吉林省辽源市田家炳高级中学(第六十六届友好学校)2019届高三上学期期末考试数学(文)试题+Word版含解析

友好学校第六十六届期末联考
高三数学（文科）
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1.已知集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：解得，又，则，则，故选A.
考点：一元二次不等式的解法，集合中交集运算.
2.以为准线的抛物线的标准方程为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
确定抛物线的开口及的值即可得解.
【详解】易知以为准线的抛物线焦点在x轴的负半轴上，且，开口向右，
所以.
故选D.
【点睛】本题主要考查了抛物线的方程的求解，属于基础题.
3.已知a为函数f（x）=x3–12x的极小值点，则a=
A. –4
B. –2
C. 4
D. 2
【答案】D
【解析】
试题分析：，令得或，易得在上单调递减，
在上单调递增，故的极小值点为2，即，故选D.
【考点】函数的导数与极值点
【名师点睛】本题考查函数的极值点．在可导函数中，函数的极值点是方程的解，但是
极大值点还是极小值点，需要通过这个点两边的导数的正负性来判断，在附近，如果时，
，时，则是极小值点，如果时，，时，，则是极大值点.
4.记为等差数列的前项和,若, 则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
由题意可得：，
由等差数列的性质可得：，
该数列的公差：，故.
本题选择B选项.
5.若两个单位向量,的夹角为120°,则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由根据条件求解即可.
【详解】由两个单位向量,的夹角为120°,可得.
所以.
故选C.
【点睛】本题主要考查了利用数量积求向量的模长，属于基础题.
6.已知变量x，y满足约束条件，则的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先作出x，y满足的可行域，然后平移直线，当直线经过点A（3，0）时取得最大值，求出即可。

【详解】作出变量x，y满足的可行域，如下图阴影部分，
平移直线，当直线经过点A（3，0）时，取得最大值，
所以的最大值为3.
故选A.
【点睛】本题考查了线性规划问题，属于基础题。

7.已知表示两条不同直线, 表示平面, 下列说法正确的是( )
A. 若则
B. 若则
C. 若则
D. 若则
【答案】B
【解析】
试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.
考点：空间点线面位置关系．
【此处有视频，请去附件查看】
8.已知函数，则
A. 是奇函数，且在R上是增函数
B. 是偶函数，且在R上是增函数
C. 是奇函数，且在R上是减函数
D. 是偶函数，且在R上是减函数
【答案】A
【解析】
分析：讨论函数的性质，可得答案.
详解：函数的定义域为，且即
函数是奇函数，
又在都是单调递增函数，故函数在R上是增函数。

故选A.
点睛：本题考查函数的奇偶性单调性，属基础题.
9.若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
圆的半径，弦长的一半为1，以及圆心到渐近线的距离为，三者满足，解出ab的关系即可求出离心率。

【详解】圆的圆心为（2，0），半径，
双曲线的渐近线为，即，
则圆心（2，0）到直线的距离为
解得，则离心率.
故答案为C.
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，及双曲线的性质，属于基础题。

10.已知一个棱长为2的正方体被两个平面所截得的几何体的三视图如图所示, 则该几何体外接球的表面积是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先通过三视图还原该几何体，然后求出该几何体外接球的半径，进而求出该几何体外接球的表面积。

【详解】由题意可知该几何体(如下图)是正方体被平面和平面截去三棱锥
和三棱锥所剩下的部分，它的外接球和该正方体的外接球一样，设外接球半径为，则
，解得，所以该几何体外接球的表面积为.
故选D.
【点睛】本题考查了空间几何体的三视图及外接球问题，属于中档题。

11.在中，若，则的形状一定是（）
A. 等边三角形
B. 不含60°的等腰三角形
C. 直角三角形
D. 钝角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】
结合三角形的性质，对等式进行恒等变换，可以得到，进而求出角是直角，即可选出答案。

【详解】由题意知，，，
所以题中等式可转化为：，
即，
则，
故，
所以角为直角，
即的形状一定是直角三角形。

故答案为C.
【点睛】本题考查了三角形的性质，及三角恒等变换，属于基础题。

12.已知函数在定义域内可导,若且,记,则
的大小关系是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由可以得到函数图象的对称轴，由,可以得到函数的单调性，进而
可以比较的大小关系。

【详解】由得函数的图象关于对称，
则，，
又因为，
所以当时，，此时函数为单调递增函数；
所以>，即.
故答案为D.
【点睛】本题考查了函数的对称性及单调性，属于基础题。

第II卷
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.曲线恒过定点______.
【答案】(4,3)
【解析】
【分析】
由即可得解.
【详解】由，
知曲线恒过定点(4,3).
故答案为：(4,3).
【点睛】本题主要考查了对数型函数恒过定点问题，属于基础题.
14.曲线在点处的切线方程是__________．
【答案】
【解析】
，
故切线方程为，即
15.若n是2和8的等比中项，则圆锥曲线的离心率是________．
【答案】或
【解析】
【分析】
根据等比中项的概念求出n值，然后分别利用椭圆、双曲线的性质求解离心率.
【详解】由n是2和8的等比中项，得，解得n=，
当n=4时，圆锥曲线是焦点在y轴上的椭圆，离心率为，
当n= -4时，圆锥曲线是焦点在x轴上的双曲线，离心率为
故填：或.
【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程，考查了圆锥曲线的离心率的求法，涉及了等比中项的概念，考查了计算能力. 解题的关键是正确运用离心率公式.
16.在正方体中, 分别为棱,的中点,则直线与所成角的余弦值为_______
【答案】
【解析】
【分析】
找出直线的平行线，就等于直线与所成的角，求出即可。

【详解】如图，取的中点为，连结，则易知，所以与直线与所成的
角相等，设正方体的棱长为2，则，，连结，则
，，则.
【点睛】本题考查了异面直线的夹角，属于基础题。

三、解答题（本大题共6小题，共70分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

）
17.的内角所对的边分别为，向量与平行．（1）求；
（2）若，求的面积．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由两向量平行的坐标运算列出三角形边角关系的等式，再由正弦定理化边为角，
可求得角A；（Ⅱ）由余弦定理（选用角A的等式），求出边，再选用公式可得三角形面积．
试题解析：(I)因为，所以
由正弦定理，得，
又，从而，由于所以．
(II)解法一：由余弦定理，得，而，，
得，即
因为，所以，故面积为．
考点：向量平行的坐标运算，正弦定理，余弦定理，三角形面积．
【此处有视频，请去附件查看】
18.已知数列是等比数列，,是和的等差中项,
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）将已知条件转化为首项和公比表示，通过解方程得到基本量，从而确定通项为
；（Ⅱ）由数列的通项公式得数列的通项，结合特点采用错位相减法求和
试题解析：（Ⅰ）设数列的公比为，
因为，所以，． 1分
因为是和的等差中项，所以． 2分
即，化简得．
因为公比，所以． 4分
所以（）． 5分
（Ⅱ）因为，所以．
所以． 7分
则，①
．② 9分
①－②得，
10分
，
所以． 12分
考点：数列求通项与求和
19.已知函数
（1）求函数的最小正周期；
（2）若,求函数的值域.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）对函数进行化简，然后利用公式，可求出最小正周期；（2）先求出函数的单调性，然后即可求出值域。

【详解】（1）
，
所以最小正周期为，
（2）由（1）知
又因为，在区间上是减函数，在上是增函数，
又，，，
所以函数的值域为.
【点睛】本题考查了三角恒等变换及三角函数的单调性，属于中档题。

20.如图，在四面体中，，，点分别是的中点.
（1）求证：直线平面
（2）求证: 平面平面
（3）若平面平面且求三棱锥的体积
【答案】（1）见解析；（2）见解析. （3）
【解析】
试题分析：（1）利用中位线的性质可得到AD即可证明;（2）由题意可知，只需证明BD平面
EFC,即可证明平面面；（3）由题意可知，是正三角形，因此可将看成
是底面来求三棱锥的体积，由前面可知AD是以为底面时三棱锥的高，分别计算出来代入体积公式即可求解。

试题解析：
（1）EF是的中位线,所以
又
（2）
（3）因为面面，且
所以,由和得是正三角形
所以
考点：1.直线与平面平行的判定及性质；2.平面与平面垂直的判定及性质；3.三棱锥体积的求解
21.已知椭圆,左右焦点分别为,且，点在该椭圆上. （1）求椭圆C的方程；
（2）过的直线与椭圆C相交于两点，若的面积为, 求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由可以求出，将点代入椭圆方程可以解出与的值，即可得出答案；（2）
当直线与轴垂直时，可以求出两点的坐标，即可求出的面积，经计算不符合题意；当
直线与轴不垂直时，设出直线方程，与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，利用弦长公
式可以表示出，利用点到直线的距离公式可以表示出到直线的距离，进而得到的面积
表达式，求得的值即可得到直线的方程。

【详解】（1）因为所以，
又点在该椭圆上，所以，
又，
解得，，
所以椭圆C的方程为.
（2）①当直线与轴垂直时，可得，
的面积为3，不符合题意。

②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，
代入椭圆的方程得，
显然成立，设
则，，
所以，
用点到直线距离公式可得到直线的距离，
所以的面积，
化简得解得，
因此直线的方程为或.
【点睛】处理涉及直线和圆锥曲线交点问题时，一般设出交点坐标，但不求交点坐标，而是用韦达
定理作整体运算（把或看作一个整体）。

22.已知函数其中为常数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数在区间上为单调函数, 求的取值范围.
【答案】（1）递增区间，递减区间；（2）.
【解析】
【分析】
（1）将代入函数表达式，然后对函数求导，利用导函数的性质即可求出的单调区间；（2）
函数在区间上为单调函数，可以得到导函数在区间上满足或,然后求出的取值范围即可。

【详解】（1）若时，，定义域为，
则，
当，，函数单调递增，
当，，函数单调递减。

（2），
若函数在区间上是单调函数，
即在上或恒成立，
即或在上恒成立，
即或在上恒成立，
令，因函数在上单调递增，
所以或，
即或解得或或，
故的取值范围是.
【点睛】（1）若函数在区间（a，b）内单调递增，则，若函数在（a，b）内单调递
减，则.
（2）或恒成立，求参数值的范围的方法：
①分离参数法：或.
②若不能分离参数，就是求含参函数的最小值，使；或是求含参函数的最大
值，使得.。