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福建省三明市2019届高三5月质量检查测试数学(文)试题 Word版含解析

2019 年三明市普通高中毕业班质量检查测试

文科数学

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.已知 是虚数单位,则

()

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据复数的乘法运算法则,直接计算,即可得出结果.

【详解】

.

故选 B

【点睛】本题主要考查复数的乘法,熟记运算法则即可,属于基础题型.

2.已知集合



,则

()

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先化简集合 ,再与集合 求交集,即可得出结果.

【详解】因为







所以

.

故选 D

【点睛】本题主要考查集合的交集,熟记概念即可,属于基础题型.

3.如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗线画的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为 ()

-1-

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先由三视图确定该几何体为圆柱,由圆柱的体积公式,即可得出结果.

【详解】由几何体三视图可知:该几何体为圆柱,且圆柱的底面圆半径为 1,高为 2,

所以圆柱的体积为

.

故选 B

【点睛】本题主要考查几何体的三视图、以及圆柱的体积,熟记圆柱的体积公式即可,属于

基础题型.

4.在 A.

中,点 在边 上,且

,设



B.

,则 ( )

C.

D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先由

化为

【详解】因为在

所以

,再整理,由题中条件,即可得出结果.

中,点 在边 上,且







,故







,所以

.

点睛】本题主要考查平面向量基本定理,熟记基本定理即可,属于基础题型.

-2-

5.箱子里有大小相同且编号为 1,2,3,4,5 的五个球,现随机取出两个球,则这两个球编 号之差的绝对值为 3 的概率是( )

A.

B.

C.

D.

【答案】B 【解析】 【分析】 先由题意确定“从 5 个球中随机取出两个球”,所包含的基本事件个数;再列举出“两个球 编号之差的绝对值为 3”所包含的基本事件个数,基本事件个数之比即为所求概率.

【详解】由题意:“从编号为 1,2,3,4,5 的五个球中,随机取出两个球”共包含



基本事件;满足“这两个球编号之差的绝对值为 3”的基本事件有: , 共 2 个基本事 件;

所以这两个球编号之差的绝对值为 3 的概率是

.

故选 B 【点睛】本题主要考查古典概型,列举法求基本事件的个数,熟记概率计算公式即可,属于 基础题型.

6.已知实数 满足约束条件

,则

的最小值为( )

A. 4 【答案】A 【解析】 【分析】

B. 5

C. 6

D. 9

先由约束条件作出可行域,再将目标函数化为

,因此直线

在 轴截距

最小时, 取最小值,结合图像即可得出结果.

【详解】由约束条件

作出可行域如下:

-3-

由目标函数

可化为



因此直线

在 轴截距最小时, 取最小值,

由图像可知:当直线

过点 时, 最小;







所以

.

故选 A

【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题,由约束条件作出可行域,分析目标函数的几何

意义,结合图像即可求解,属于基础题型。

7.函数

的图像大致是( )

A.

B.

C.
【答案】C 【解析】

D.
-4-

【分析】

先由函数奇偶性的概念,判断出函数

为偶函数,排除 AB 选项,再由特殊值代

入,即可得出结果.

【详解】因为

的定义域为 ,





故函数

为偶函数,关于 轴对称,排除 AB 选项;

又当 时,

,排除 D.

故选 C

【点睛】本题主要考查函数图像,通常根据函数奇偶性以及特殊值法验证,属于常考题型.

8.已知角 顶点为坐标原点,始边与 轴的非负半轴重合,终边过点

,则

()

的 A. -2

B.

C.

【答案】B 【解析】 【分析】 先由角 的终边过点 出结果.

,求出 ,再由两角和的正切公式,以及

【详解】因为角 的终边过点

,所以







.若角 满足 D.
,即可求

所以

,即

,解得

.

故选 B 【点睛】本题主要考查三角函数定义,以及两角和的正切公式,熟记定义与公式即可,属于 基础题型.

9.设斜率为 的直线过抛物线 ()

的焦点,与 交于 两点,且

,则

-5-

A.

B. 1

【答案】C 【解析】 【分析】

先由题意,得直线方程为:

,设

弦长,列出等式,即可求出结果.

【详解】因为斜率为 的直线过抛物线









,整理得:

C. 2

D. 4

,联立直线与抛物线方程,结合

的焦点,所以直线方程为





所以

,因此





,所以

,解得 .

故选 C 【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系,根据弦长求参数的问题,熟记抛物线方程 以及抛物线的简单性质即可,属于常考题型.

10.已知正项数列 的前 项和为 ,且



,设数列

的前 项和为 ,则 的取值范围为( )

A.

B.

C.

D.

【答案】D 【解析】 【分析】

先由

,根据题意求出 ,再由裂项相消法求出 ,进而可得出结果.

【详解】因为



所以



因此

,即



-6-

又 为正项数列,所以



故数列 是以 1 为首项,1 为公差的等差数列,所以 ,

因此



所以



因为

,所以

.

故选 D 【点睛】本题主要考查等差数列以及数列的求和,熟记等差数列的通项以及裂项相消法求和 即可,属于常考题型.

11.我国古代数学家刘徽于公元 263 年在《九章算术注》中提出“割圆术”:割之弥细,所失 弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆合体,而无所失矣.即通过圆内接正多边形细割圆, 并使正多边形的面积无限接近圆的面积,进而来求得较为精确的圆周率.如果用圆的内接正 边形逼近圆,算得圆周率的近似值记为 ,那么用圆的内接正 边形逼近圆,算得圆周率的 近似值 可表示成( )

A.

B.

C.

D.

【答案】A 【解析】 【分析】 先令圆的半径为 1,求出其内接正 边形的面积,以及内接正 边形的面积,根据题意建立等 量关系,即可求出结果. 【详解】令圆的半径为 1,

则圆内接正 边形的面积为



圆内接正 边形的面积为



用圆的内接正 边形逼近圆,可得



用圆的内接正 边形逼近圆,可得



-7-

所以

.

故选 A 【点睛】本题主要考查圆周率的估计值,关键在于求出圆内接正多边形的面积,属于常考题 型.

12.已知 是双曲线

上的三个动点,且



,且

,则 的值为( )

A. -4

B.

C.

【答案】D 【解析】 【分析】

先由



,根据

求出 坐标,再根据

的三个动点,即可列式求出结果.

【详解】因为





,所以





又 是双曲线

上的三个动点,

( 为坐标原点).设 D. 4

是双曲线





所以







所以













,所以

故选 D

【点睛】本题主要考查根据双曲线上点的坐标之间关系求参数问题,熟记双曲线的简单性质

即可,属于常考题型.

-8-

二、填空题(将答案填在答题纸上)

13.已知函数

,则

________.

【答案】3

【解析】

【分析】

根据函数解析式,先计算出 ,进而即可得出

.

【详解】因为



所以



因此

.

故答案为 3

【点睛】本题主要考查分段函数的求值问题,由内向外逐步代入即可求解,属于常考题型.

14.在等比数列 中,



【答案】16

【解析】

【分析】

,则 __________.

先设等比数列 的公比为 ,由



求出 ,再由

即可得出结果.

【详解】设等比数列 的公比为 ,

因为





所以

,因此

.

故答案为 16 【点睛】本题主要考查等比数列的简单计算,熟记等比数列的通项公式以及等比数列的性质 即可,属于基础题型.

15.曲线 【答案】 【解析】 【分析】

在 处的切线与直线

平行,则实数 _______.

-9-

先对 结果.

求导,得到其在 处的切线斜率,再由题意,列出等量关系,进而可求出

【详解】因为

,所以

,因此其在 处的切线斜率为



又曲线

在 处的切线与直线

平行,

所以

,因此 .

故答案为 【点睛】本题主要考查导数的几何意义,熟记导数的几何意义即可,属于基础题型.

16.已知三棱锥

的外接球半径为 2, 平面 ,



,则该三棱锥体

积的最大值为_______.

【答案】

【解析】

【分析】

在长方体中作出三棱锥,先由题意可得

两两垂直,因此,三棱锥

的外接球,

即是以

为长宽高的长方体的外接球,设



,由题意得到 的关系

式,再根据三棱锥的体积公式即可求出结果.

【详解】由题意,在长方体中作出满足题意的三棱锥如图所示:

则,该三棱锥的外接球即是其所在长方体的外接球,故





,所以







,由

可得



所以该三棱锥的体积为

.

当且仅当

时,取最大值.

故答案为

- 10 -

【点睛】本题主要考查几何体外接球的相关计算,以及基本不等式的应用,熟记公式即可, 属于常考题型.

三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 的内角 所对的边分别是 ,且



.

(1)求 ;

(2)若 边上的中线

,求 的面积.

【答案】(1) , (2)

【解析】

【分析】

(1)先由正弦定理,得到

,进而可得

,再由

(2)先由余弦定理得



,再根据题中数据,可得

得到

,进而可求出结果.

【详解】(1)由正弦定理得



所以



因为

,所以





,所以



又因为

,所以 , .

(2)在 和 中,由余弦定理得



,即可得出结果;

,从而可求出



.

- 11 -

因为 , ,





又因为

,即



所以



所以



又因为

,所以

.

所以

的面积

.

【点睛】本题主要考查解三角形,灵活运用正弦定理和余弦定理即可,属于常考题型.

18.已知四棱锥





, 平面 ,



与平面 所成角的大小为 , 是线段 的中点.

,直线

(1)求证: 平面 ; (2)求点 到平面 的距离.

【答案】(1)见证明;(2)

【解析】

【分析】

(1)根据线面垂直的判断定理证明 平面 ,得到

;再证明

得出结果;

(2)根据等体积法,由

,结合题中数据即可得出结果.

【详解】(1)因为 平面 , 平面 ,所以



因为

, 是线段 的中点,所以





, 平面 , 平面 ,

所以 平面 ,

又 平面 ,所以

.

- 12 -

,进而可

取 上点 ,使得

,连接 ,所以





所以四边形 为平行四边形,所以



所以直线 与平面 所成角的大小等于直线 与平面

又 平面 ,

,所以 平面 ,

所以 为直线 与平面 所成的角,

所成角的大小,

所以

,所以



因为



,所以



所以







所以





所以

,所以



因为



平面 ,

所以 平面 .

(2)由(1)可知 平面 ,所以





,设点 到平面

距离为 ,

均为直角三角形,

则 化简得 所以点 到平面

,即



的,解得



的距离为 .

【点睛】本题主要考查线面垂直的判定以及点到平面距离,熟记判定定理以及等体积法求点 到面的距离即可,属于常考题型.
19.某市一农产品近六年的产量统计如下表:
- 13 -

年份

2013

年份代码

1

年产量 (千 5.1
吨)

2014 2 5.3

2015 3 5.6

2016 4 5.5

2017 5 6.0

2018 6 6.1

观察表中数据看出,可用线性回归模型拟合 与 的关系. (1)根据表中数据,将以下表格空白部分的数据填写完整,并建立 关于 的线性回归方程


总和

均值

1

2

3

4

5

6

5.1

5.3

5.6

5.5

6.0

6.1

1

4

9

16

25

36

5.1

10.6

16.8

22

30

36.6

121.1

(2)若在 2025 年之前该农产品每千克的价格 (单位:元)与年产量 满足的关系式为

,且每年该农产品都能全部销售.预测在 2013~2025 年之间,某市该农产品的销

售额 在哪一年达到最大.

附:对于一组数据



,…,

,其回归直线

的斜率和截距的最小

二乘估计分别为:



.

【答案】(1)见解析;(2)2020 年 【解析】 【分析】

- 14 -

(1)根据题中数据,先完善表格;再由



,求

出 和 ,进而可求出结果;

(2)先由题意得到

.【详解】解:(1)数据补充如下:

1

2

3

5.1

5.3

5.6

1

4

9

5.1

10 6

16.8



4

5

5.5

6.0

16

25

22

30



,进而可得出结果.

总和

均值

6

3.5

6.1

5.6

36

91

36.6

121.1



即 关于 的线性回归方程为

.

(2)因为销售额 销售额 价格,

所以



所以当

时, 取得最大值.

由回归直线方程

知,当 时,



而年份代码 8 对应的年份为 2020 年,

所以在 2013~2025 年之间,某市该农产品的销售额 在 2020 年达到最大.

【点睛】本题主要考查线性回归方程,熟记最小二乘法求 和 即可,属于常考题型.

- 15 -

20.已知动点 是

的顶点,



,直线 , 的斜率之积为 .

(1)求点 的轨迹 的方程; (2)设四边形 的顶点都在曲线 上,且

,直线 , 分别过点

,,

求四边形 的面积为 时,直线 的方程.

【答案】(1)

(2)

【解析】 【分析】

(1)先设点

,根据题意得到

,化简整理即可得出结果;

(2)先由题意可得,直线 的斜率不为 0,设直线 的方程为



联立直线与椭圆方程,根据韦达定理、弦长公式以及点到直线的距离表示出

的对称性得到

,结合题中条件,即可求出结果.

【详解】(1)设点

,由已知









,再由图形

直线 与 的斜率之积为 ,



,化简得

.

所以动点 的轨迹 的方程为

.

(2)依题意,直线 的斜率不为 0,

设直线 的方程为









,得









所以



又原点 到直线 的距离



所以 由图形的对称性可知,

, ,

- 16 -

所以



化简得

,解得

,即



所以直线 的方程为

,即

.

【点睛】本题主要考查椭圆方程以及直线与椭圆位置关系,熟记椭圆方程的求法以及椭圆的

简单性质即可,属于常考题型.

21.已知函数

有两个极值点 , .

(1)求 的取值范围;

(2)求证:

.

【答案】(1)

(2)见证明

【解析】

【分析】

(1)先对函数求导,讨论 与 两种情况,分别判断其单调性,结合题意,即可求出结

果;

(2)先由(1)不妨设

,且

,得到

,证明

转化为证明

,再令

,可将问题转化为证明



上恒成立,再令

值即可.

【详解】解:(1)因为

所以



,则



当 时,不成立;

, ,

当 时, ,令



,用导数的方法求其最大

所以

,当 时,

,当 时,



所以 在

上单调递增,在

上单调递减,

又因为

,当

时,

,当

时,



- 17 -

因此,当

时, 有 2 个极值点,

即 的取值范围为

.

(2)由(1)不妨设

,且



所以

,所以



要证明

,只要证明



即证明





,即要证明



上恒成立,







所以 在区间

上单调递减,

所以

,即

,即

.

【点睛】本题主要考查导数 应用,通常需要对函数求导,利用导数的方法研究函数的单调

性、最值等即可,属于常考题型.

的 22.选修 4-4:坐标系与参数方程

在平面直角坐标系 中,直线 的方程为

,圆 的参数方程为

数).以 为极点, 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,圆 的极坐标方程为

(1)求 的极坐标方程;

(2)设 与 , 异于原点的交点分别是 ,求

的面积.

【答案】(1)

(2)

【解析】

( 为参 .

【分析】

(1)先求出圆 的普通方程,然后再借助极坐标公式求出圆 的极坐标方程;

(2)直线 的极坐标方程,与两圆联立方程组得出 , ,进而求出





然后利用割补法求出

的面积.

【详解】(1)由

- 18 -





化为

.



.

因为



所以 的极坐标方程为

, .

(2)因为直线 的斜率为 ,即倾斜角为 ,

所以其极坐标方程为

.





.























.

由 的极坐标方程得

所以

因为 所以

的面积为

, ,
. , .

【点睛】本题考查了曲线的极坐标方程,极坐标方程与普通方程转化的公式为



在解决直线与圆相交的问题时,有时直接利用极坐标方程能优化运算过程,解题时应灵活应 用.

23.选修 4-5:不等式选讲
- 19 -

设函数

.

(1)求 的最小值及取得最小值时 的取值范围;

(2)若集合

,求实数 的取值范围.

【答案】(1)

,此时

(2)

【解析】

【分析】

(1)利用绝对值不等式公式进行求解;

(2)集合

表示



,令



根据几何意义可得

的图像恒在

图像上方,数形结合解决问题.

【详解】解(1)因为



当且仅当

,即

时,上式“ ”成立,

故函数

的最小值为 3,

且 取最小值时 的取值范围是

.

(2)因为



所以



.

函数

化为

.





其图像为过点

,斜率为 的一条直线.

如图,



.

则直线 的斜率

直线 的斜率

因为

,所以

所以 的范围为

.



.

,即



- 20 -

【点睛】本题考查了绝对值不等式问题与不等式恒成立问题,不等式恒成立问题往往可以借 助函数的图像来研究,数形结合可以将抽象的问题变得更为直观,解题时应灵活运用.
- 21 -

- 22 -


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