2018-2019学年福建省福州市高三（上）期末数学试卷（理科）

这是一份2018-2019学年福建省福州市高三（上）期末数学试卷（理科），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2018-2019学年福建省福州市高三（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，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．（5分）设集合，，则　　A．，， B． C． D．2．（5分）已知复数满足为虚数单位），则为　　A．2 B． C． D．13．（5分）曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为　　A．2 B． C． D．4．（5分）已知等差数列的前项和为，且，，则　　A．20 B．40 C．60 D．805．（5分）给出下列说法：①“”是“”的充分不必要条件；②定义在，上的偶函数的最大值为30；③命题“，”的否定形式是“，”．其中正确说法的个数为　　A．0 B．1 C．2 D．36．（5分）已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，则双曲线的离心率为　　A． B． C． D．7．（5分）秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入，的值分别为3，3，则输出的值为　　A．16 B．18 C．48 D．1438．（5分）某个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个侧面中，面积最大的侧面的面积为　　A． B．1 C． D．9．（5分）已知点是内部一点，且满足又，，则的面积为　　A． B．3 C．1 D．210．（5分）已知函数，将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变；再把所得图象向上平移1个单位长度，得到函数的图象，若，则的值可能为　　A． B． C． D．11．（5分）如图，函数的图象为两条射线，组成的折线，如果不等式的解集中有且仅有1个整数，那么实数的取值范围是　　A． B． C． D．12．（5分）已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是　　A． B． C． D．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知实数，满足条件，则的最大值为　　．14．（5分）已知函数，，，且（2），则　　．15．（5分）已知抛物线的焦点为，直线过且依次交抛物线及圆于点，，，四点，则的最小值为　　16．（5分）函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是　　．三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）如图，在中，是边的中点，，．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，求的面积．18．（12分）在数列中，，，设，（Ⅰ）求证数列是等差数列，并求通项公式；（Ⅱ）设，且数列的前项和，若，求使恒成立的的取值范围．19．（12分）如图，在三棱柱中，，，，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若是棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值．20．（12分）已知点在椭圆上，为坐标原点，直线的斜率与直线的斜率乘积为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）不经过点的直线且与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为（与点不重合），直线，与轴分别交于两点，，求证：．21．（12分）设函数．（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）当时，若函数与函数的图象总有两个交点，设两个交点的横坐标分别为，．①求的取值范围；②求证：．请考生在（22）、（23）二题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22．（10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为为参数，为的倾斜角），以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线，，，与曲线分别交于不同于极点的三点，，．（Ⅰ）若，求证：；（Ⅱ）当时，直线过、两点，求与的值．23．已知函数，．（Ⅰ）若对于任意，总有成立，求的值；（Ⅱ）若存在，使得成立，求的取值范围．
2018-2019学年福建省福州市高三（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，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.【解答】解：集合或，，则．故选：．【解答】解：由，得，，故选：．【解答】解：由题意得，则在点处的切线斜率，故切线方程为：，即，令得，；令得，，切线与坐标轴围成三角形的面积，故选：．【解答】解：等差数列中，，，，，则，故选：．【解答】解：根据题意得，①中由得，而时不能得”是“”的充分不必要条件正确；②中由为偶函数得，最大值为30正确；③命题“，”的否定形式是“， “与题中所给不同③不正确，故选：．【解答】解：因为圆，由此知道圆心，圆的半径为2，又因为双曲线的右焦点为圆的圆心，又双曲线的两条渐近线均和圆相切，而双曲线的渐近线方程为：，，即，所以双曲线的离心率为：．故选：．【解答】解：初始值，，程序运行过程如下表所示：，，，，不满足条件，跳出循环，输出的值为48．故选：．【解答】解：由三视图可知，该几何体是四棱锥，它的直观图如图所示；且平面，底面是直角梯形，四棱锥的高，梯形的边长，，，则，，，中，，，，，，该几何体的各侧面中，面积最大值为．故选：．【解答】解：由点是内部一点，且满足，得点是的重心，所以的面积：的面积，又，所以，，即，即，即：的面积为3，即为的面积1，故选：．【解答】解：函数，将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的倍，得的图象；再把所得图象向上平移1个单位，得函数的图象，若，则，；解得，；其中、是三角函数最高点的横坐标，的值为的整数倍，且．故选：．【解答】解：根据题意可知，不等式等价于，令，可得的大致图象，如图所示，又，（1），，要使不等式的解集中有且仅有1个整数，则，即取值范围是．故选：．【解答】解：若恒成立，即，，当时，，为关于的增函数；当时，，为关于的减函数．故函数的最大值为：，即，故选：．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大．由，解得，代入目标函数得．即目标函数的最大值为3．故答案为：3．【解答】解：根据题意，函数，则，则，即有（2），又由（2），则；故答案为：1【解答】解：，焦点，准线，由圆：，圆心，半径为1．由抛物线的定义得：，又，同理：当轴时，则，．当的斜率存在且不为0，设时，代入抛物线方程，得：，，，．当且仅当，即，时取等号，综上所述的最小值为13．故答案为：13．【解答】解：函数在区间上单调递增，在区间上恒成立在区间上恒成立即，令，所以问题转化为，，．当时，取到最大值，取到最大值．故答案为：三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）【解答】解：（Ⅰ）由，得，由，得，又，所以，，又，所以．（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知，在中，由正弦定理，得，所以，．因为是边的中点，所以，．故．解法二：由（Ⅰ）知，在中，由正弦定理，得，所以，．因为是边的中点，所以，，所以，．【解答】证法一：由条件知，，所以，，所以，又，所以，数列是首项为1，公差为1的等差数列，故数列的通项公式为：．证法二：由条件，得，又，所以，数列是首项为1，公差为1的等差数列，故数列的通项公式为：．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，，则，①②由①②得，，恒成立，等价于对任意恒成立．，．【解答】证明：（Ⅰ）在三棱柱中，，，又，平面，又平面，，，，，，，又，平面．解：（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知，直线，，两两互相垂直，如图，以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，1，，，0，，，2，，，，设平面的法向量，则，所以，，取，则，又，设直线与平面所成角为，则．直线平面所成角的正弦值．解法二：由（Ⅰ）知，直线，，两两互相垂直，以为原点，分别以、、所在直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，0，，，2，，，3，，，2，，，4，，，2，，，，设平面的法向量，则，所以，，取，则，又，设直线与平面所成角为，则．直线平面所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）由题意，，即①．又②．联立①①解得，椭圆的方程为：；（Ⅱ）设，，，，，，由，得，△，即，又，，，，，，要证明，可转化为证明直线，的斜率互为相反数，只需证明，即证明．，即．【解答】解：（Ⅰ）由已知得，，由，，令得：，令得，所以，当时，单调递增区间是；单调递减区间是．（Ⅱ）令，，①解法一：由得，；由得，，易知，为的极大值点，当时，；当时，．由题意，只需满足，的取值范围是：．解法二：，由得，；由得，易知，为极大值点．而在时取得极小值，由题意，只需满足，解得．②由题意知，，为函数的两个零点，由①知，不妨设，则，且函数在上单调递增，欲证，只需证明，而，所以，只需证明．令，则，，即所以，，即在上为增函数，所以，（2），成立，所以，．请考生在（22）、（23）二题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.【解答】解：（Ⅰ）证明：依题意，，，，，．（Ⅱ）当时，直线与圆的交点的极坐标为，直线与圆的交点点的极坐标为从而，、两点的直角坐标分别为：，直线的方程为：，所以，，．【解答】解：（Ⅰ）因为，，所以的图象关于对称，又的图象关于对称，所以，所以，．（Ⅱ），使得等价于，使得．等价于，设，则，所以，．当时，，，所以，；当时，，，所以，综上，．解法二：（Ⅰ），，即，或（舍所以，（Ⅱ）由得，而由题意知，只需满足，即即，．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/12/17 21:15:57；用户：18434650699；邮箱：18434650699；学号：19737267