安徽省亳州市2018届高三数学上学期期末考试质量检测试题 文（含解析）.doc

亳州市2017-2018学年度第一学期期末高三质量检测数学试卷（文）第卷一、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. 已知集合，则下图阴影部分表示的集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】，所以阴影部分为，故选C。2. 已知为虚数单位，复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】C【解析】，所以在第三象限，故选C。3. 在边长为2的正方形中随机取一点，则该点来自正方形的内切圆及其内部的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】，故选D。4. 平面向量满足，下列说法正确的是（ ）A. B.与同向C.与反向 D.与夹角为【答案】B【解析】，得，所以，则同向，故选B。5. 已知等比数列满足，则（ ）A. -48 B. 48 C. 48或-6 D. -48或6【答案】D【解析】由题意，得或1，当时，当时，故选D。6. 平面直角坐标系中，以轴的非负半轴为始边作角，其终边与单位圆交于点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由已知，故选B。7. 在三棱锥中，则点在平面的射影一定在（ ）A. 边的中线上 B. 边的高线上C. 边的中垂线上 D. 的平分线上【答案】C【解析】由可知，它们的投影长度相等，则点的投影是底面的外心，即在边的中垂线上，故选C。8. 执行如图的程序框图，若输出的，则图中处可填的条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】（1）；（2）；（3）；（4）；（5），所以添加条件为，故选C。9. 已知某五面体的三视图如图所示，其中正视图是等腰直角三角形，侧视图和俯视图均为直角梯形，则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】，故选A。10. 设为正实数，且满足，下列说法正确的是（ ）A. 的最大值为 B. 的最小值为2C. 的最小值为4 D. 的最大值为【答案】B【解析】，得，故选B。点睛：本题考查基本不等式的应用。求的最值，是基本不等式中的“1”的应用的题型，则；求的最值，是基本不等式的公式直接应用，得。11. 已知双曲线过点，过左焦点的直线与双曲线的左支交于两点，右焦点为，若，且，则的面积为（ ）A. 16 B. C. D. 【答案】A【解析】由题意，所以，设，则，所以是以为直角的等腰直角三角形，则，则，故选A。 点睛：本题考查双曲线的几何性质。本题中，由双曲线的几何性质，设，则，通过示意图我们可知是以为直角的等腰直角三角形，利用几何方法解题即可。12. 已知函数，若有三个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】，当时，令，则，所以在单调递减，且，所以在单调递增，单调递减，当时，令，则，所以在单调递增，且，所以在单调递减，单调递增，所以得到大致图象如下：由图知，若有三个零点，则，且，得取值范围是，故选A。点睛：本题考查导数的应用。在含参的零点个数问题中，我们常用方法是分参，利用数形结合的方法，转化为两函数图象的交点个数问题。具体函数通过求导，判断单调性，得到函数的大致图象，解得答案。第卷二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知实数满足不等式组，则的最小值为_【答案】1【解析】由图可知，过点时，的最小值为1.14. 与双曲线共焦点，且经过点的椭圆的标准方程为_【答案】【解析】，且，所以，所以椭圆方程为。15. 若函数是偶函数，则_【答案】【解析】由题可知，有，则，得。16. 已知正项数列的前项和为，且为和的等差中项，则 _【答案】【解析】，则由公式可知，又，得，则。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. 在中，内角所对的边为，满足.（1）求；（2）若，求的面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由正弦定理得 ，解得；（2）由余弦定理和基本不等式得，所以面积的最大值为。试题解析：（1）由正弦定理和可得： 因为为三角形内角，故，（2）由条件，故，即，故的面积的最大值为.点睛：本题考查解三角形。本题中由条件可知，首先利用正弦定理边化角，得到角C。求面积的最值一般的，利用余弦定理得到边的关系，再利用基本不等式解决最值问题。也可以利用正弦定理转化为角进行求解最值。18. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，.（1）求证：；（2）若平面平面直线，求证：直线.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）由题证明，所以平面，故；（2）平面，又因为平面，平面平面，所以.试题解析：（1）证明：取线段的中点，连接在直角梯形中，由条件易得，又因为，为中点，所以，因为平面，且所以平面，故（2）解：由条件可知在梯形中，平面，平面，所以平面又因为平面，平面平面所以.19. 某企业准备推出一种花卉植物用于美化城市环境，为评估花卉的生长水平，现对该花卉植株的高度（单位：厘米）进行抽查，所得数据分组为，据此制作的频率分布直方图如图所示.（1）求出直方图中的值；（2）利用直方图估算花卉植株高度的中位数；（3）若样本容量为32，现准备从高度在的植株中继续抽取2颗做进一步调查，求抽取植株来自同一组的概率.【答案】（1）0.0625（2）26（3） 【解析】试题分析：（1）；（2）中位数估计为：；（3）高度在的植株个数为，高度在的植株个数为2，可计算基本事件总数为：28，植株来自同一组有基本事件，故所求概率为。试题解析：（1）由条件，；（2）由于，故中位数估计为：；（3）由样本容量为32可知，高度在的植株个数为：，高度在的植株个数为2，可计算基本事件总数为：28，植株来自同一组有基本事件，故所求概率为.20. 已知抛物线的焦点为，点满足.（1）求抛物线的方程；（2）过点的直线交抛物线于点，当时，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）利用抛物线的几何定义，得；（2）设，联立，当时，得，即直线。试题解析：（1）由条件易知在抛物线上，故，即抛物线的方程为；（2）易知直线斜率必存在，设，联立得即，由得，且，由得，即直线.21. 已知函数，其中为自然对数的底数.（1）求证：当时，对任意都有；（2）若函数有两个极值点，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析（2）.试题解析：（1）当时，当时，显然成立；当时，；令，则，可得，减；，增；故时，综上，任意都有，得证.（2）函数定义域为，令，若有两个极值点，则有两个变号零点，且，当时，在上恒成立，函数在上单增，至多有一个零点，此时不存在两个极值点；当时，令，可得，且，即函数在单减，在单增，若条件成立，则必有 ，此时，下证：时，函数有两个零点由于，故，即在有唯一零点，记为；易得时，且 ，令，则，由（1）可得大于0恒成立，从而，即，故在有唯一零点，记为，从而，；，；，综上，函数有两个极值点时，.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为（为参数，）.（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若曲线上的动点到直线的最大距离为，求的值.【答案】（1），直线的普通方程为：（2）【解析】试题分析：（1）因为，故可得曲线，直线的普通方程为：；（2）由点到直线的距离公式可得： ，.试题解析：（1）由得，因为，故可得曲线，由消去参数可得直线的普通方程为：；（2）由（1）可得曲线的参数方程为：（为参数），由点到直线的距离公式可得： 据条件可知，由于，分如下情况：时，由得；时，由得；综上，.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数，其中为实数.（1）当时，解不等式；（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1），解得解集是；（2）去绝对值分类得。试题解析：（1）时，故，即不等式的解集是；（2）时， ，当时，显然满足条件，此时为任意值；当时，；当时，可得或，求得；综上，.点睛：本题考查绝对值不等式问题。解绝对值不等式的基本思想是去绝对值，得到分段函数，再分别解不等式即可。绝对值问题的核心就是去绝对值。