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1、山东省滨州市2019届高三期末考试数学（文）试题第卷（共60分）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.已知全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据补集与全集的定义，求出UA，再求并集【详解】全集U0，1，2，3，4，A1，2，3，UA0，4，又B2，4，（UA）B0，2，4故选：A【点睛】本题考查了补集与并集的定义和应用问题，是基础题2.设复数，则（ ）A. 1 B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法运算法则化简求出z,再求【详解】z1+i，所以|z|=.故选:C【点睛】本
2、题主要考查复数的除法运算和复数的模的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.3.已知等比数列的前项和为，若，则（ ）A. 16 B. 31 C. 32 D. 63【答案】B【解析】【分析】先根据已知求出q2，a11，再运用等比数列的前n项和求解【详解】根据题意得，a1（1+q）3 a1q（1+q）6 联立得q2，a11，S531，故选：B【点睛】本题主要考查等比数列的通项和前n项和公式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.4.已知，则（ ）A. B. 7 C. D. -7【答案】A【解析】【分析】先求出tan的值，再利用和角的正切求的值.【详解】因为，所以，所以=.故
3、选:A【点睛】本题主要考查同角的三角函数关系，考查和角的正切的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.5.“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由b可得ab0，由2a2b可得ab然后根据必要条件、充分条件和充要条件的定义进行判断【详解】由b可得ab0，由2a2b可得ab，故b”是“2a2b”的充分不必要条件，故选：A【点睛】此题主要考查对数函数和指数函数的性质与其定义域，另外还考查了必要条件、充分条件和充要条件的定义6.已知是空间两条不同的直线，为空间两个不同的平面，且，则下列命题正确的是（
4、 ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】D【解析】【分析】通过作图不难否定A，B，C，故选D【详解】A，此图可否定A；B，此图可否定B；C，此图可否定C；D, 若，则.是正确的.故选：D【点睛】本题主要考查空间直线平面的位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理能力.解答这类题目常用的方法是举反例和证明.7.已知向量，若，则（ ）A. B. C. -10 D. -6【答案】C【解析】【分析】由，结合向量平行的坐标表示可求k，然后结合向量数量积的坐标表示可求解【详解】（k，2k1），（1，3），且，3k（2k1）0，k1，则k+3（2k1）10故选
5、：C【点睛】本题主要考查了向量平行及数量积的坐标表示，属于基础题.8.已知正实数满足，则的最小值是（ ）A. 2 B. 4 C. 9 D. 【答案】D【解析】【分析】由m+n（m+n）（），展开后利用基本不等式即可求解【详解】正实数m，m满足4，则m+n（m+n）（）（5），当且仅当且4，即m，n时取得最小值，故选：D【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求解最值，解题的关键是应用条件的配凑9.九章算术中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形.若该阳马的所有顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ）A. B. C. D.
6、【答案】B【解析】【分析】该几何体为四棱锥PABCD底面ABCD为矩形，其中PD底面ABCD先利用模型法求几何体外接球的半径，再求球的体积.【详解】如图所示，该几何体为四棱锥PABCD底面ABCD为矩形，其中PD底面ABCDAB1，AD2，PD1则该阳马的外接球的直径为PB该阳马的外接球的体积：故选：C【点睛】本题考查了四棱锥的三视图、长方体的性质、球的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题10.直线被圆所截得的最短弦长等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】易知直线过定点，当圆被直线截得的弦最短时，圆心到弦的距离最大，此时圆心与定点的连线垂直于弦，求出弦心距，
7、利用勾股定理求出结果即可【详解】圆的方程为圆（x2）2+（y2）25，圆心C（2，2），半径为直线y3k（x1），此直线恒过定点（1，3），当圆被直线截得的弦最短时，圆心C（2，2）与定点P（1，3）的连线垂直于弦，弦心距为：所截得的最短弦长：2故选：C【点睛】本题主要考查了直线与圆相交的性质解题的关键是利用数形结合的思想，通过半径和弦构成的三角形和圆心到弦的垂线段，应注意直线恒过定点，是基础题11.将函数的图象平移后，得到函数的图象，若函数为奇函数，则可以将函数的图象（ ）A. 向右平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度【答案】B【解析】【
8、分析】化函数f（x）为正弦型函数，根据图象平移法则，结合三角函数的奇偶性求得正确结果【详解】函数f（x）cos（2x）cos2xsin2xcos2x2sin（2x），2sin2（x），将f（x）的图象向右平移个单位后，得到函数g（x）2sin2x的图象，且函数g（x）为奇函数故选：B【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了图象平移与变换问题，是基础题12.设双曲线的左、右焦点分别为、，过点且斜率为的直线与双曲线的两条渐近线相交于两点，若，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出过点F1且斜率为的直线方程，求出A，B坐标，得到中点坐标，然
9、后利用|F2A|F2B|，列出关系式求解双曲线的离心率即可【详解】双曲线C：（a0，b0）的左、右焦点分别为F1（c，0），F2（c，0），过点F1且斜率为的直线为y（x+c），与双曲线的渐近线bxay0，可得A（，），B（，），可得AB的中点坐标Q（，），|F2A|F2B|，可得：3，解得2ba，所以4c24a2a2，可得e故选：A【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用和转化思想以及计算能力数形结合的应用第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】【分析】求得函数y的导数，可得x1处切线的斜率，由点斜式方程可得所求切线方
10、程【详解】yx3的导数为y3x2，即有曲线在x1处的切线的斜率为5，切线方程为y+15（x1），即为5xy60，故答案为：5xy60【点睛】本题考查导数的运用：求切线方程，考查直线方程的应用，考查运算能力，属于基础题14.若变量满足约束条件则的最大值为_【答案】【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数z的几何意义，进行平移，结合图象得到z2xy的最大值【详解】由z2xy得y2xz，作出变量x，y满足约束条件对应的平面区域（阴影部分）如图：平移直线y2xz，由图象可知当直线y2xz经过点A（1，1）时，直线y2xz的截距最小，此时z最大即z21+13故答案为：3【点睛】本题主要考
11、查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义是解决此类问题的基本方法15.已知等差数列的前项和为，若，数列的前项和为，则的值为_【答案】【解析】【分析】设等差数列的公差为d，由通项公式和求和公式，解方程即可得到首项和公差，进而得到通项公式，由（），运用裂项相消求和，即可得到所求和【详解】等差数列an的公差设为d，a3+a47，S515，可得2a1+5d7，5a1+10d15，解得a11，d2，可得an1+2（n1）2n1，则（），前n和为Tn（1）（1）可得T10故答案为：【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力
12、，属于中档题16.已知函数若方程恰有4个不同的实根，且，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】作出函数f（x）的图象，由图象可得x1+x22，x3x41；1x42；从而化简x3（），再利用函数的单调性求出它的取值范围【详解】作出函数f（x）的图象，方程f（x）a有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且x1x2x3x4，由图可知a1，x1+x22log2（x3）log2（x4）a，x3x41；0log2（x4）1，1x42故x3（x1+x2）x4，其在1x42上是增函数，故2+1x41+2；即1x41；故答案为：（1，1【点睛】本题主要考查分段函数的应用，函数零点与方程的根的关系，体现了数形结
13、合、转化的数学思想，属于中档题三、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，角所对的边分别为，且.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知得，即得.（2）由余弦定理得或.再求的面积.【详解】（1）由正弦定理，得，即.又，所以，所以，又，所以，所以.又，所以.（2）由余弦定理，得.即，解得或.经验证或符合题意.当时，；当时，.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形的面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.18.如图，在三棱锥中，.（1）当时，求证：平面平面；（2）当时，求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先证明平面，再证平面平面.(2)先证明平面，再证明为直角三角形，再求三棱锥的体积.【详解】（1）证明：取的中点，连接.因为，所以.又，所以，得.因为，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）
