《福建省泉州市2019届高三1月单科质检数学理试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省泉州市2019届高三1月单科质检数学理试题（解析版）（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、泉州市2019届高中毕业班单科质量检查理科数学一、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（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题先计算集合B,然后结合集合交集运算性质,即可.【详解】,所以,故选A.【点睛】本道题考查了集合交集运算性质,难度较小.2.复数，则（ ）A. 1 B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】先化简z，然后结合复数模长计算公式，即可。【详解】,所以,故选B.【点睛】本道题考查了复数的四则运算和复数模长计算公式，难度较易。3.已知角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合.若的终
2、边经过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本道题分别计算,结合,即可.【详解】,所以,故选C.【点睛】本道题考查了正弦二倍角公式计算,难度中等.4.函数在的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本道题利用与的关系,判定奇偶性,计算的符号,即可.【详解】,所以是一个偶函数,关于对称,故选A.【点睛】本道题考查了函数图像和奇偶性判定规则,难度中等.5.在九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖膳（bi no）.如图，网格纸上小正方形的边长1，粗实线画出的是某鳖臑的三视图，则该鳖臑表面积为（ ）A. 6 B. 21 C. 27 D. 5
3、4【答案】C【解析】【分析】结合三视图,还原直观图,计算表面积,即可.【详解】结合三视图,还原直观图为已知,则该四面体,故选C.【点睛】本道题考查了三视图还原直观图,难度中等.6.已知实数，满足约束条件则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本道题结合不等式组,绘制可行域,将转化为,在可行域平移,计算的范围,即可.【详解】绘制出可行域将转化为,所以,故选C.【点睛】本道题考查了线性规划问题,题目难度一般.7.已知数列的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且，则（ ）A. B. 19 C. 20 D. 23【答案】D【解析】【分析】本道题利用等差数列通项和等
4、比数列通项,代入,计算公差和公比,即可.【详解】,计算得到所以,所以,故选D.【点睛】本道题考查了等差数列通项和等比数列通项公式,难度中等.8.已知函数的极大值和极小值分别为，则（ ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 4【答案】D【解析】【分析】本道题计算导函数，得到的值，然后利用根与系数关系，计算，即可。【详解】,该方程两个根为，故在取到极值，而所以，故选D。【点睛】本道题考查了导函数计算极值的方法和根与系数关系问题，难度中等。9.设为坐标原点，直线交圆于，两点，则面积的最大值是（ ）A. 1 B. C. 2 D. 4【答案】C【解析】【分析】本道题分别计算出三角形OAB的底和高，结合三角
5、形面积计算公式，计算面积最值，即可。【详解】设直线OA和x轴夹角为，则高为，所以，而，所以S的最大值为2，故选C。【点睛】本道题考查了用三角函数计算面积求最值问题，难度中等。10.若函数在为增函数，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本道题先利用两角和与差的正弦公式，化简，然后结合正弦函数单调区间，建立不等式，即可。【详解】为增函数满足，此时故结合题意可知，解得，故选C。【点睛】本道题考查了两角和与差的正弦公式以及正弦函数单调区间问题，属于较容易题。11.已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于，两点，交于，过，分别作轴的平行线，分别交于，两点.若，的面积等
6、于，则的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本道题结合题意，得出的值，然后探究和GB的关系，进一步计算出NB，将直线方程代入抛物线方程，利用根与系数关系，计算p值，即可。【详解】结合抛物线的性质可知，所以结合得到对于三角形AGB，该三角形为直角三角形，所以，代入，得到故，所以直线AB的斜率为，设直线AB方程为，代入抛物线方程，得到，而B点横坐标为，A点横坐标为故，计算，所以抛物线方程为，故选D。【点睛】本道题考查了抛物线的性质，难度较大。12.若曲线与存在公共切线，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本道题结合题意，结合相同切线，
7、建立方程，构造新函数，计算最值，得到a的范围，即可。【详解】设曲线的切点坐标为，该切线方程为，切点为，该切线方程为，利用待定系数法得到，得到，构造函数计算导函数，得到在递增，在递减，故最大值为所以，故选C。【点睛】本道题考查了利用导数计算原函数的最值问题，难度较大。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡的相应位置13.已知向量，则与的夹角等于_.【答案】【解析】【分析】本道题代入向量的坐标，计算向量，结合向量数量积，计算夹角，即可。【详解】设，则，所以，利用，则【点睛】本道题考查了向量坐标运算和向量数量积公式，难度较易。14.执行如图所示的程序框图，则输出的值为_.
8、【答案】【解析】【分析】本道题累加，当，退出循环，即可。【详解】结合程序框图可知+【点睛】本道题考查了程序框图循环结构，抓住判定条件，难度较易。15.已知为双曲线的右焦点，若直线与交于，两点，且，则的离心率等于_.【答案】【解析】【分析】本道题先设出A,B坐标,然后利用直角三角形性质,建立等式,计算e，即可。【详解】设结合直角三角形满足的定理可知,将AB直线方程,代入双曲线方程,得到:,而,结合代入AB中,得到,解得,即可.【点睛】本道题考查了直线与双曲线位置关系问题，难度较大。16.类比圆的内接四边形的概念，可得球的内接四面体的概念.已知球的一个内接四面体中，过球心，若该四面体的体积为1，且
9、，则球的表面积的最小值为_.【答案】【解析】【分析】本道题设,用x表示球半径，然后结合函数的单调性，判断球表面最小值，即可。【详解】设,结合体积为1时,故所以,所以,结合,建立方程,得到,令,结合二次函数的性质可知在递减,递增令,结合复合函数的单调性可知,在递增,在递减,而始终递减,故在递减,在递增,故当,取到最小值为38所以面积最小值为【点睛】本道题考查了函数的性质计算最值，难度较大。三、解答题：解答应写岀文字说明，证明过程或演算步骤.17.数列中，.（1）求证：数列为等差数列，求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，求证：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】(1)结合,构造数列
10、,证明得到该数列为等差数列,结合等差通项数列计算方法,即可.(2)运用裂项相消法,即可.【详解】（1）由， （即），可得，所以，所以数列是以为首项，以2为公差的等差数列，所以，即.（2），所以，因为，所以.【点睛】本道题考查了等差数列通项计算方法和裂项相消法,难度一般.18.中，是边上的点， .（1）求；（2）求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）不断的利用三角函数角关系和正弦定理，处理式子，即可。（2）利用余弦定理，计算的长，然后结合三角形面积计算公式，即可。【详解】（1）如图，因为，是的外角，所以，故，即，在中，由正弦定理，得，所以，故，解得.（2）在中，由余弦定理，得，即
11、，解得，由，可得，所以.【点睛】本道题考查了正弦定理和余弦定理，难度中等。19.如图所示，平面平面，四边形是边长为4的正方形，分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成角等于，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用平行四边形判定法则，证明CN平行ME，然后结合直线与平面平行判定，即可。（2）建立直角坐标系，分别计算两平面的法向量，然后结合向量数量积，即可。【详解】（1）取线段中点，连结，因为，分别是、的中点，所以且，正方形中，是的中点.所以且，所以且，故四边形为平行四边形，从而，又因为平面，平面，所以平面.（2）过作于，因为平面平面，平面平面，平
12、面，所以平面，又平面，从而为直线在平面内的射影，故为直线与平面所成角，所以.如图，以为坐标原点，分别以过点且平行于的直线、，所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，.设，分别为平面和的法向量，则，即，令得，即，令得， ，所以二面角的余弦值为.【点睛】本道题考查了直线与平面平行的判定和二面角计算方法，难度较大。20.已知中，点在上，且.（1）求点的轨迹的方程；（2）若，过的直线与交于，两点，与直线交于点，记，的斜率分别为，求证：为定值.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）结合题意，证明到，发现轨迹是椭圆，结合椭圆性质，即可。（2）设出直线MN的方程，代入椭圆方程，设出M，N坐
13、标，利用坐标，计算，代入，即可。【详解】（1）如图三角形中，所以，所以，所以点的轨迹是以，为焦点，长轴为4的椭圆（不包含实轴的端点），所以点的轨迹的方程为.注：答轨迹为椭圆，但方程错，给3分；不答轨迹，直接写出正确方程，得4分（未写出，这次不另外扣分）. （2）如图，设，可设直线方程为，则，由可得，因为，所以为定值.【点睛】本道题考查了椭圆的性质和直线与椭圆位置关系，难度较大。21.已知函数（1）当时，证明在单调递减；（2）当时，讨论的零点个数.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）将a的值代入中，计算导数，构造新函数，结合导数，判断的范围，即可得出的单调性。（2）构造函数，结合导函数，针对a的不同范围，判断的零点个数，进而得到的零点个数，即可。【详解】（1）当时，令，则，在上为减函数，且，令，得，所以的递增区间为，同理，可得的递减区间为，所以即，故在单调递减.（2）由（1）得时，在单调递减，又，所以时，有一个零点.因为定义域为，故与有相同的零点，令，则，当时，时，时，所以，无零点，也无零点.当时，令，得或1-0+0-，当时， 当即时， 故有一个零点，也有有一个零点.综上可知，当时，无零点；当时，有一个零点.【点睛】本道题考查了导函数与原函数单调性的关系以及利用导函数判定零点个数问题，难度较大。
