天津市七校2019屆高三上學期期末考試數學（文）試卷 含解析

1、20182019學年度第一學期期末七校聯考高三數學（文科）注意事項：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上3本試卷分為第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試時間120分鐘第I卷（選擇題，共40分）一、選擇題（本題共8個小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）1.設全集，集合，則（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出集合，然后再求出集合的補集，然后再根據集合的交集運算即可求出結果.【詳解】由于，所以，所以，故選D.【點睛】本題主要考查集合的補集、交集運算，熟練掌握補集、交集

2、的運算公式是解決問題的關鍵.2.設，則“”是“”的（ ）A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】首先解出不等式，和，然后再根據充分必要條件的定義即可求出結果.【詳解】由，得；由，得或；所以“”是“”的充分不必要條件，故選A.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，比較基礎3.若變量滿足約束條件，則目標函數的最大值為（ ）A. 16 B. 0C. -2 D. 不存在【答案】B【解析】【分析】作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用目標函數的幾何意義，進行平移，結合圖象得到的最大值【詳解】根據約束條件，畫出可行域，如下圖陰影部分：

3、平移直線，由圖象可知當直線經過點時，取到最大值，最大值為16，故選B.【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的基本應用，利用數形結合，結合目標函數的幾何意義是解決此類問題的基本方法4.閱讀如圖所示的程序框圖，則輸出的數據為（ ）A. 21 B. 58 C. 141 D. 318【答案】C【解析】經過第一次循環(huán)得到的結果為，；經過第二次循環(huán)得到的結果為，；經過第三次循環(huán)得到的結果為，；經過第四次循環(huán)得到的結果為，；經過第五次循環(huán)得到的結果為，此時輸出結果.故選C.5.拋物線的準線與雙曲線的兩條漸近線所圍成的三角形面積為，則的值為（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求得拋物線的準線方程和

4、雙曲線的漸近線方程，解得兩交點，由三角形的面積公式，計算即可得到所求值【詳解】拋物線的準線為， 雙曲線的兩條漸近線為， 可得兩交點為， 即有三角形的面積為，解得，故選A【點睛】本題考查三角形的面積的求法，注意運用拋物線的準線方程和雙曲線的漸近線方程，考查運算能力，屬于基礎題6.將函數的圖象經怎樣平移后，所得的圖象關于點成中心對稱A. 向左平移個單位 B. 向右平移個單位C. 向左平移個單位 D. 向右平移個單位【答案】B【解析】【分析】先根據平移規(guī)律得解析式，再根據圖象關于點中心對稱得平移量，最后比較對照進行選擇.【詳解】函數的圖象向左平移得，因為圖象關于點中心對稱，所以 ,當k=0時,選B.

5、【點睛】三角函數的圖象變換，提倡“先平移，后伸縮”，但“先伸縮，后平移”也常出現在題目中，所以也必須熟練掌握.無論是哪種變形，切記每一個變換總是對字母而言.7.已知定義在上的函數滿足，且對任意（0，3)都有，若，則下面結論正確的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由條件，可知函數關于對稱，由對任意（0，3)都有，可知函數在（0，3)時單調遞減，然后根據單調性和對稱性即可得到的大小【詳解】因為，得函數關于對稱，又對任意（0，3)都有，所以函數在（0，3)時單調遞減，因為，所以，又，所以，所以，故選C.【點睛】本題主要考查函數值的大小比較,利用條件求出函數的單調性和對稱性,利

6、用單調性和對稱性之間的關系是解決本題的關鍵.8.邊長為的菱形中，與交于點，是線段的中點，的延長線與相交于點.若，則（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根據兩個三角形相似對應邊成比例，得到，運用向量的加減運算和向量中點的表示，結合向量數量積的定義和性質，向量的平方即為模的平方，將向量用表示，利用數量積公式計算即可得到結果【詳解】由題意可知，做出菱形ABCD的草圖，如下圖：由題意易知，可得，所以，又，所以，故選B.【點睛】本題考查平面向量的基本定理，向量數量積的定義及性質，考查了學生的歸納分析能力，和運算能力，屬于中檔題第II卷（非選擇題，共110分）二、填空題（本大題共6個小

7、題，每小題5分，共30分.把答案填寫在相應的橫線上.）9.設復數，則=_【答案】【解析】【分析】利用復數代數形式的乘除運算化簡得到，再由共軛復數的概念得到，進而求出結果【詳解】.【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查了共軛復數的概念，是基礎題10.已知正方體內切球的體積為，則正方體的體對角線長為_【答案】【解析】【分析】正方體的內切球的直徑與正方體的邊長相等，即可得出結論【詳解】正方體的內切球體積為，設內切球的半徑為， ，所以內切球的半徑為， 正方體的內切球的直徑與正方體的邊長相等， 正方體的邊長為6， 故該正方體的體對角線長為【點睛】本題考查了學生的空間想象力，考查學生的計算能力，屬于

8、基礎題11.已知直線為圓的切線，則為_【答案】【解析】【分析】由于直線與圓相切，利用圓心到直線的距離公式求出圓到直線的距離等于半徑，即可求出結果.【詳解】因為直線為圓的切線，所以圓心到直線的距離為，又，所以，故填.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，考查點到直線的距離公式的運用，屬于基礎題12.已知函數是定義在R上的奇函數，當時，則不等式的解集是_【答案】【解析】【分析】由函數是定義在R上的奇函數，則，則可以將定義域分為四個區(qū)間結合單調性進行討論，可得答案【詳解】依題意，當時，所以，得函數在上為增函數；又由，得函數在上為偶函數；函數在上為減函數，又，所以，作出草圖，由圖可知的解集是，故答案為.

9、【點睛】本題綜合考察了導數的四則運算，導數在函數單調性中的應用，及函數奇偶性的判斷和性質，解題時要能根據性質畫示意圖，數形結合解決問題.13.已知，若，則的最小值為_【答案】【解析】【分析】利用換元法，和對數的運算法則化簡表達式，然后利用基本不等式求解最小值即可【詳解】令，則，所以，所以，當且僅當時取等號，故的最小值為3.【點睛】本題考查對數值的最小值的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意均值不等式和對數性質的合理運用14.已知函數，若方程有八個不等的實數根，則實數的取值范圍是_【答案】【解析】【分析】利用導數求出函數的單調性，然后作出的簡圖，由圖象可得當時，有四個不同的與對應再結合題中“方

10、程有8個不同實數解“，可以分解為形如關于的方程在內有兩個不等的實數根，然后再根據二次函數根的分布即可求出結果【詳解】當時令，得，可知函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以；當時，可知函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以；由此作出函數的草圖，如下圖：有圖像可知當時，有四個不同的x與f（x）對應，令，又方程有八個不等的實數根，所以在內有兩個不等的實數根，令，可得，得.【點睛】本題考查函數的單調性的運用，主要考查方程與函數的零點的關系，掌握二次方程實根的分別是解題的關鍵，屬于中檔題三、解答題（本大題6小題，共80分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）15.在中，是角所對的邊，若（1）求角的大小

11、； （2）若 的面積為，求的值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先利用余弦的二倍角公式，將已知條件化成的二次方程，即可求出，進而求出角的值；（2）利用三角形的面積公式，即可求出的值，然后再根據余弦定理即可求出的值.【詳解】（1）； ；所以（2），所以； 且，即.【點睛】本題主要考查正弦定理、余項定理的應用，同時還考查了三角函數的恒等變換，屬于基礎題，熟練掌握相關公式是解決本題的關鍵.16.黨的十九大明確把精準脫貧作為決勝全面建成小康社會必須打好的三大攻堅戰(zhàn)之一. 堅決打贏脫貧攻堅戰(zhàn)，某幫扶單位為幫助定點扶貧村真脫貧，堅持扶貧同扶智相結合，幫助貧困村中60戶農民種植蘋果、40戶農民種植

12、梨、20戶農民種植草莓（每戶僅扶持種植一種水果），為了更好地了解三種水果的種植與銷售情況，現從該村隨機選6戶農民作為重點考察對象；（1）用分層抽樣的方法，應選取種植蘋果多少戶？（2）在上述抽取的6戶考察對象中隨機選2戶，求這2戶種植水果恰好相同的概率.【答案】（1）3（2）【解析】【分析】（1）利用分層抽樣，求出抽樣的比例，即可求出結果；（2）由（1）可設蘋果戶為A，B，C；梨戶為a，b；草莓戶為1，然后再從6戶任選2戶，列出基本事件總數，找到滿足要求的基本事件數，根據古典概型即可求出結果.【詳解】（1）， 所以應選取種植蘋果戶. （2）記蘋果戶為A，B，C；梨戶為a，b；草莓戶為1；則從6戶

13、任選2戶，基本事件總數為：AB，AC，Aa，Ab，A1，BC，Ba，Bb，B1，Ca，Cb，C1，ab，a1，b1共15種； 設“6戶中選2戶，這兩戶種植水果恰好相同”為事件M，則事件M包含的基本事件數為：AB，AC，BC，ab共4種； 所以，概率為：【點睛】古典概型的一般解題技巧：第一步：判明問題的性質；這類隨機試驗中只有有限種不同的結果，即只可能出現有限個基本事件不妨設為 ；且它們具有以下三條性質: (1)等可能性:：； (2)完備性：在任一次試驗中至少發(fā)生一個； (3)互不相容性：在任一次試驗中，中至多有一個出現,每個基本事件的概率為，即；第二步：掌握古典概率的計算公式； 如果樣本空間包

14、含的樣本點的總數，事件包含的樣本點數為，則事件的概率.17.如圖，在底面是直角梯形的四棱錐中，面（1）若為的中點，求證面；（2）求證：面 ；（3）求與面所成角的大小.【答案】（1）見解析（2）見解析（3）【解析】【分析】（1）取中點，連接和，由中位線定理可知，且，再根據平行線的傳遞性可知，且所以四邊形為平行四邊形，所以，再根據線面平行的判定定理即可證明結果；（2）由線面垂直的判定定理即可證明面，再根據面面垂直的判定定理即可證明結果；（3），所以面，所以即為與面所成角，再根據正弦定理即可求出結果.【詳解】（1）取中點，連接和， 且，且,則且所以四邊形為平行四邊形，所以面PAB， 面PAB，所以面

15、； （2）， ，所以； （3），所以，所以即為所求. ，所以與面所成角的大小為.【點睛】本題主要考查線面平行的判定定理，線面垂直、面面垂直的判定定理，以及線面角的求法，熟練掌握這些判定定理是解題的關鍵，本題屬于基礎題.18.已知等差數列的公差為2，前項和為，且成等比數列（1）求數列的通項公式；（2）令，求數列的前項和；（3）若對于，恒成立，求范圍.【答案】（1）（2）（3）或【解析】【分析】（1）已知等差數列的公差為2，前項和為，且成等比數列可得，將代入，即求出結果 （2）由（1）可知，由于為偶數，再采用裂項相消即可求出結果；（3）由（2）可知，解不等式即可求出結果.【詳解】（1）成等比，解得

16、. （2） （3） ； 或【點睛】本題考查了等差數列的通項公式與求和公式、分組與“裂項求和”方法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題19.已知橢圓（）的左右焦點分別為，左右頂點分別為，過右焦點且垂直于長軸的直線交橢圓于兩點，的周長為.過點作直線交橢圓于第一象限的點，直線交橢圓于另一點，直線與直線交于點；（1）求橢圓的標準方程；（2）若的面積為，求直線的方程；（3）證明：點在定直線上.【答案】（1）（2）（3）見解析【解析】【分析】（1）根據橢圓的性質，即可由此即可求出橢圓的方程；（2）分直線MN的斜率存在和不存在兩種情況，利用韋達定理求出弦長，然后再根據點到直線的距離公式求出高

17、的長度，再根據的面積為，即可求出結果；（3）設：，與橢圓聯立，可得，設：，同理可得 ，可得的方程為：，又直線方程過，將代入直線方程，由此可得，因為與交于點，所以可得，由此即可求出結果.【詳解】（1），解得：； 所以橢圓方程為：. （2）設，當直線MN斜率存在時：設MN方程為，聯立得：，； ； 到MN直線的距離為， ； 當時，MN直線方程過直線MN與橢圓的交點不在第一象限（舍）；所以MN方程為. 當直線MN斜率不存在時，（舍）. 綜上：直線MN方程為：（3）設：，與橢圓聯立：，同理設：，可得 所以的方程為：以及方程過，將坐標代入可得：， . 又因為與交于P點，即，將代入得，所以點P在定直線上 M

18、N方程為【點睛】本題主要考查橢圓的性質、直線與橢圓的位置關系，和定直線等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想，是中檔題20.已知函數.（1）求在點處的切線方程； （2）若函數與在內恰有一個交點，求實數的取值范圍；（3）令，如果圖象與軸交于，中點為，求證:.【答案】（1）（2）（3）見解析【解析】【分析】（1）利用導數的幾何意義，求出斜率和切點，然后再根據點斜式即可求出結果；（2）利用導數求出函數在的單調性，根據函數的單調性做出草圖，即可求出實數的取值范圍；（3）由點在圖象上，把點的坐標代入的解析式得方程組，兩式相減得關于的方程，假設成立，求導，得關于的方程，由中點坐標公式轉化關于的方程，兩方程消去，得關于的方程，整理此方程，分子分母同除以，整理方程，右邊為，設，左邊得關于的函數，求此函數的導數，得函數的單調性，得函數值恒小于，所以方程不成立，所以假設不成立，所以【