河北省承德市2019届高三上学期期末考试数学（文）试题 19页

承德市2018~2019学年高三第一学期期末考试数学试卷(文科)‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.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，，则的元素个数为（ ）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合B，从而求出A∩B，由此能求出A∩B中的元素的个数．‎ ‎【详解】，‎ ‎，的元素个数为4.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查交集中元素个数的求法，考查交集定义，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎2.（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的运算法则化简即可.‎ ‎【详解】. 故答案为B.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的乘方、减法运算，考查了学生的运算能力，属于基础题.‎ ‎3.若函数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的解析式由内到外逐层计算可得出的值.‎ ‎【详解】，，‎ 因此，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数值的计算，要根据自变量的取值选择合适的解析式进行计算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.设、满足约束条件，目标函数，则（ ）‎ A. 的最大值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组所表示的可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，利用数形结合思想得出最优解，把最优解的坐标代入目标函数可得答案.‎ ‎【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：‎ 联立，解得，得点.‎ 化目标函数的解析式得，‎ 平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最小，‎ 此时取最小值，即.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线的方法找出最优解，考查数形结合思想，属于中等题.‎ ‎5.已知函数与的部分图像如图所示，则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据最值分析出A的值，再根据周期分析出的值.‎ ‎【详解】因为A＞0,所以 由题得 故选B ‎【点睛】本题主要考查正弦函数余弦函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎6.已知单位向量的夹角为，且，若向量，则（ ）‎ A. 9 B. ‎10 ‎C. 3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由夹角正切值得余弦值，然后利用数量积公式得到，再利用向量模的公式计算即可得到答案.‎ 详解】向量夹角，由可得，‎ 向量为单位向量即,可得，‎ 则，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查向量的模的计算方法，属于基础题.‎ ‎7.函数f(x)=4x-lnx的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导函数，分别令导函数大于0和小于0求出的范围，即可求出函数的最小值 ．‎ ‎【详解】解：‎ 令得；令得 所以当时函数有最小值为 故选．‎ ‎【点睛】求函数的最值，一般利用函数的导函数的符号判断出函数的单调性，根据单调性求出函数的最值,属于基础题 ．‎ ‎8.设的内角、、的对边分别是、、，已知，‎ ‎，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结合正弦定理得出，再将代入可得出，即可计算出的值.‎ ‎【详解】，由边角互化思想可得.‎ ‎，即，‎ 所以，，，则，因此，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理边角互化思想求边的比值问题，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎9.高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 如图所示直观图连接，为中点．将直观图转换成两三棱锥，则体积．由直观图线面关系知．原直三棱柱的体积为．两体积比值为．故本题答案选．‎ 点睛：本题主要考查几何体的三视图.已知几何体的三视图,求组成此几何体的的实物图问题,进一步求几何体的表面积,体积等.一般都是结合正视图和侧视图在俯视图上操作,这是因为正视图反映了物体的长与高,侧视图反映了物体的宽与高,俯视图反映了物体的长与宽,但要注意组合体是由哪几个基本几何体生成的,并注意它们的生成方式,特别是它们的交线位置.‎ ‎10.已知实轴长为2的双曲线C：的左、右焦点分别为F1（﹣2，0），F2（2，0），点B为双曲线C虚轴上的一个端点，则△BF‎1F2的重心到双曲线C的渐近线的距离为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出a，b，c得到三角形的重心坐标，求出双曲线的渐近线方程，然后利用点到直线的距离求解即可．‎ ‎【详解】实轴长为2的双曲线C：的左、右焦点分别为F1（﹣2，‎ ‎0），F2（2，0），可得a＝，c＝2，则b＝，不妨B（0，），则△BF‎1F2的重心G，双曲线的渐近线方程为：y＝x的距离为：d＝．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎11.已知函数，若对任意，任意x∈R，不等式恒成立，则k的最大值为 A. B. ‎1 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简不等式可得，，根据不等式恒成立的转化关系可得，等价于，等价于，其中为关于的一次函数，故分别代入和即可求出k的最大值 ‎【详解】因为，所以，则不等式恒成立等价于，设，则，解得.答案选D.‎ ‎【点睛】本题考查不等式恒成立的转化，以及利用函数的单调性求参数最值，难点在于对不等式恒成立进行转化，属于难题.‎ ‎12.设为一个圆柱上底面的中心，为该圆柱下底面圆周上一点，这两个底面圆周上的每个点都在球的表面上.若两个底面的面积之和为，与底面所成角为，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆柱的两个底面圆周上的每个点都在球的表面上，可确定球心O，再根据已知条件，求出球的半径，即可得球的表面积.‎ ‎【详解】如图，设下底面的中心为O2，圆柱底面半径为r，高为h，‎ 则 ，解得 ，‎ 由 ，解得 ，‎ 根据题意，结合球和圆柱的几何性质，可知圆心在O1O2的中点上，‎ 球O的半径 ，‎ 故圆O的表面积为 .‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的外接球的表面积，解决这类问题，常用方法有：截面法，构造直角三角形法和补形法.本题应用了构造直角三角形法，关键是确定出球心的位置，求出球的半径.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡中的横线上 ‎13.偶函数满足当时，，则_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的值，再利用偶函数的定义可得出的值.‎ ‎【详解】由题意可得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求值，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎14.从编号为、、、的个产品中用系统抽样的方法抽取一个样本，已知样本编号从小到大依次为、、，则样本中最大的编号为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出样本间隔，然后将样本总容量除以间隔得出样本的组数，即可得出样本中最大的编号.‎ ‎【详解】样本间隔为，即样本共有个组，则最大的编号为，‎ 因此，样本的最大编号为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查系统抽样中样本编号的计算，解题时要熟悉系统抽样中编号的特点，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎15.若为锐角，则当取得最小值时，_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用，得到等号成立的条件，直接利用二倍角的正切公式计算即可.‎ ‎【详解】为锐角，，，当且仅当，即时，等号成立，此时，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了二倍角的正切公式，考查了基本不等式求最值时等号成立的条件，属于综合题.‎ ‎16.已知圆与直线交于、两点，过、分别作轴的垂线，且与轴分别交于、两点，若，则_____．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点、，则有、，可得出，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，结合可求出实数的值.‎ ‎【详解】设点、，由，‎ 消去，得，，‎ 解得.‎ 由韦达定理知，，，‎ 所以，‎ 整理得，解得或，满足.‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的综合问题，涉及弦长的计算，常用几何法（弦心距、弦长的一半、半径长满足勾股定理）以及代数法（将直线方程与圆的方程联立，利用韦达定理求解）来计算，考查计算能力，属于中等题.‎ 三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第17～21题为必考题每道试题考生都必须作答第22.23题为选考题，考生根据要求作答 ‎（一）必考题：共60分 ‎17.设为等差数列的前项和，，．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若、、成等比数列，求．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列的公差为，根据题意列出关于和的方程组，解出这两个量，然后利用等差数列的通项公式可求出数列的通项公式；‎ ‎（2）求出的表达式，利用、、成等比数列，求出的值，由此可计算出的值.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，‎ 为等差数列的前项和，，.‎ ‎∴，解得，，‎ ‎；‎ ‎（2）由（1）知．‎ ‎、、成等比数列，，即，解得，‎ 因此，．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式的计算，同时也考查了等差数列求和公式的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎18.在四棱锥中，平面平面，底面为矩形，，，，、分别为线段、上一点，且，.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）证明：平面，并求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出AM⊥AD，从而AM⊥平面ABCD，由此能证明AM⊥BD；（2）推导出CE＝ND，BC∥AD，EN∥AB，FN∥AM，从而平面ENF∥平面MAB，进而EF∥平面MAB，由VD﹣AEF＝VF﹣ADE，能求出三棱锥D﹣AEF的体积．‎ ‎【详解】（1）∵AM＝AD＝3，MD＝3，‎ ‎∴AM2+AD2＝MD2，∴AM⊥AD，‎ ‎∵平面MAD⊥平面ABCD，平面MAD∩平面ABCD＝AD，‎ ‎∴AM⊥平面ABCD，‎ 又BD⊂平面ABCD，∴AM⊥BD．‎ ‎（2）在棱AD上取一点N，使得ND＝1，‎ ‎∵CE＝1，∴CE＝ND，又BC∥AD，‎ ‎∴ECND，又AB∥CD，∴EN∥AB，‎ ‎∵＝，∴FN∥AM，‎ ‎∵FN∩EN＝N，∴平面ENF∥平面MAB，又EF⊂平面ENF，‎ ‎∴EF∥平面MAB，‎ ‎∵AM⊥平面ABCD，且FD＝MD，AM＝3，‎ ‎∴F到平面ABCD的距离d＝，‎ ‎∴VD﹣AEF＝VF﹣ADE＝＝1．‎ ‎【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎19.2018‎ 年中秋节到来之际，某超市为了解中秋节期间月饼的销售量，对其所在销售范围内的1000名消费者在中秋节期间的月饼购买量单位：进行了问卷调查，得到如下频率分布直方图：‎ 求频率分布直方图中a的值；‎ 以频率作为概率，试求消费者月饼购买量在的概率；‎ 已知该超市所在销售范围内有20万人，并且该超市每年的销售份额约占该市场总量的，请根据这1000名消费者的人均月饼购买量估计该超市应准备多少吨月饼恰好能满足市场需求频率分布直方图中同一组的数据用该组区间的中点值作代表？‎ ‎【答案】（1）；（2）0.62；（3）12.08吨 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由频率分布直方图列出方程能求出a．‎ ‎（2）由频率分布直方图先求出满足题意的频率，即得概率．‎ ‎（3）由频率分布直方图先求出人均月饼购买量，由此能求出该超市应准备1208吨月饼恰好能满足市场需求．‎ ‎【详解】由，解得．‎ 消费者月饼购买量在的频率为：‎ ‎，‎ 费者月饼购买量在的概率为．‎ 由频率分布直方图得人均月饼购买量为：‎ ‎，‎ ‎∴万克吨，‎ ‎∴该超市应准备吨月饼恰好能满足市场需求．‎ ‎【点睛】本题考查用样本的频率分布估计总体分布及识图的能力，求解的重点是对题设条件及直方图的理解，了解直方图中每个小矩形的面积的意义，是中档题．‎ ‎20.椭圆的左、右顶点分别为，，过点作直线交直线于点，交椭圆于另一点．‎ ‎（1）求该椭圆的离心率的取值范围；‎ ‎（2）若该椭圆的长轴长为，证明：（为坐标原点）．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先表示出离心率的表达式，结合m的范围可求；‎ ‎（2）根据椭圆的长轴长为可得椭圆的方程，求出的表达式，结合韦达定理可求.‎ ‎【详解】（1）解：， ‎ 又，，‎ ‎．‎ ‎（2）证明：椭圆的长轴长为，， ‎ 易知，，设，，‎ 则，， ‎ 直线的方程为，即， ‎ 代入椭圆方程，‎ 得． ‎ 由韦达定理得．‎ ‎，，‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆离心率的范围及椭圆中的定值的证明，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若函数在上单调递减，求的取值范围；‎ ‎（2）若过点可作曲线的三条切线，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数h(x)求导，由函数h(x)在区间上单调递减可得恒成立，列不等式组解出即可得到答案；（2）设切点坐标，写过点（a,b）的切线方程，过点可作三条切线转为方程有三个不等实根，构造函数判单调性根据函数的单调性和极值即可得到答案.‎ ‎【详解】（1）解：，‎ 依题可得：，即对恒成立.‎ 设，则，解得，所以.‎ ‎（2）证明：设过点与曲线相切的直线与曲线的切点为，‎ 因为，‎ 所以切线方程，‎ 代入点，得，整理得：，‎ 因为过点可作曲线三条切线，‎ 所以方程有三个不同根.‎ 令，‎ 则在，上单调递增，在上单调递减.‎ 因为方程有三个不同根，‎ 所以的图像与轴有三个交点，则 故.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数单调性以及利用导数研究方程根的个数问题.‎ ‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在极坐标系中,圆C的方程为,以极点为坐标原点,极轴为x轴正半轴建立直角坐标系xOy,直线l的参数方程为为参数．‎ 求圆C的直角坐标方程化为标准方程和直线l的极坐标方程；‎ 若l与圆C的一个交点为异于原点,l与直线的交点为Q,且求a的值．‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)消去中的参数,再根据极坐标中与的关系化简圆的方程即可. (2)利用极坐标中的几何意义可求得,再求得直线l与直线的交点坐标从而求得再求得,利用即可求得a的值.‎ ‎【详解】(1)由,得,易得直线l的极坐标方程为,‎ 由圆C的方程为，,‎ 易得,化简得圆C的直角坐标方程为 ‎(2)因为直线方程的极坐标方程为,代入得,则,又与直线的交点得,则,‎ 从而,解得．‎ ‎【点睛】本题主要考查了极坐标与参数方程和直角坐标间的互化,同时也考查了极坐标的几何意义,属于中等题型.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.设函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若，，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将代入函数的解析式，再将函数写成分段函数的形式，进而可求出不等式的解集；‎ ‎(2)由将原不等式进行转化，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 故不等式的解集为 ‎（2）∵‎ ‎∴‎ 则，解得 故的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查含绝对值不等式的解法，以及绝对值不等式的基本定理，熟记定理和灵活运用分类讨论的思想即可求解，属于常考题型.‎