点时，有∥平面
证明：设，连结
由已知可得四边形是平行四边形，
∴是的中点，
∵是的中点
∴
又平面，平面
∴平面
【点睛】本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理转化能力.
17.已知函数（为常数）.
（Ⅰ）当时，解不等式；
（Ⅱ）若，当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由题意得，再对b分类讨论得解. （Ⅱ）由题意不等式当时恒
成立。

当时，不等式对于恒成立,当时，在时恒成立,再利用基本不等式求右边函数的最大值得解.
【详解】（Ⅰ）由题意得
当时，即时，不等式解集为
当时，即时，不等式解集为
当时，解集为 .
（Ⅱ）由题意不等式当时恒成立。

当时，不等式对于恒成立
当时，
即在时恒成立 .
又
当且仅当时取等号
∴
综上，的取值范围是。

【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法和恒成立问题，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
18.已知圆的圆心在直线上，且过圆上一点的切线方程为.
（Ⅰ）求圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与圆交于另一点，以为直径的圆过原点，求直线的方程.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由题意，过点的直径所在直线方程为,再联立求得圆心坐标为,
再求得半径即得圆的方程.（Ⅱ）先求得直线方程为，由可得点坐标为
，再利用两点式写出直线l的方程.
【详解】（Ⅰ）由题意，过点的直径所在直线方程为
解得，∴圆心坐标为
半径
∴圆的方程为
（Ⅱ）∵以为直径的圆过原点，∴
又∴
∴直线方程为
由，可得点坐标为
∴直线方程为
即直线的方程为
【点睛】本题主要考查直线和圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
19.如图，在三棱锥中，，，侧面为等边三角形，侧棱，点为线段的中点.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先证明面，即证平面平面.（Ⅱ）设中点为，连结项证明是直线与平面所成的角，再求直线与平面所成角的正弦值．
【详解】解：（Ⅰ）
设中点为，连结，
∵为等边三角形，∴
又，∴
由已知，，
∴，
又为正三角形，且，∴.
∵，∴.
∴即
∴面
∴平面平面.
（Ⅱ）设中点为，连结
∵点为线段的中点，∴∥
由（Ⅰ）知平面.
∴平面
∴是直线与平面所成的角.
由（Ⅰ）与已知得，∴，
又，∴
又，
在中,
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】(1)本题主要考查线面垂直关系的证明，考查线面角的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理计算能力.（2）直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.
20.已知数列中，，且，，成等差数列.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）设，且数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由题意，，根据，，成等差数列求出，再根据
的通项公式. （Ⅱ）先求出，再利用错位相减求得，化简得对一切恒成立，再求的最小值得解.
【详解】（Ⅰ）由题意，
∴成等差数列
∴，解得（舍去），
∴，设，则
令，则，∴
令，则，∴
∴
（Ⅱ）
∴
∴
∴
∴对一切恒成立
∵为增函数，
∴，即的取值范围是
【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查错位相减求和和不等式的恒成立问题，考查数列的最值的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.。