福建省漳州市2019届高三下学期第二次教学质量监测数学（文）试题（解析版）

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1、1 福建省漳州市福建省漳州市 20192019 届高三下学期第二次教学质量监测届高三下学期第二次教学质量监测 数学（文）试题数学（文）试题 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 1212 小题，共小题，共 60.060.0 分）分） 1.（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 直接利用复数代数形式的乘除运算化简，即可得到答案 【详解】由题意，根据复数的运算，可得 故选：A 【点睛】本题主要考查了复数的四则运算及其应用，其中解答中熟记复数的四则运算法则，好了准确运算是 解答的关键，着重考查了化简与运算能力，属于基础题。 2.已知集合，则 A. B. C. D. 【答案

2、】D 【解析】 【分析】 根据对数函数的性质，求解集合 B，然后进行交集的运算，即可求解，得到答案 【详解】由题意，集合，所以, 故选：D 【点睛】本题主要考查了对数函数的性质，以及集合的交集运算，其中解答中根据对数函数的性质，正确求 解集合 B 是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。 3.已知向量 ， 满足，且 与 夹角为 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由数量积计算即可. 2 【详解】=-6 【点睛】本题考查数量积，熟记数量积的运算性质，熟练运算是关键，是基础题. 4.函数的图象大致为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】

3、 根据奇偶性的定义，得出函数的奇偶性，以及函数值的符号，利用排除法进行求解，即可得到答案 【详解】由题意，函数满足，即是奇函数，图象关于原点对 称，排除 B，又由当时，恒成立，排除 A，D， 故选：C 【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，以及函数值的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性的定义，得出函 数的奇偶性，再利用函数值排除是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。 5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A. 32B. 34C. 36D. 38 【答案】D 【解析】 【分析】 3 根据题中的三视图可知，该几何体是由一个长、宽均为 2，高为 4 的长方体截去一个长、宽均为

4、 1，高为 4 的长方体后剩余的部分，利用面积公式即可求解。 【详解】根据题中的三视图可知，该几何体是由一个长、宽均为 2，高为 4 的长方体截去一个长、宽均为 1，高为 4 的长方体后剩余的部分， 所以该几何体的表面积为，故选 D。 【点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，及空间几何体的标间的计算，其中根据给定的几何体 的三视图，还原得到空间几何体的结构特征，在利用面积公式准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题 和解答问题的能力，属于基础题。 6.设满足约束条件，则的最大值是（ ） A. -4B. 0C. 8D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】 画出约束条件所表示的可行域，由

5、，即，把直线平移到可行域的 A 点时，此时 目标函数取得最大值，进而求解目标函数的最大值。 【详解】画出约束条件所表示的可行域，如图所示， 又由，即，把直线平移到可行域的 A 点时， 此时直线在 y 轴上的截距最大，目标函数取得最大值， 又由，解得，所以目标函数的最大值为，故选 C。 【点睛】本题主要考查了利用线性规划求最大值问题，其中解答中正确画出约束条件所表示的平面区域，结 合图象，平移目标函数确定最优解，即可求解目标函数的最大值，着重考查了推理与计算能力，属于基础题。 7.已知抛物线上的点到其焦点 的距离比点到 轴的距离大 ，则抛物线的标准方程为( ) A. B. C. D. 4 【答案

6、】B 【解析】 【分析】 由抛物线的定义转化，列出方程求出 p，即可得到抛物线方程 【详解】由抛物线 y22px（p0）上的点 M 到其焦点 F 的距离比点 M 到 y 轴的距离大 ，根据抛物线的定 义可得，所以抛物线的标准方程为：y22x 故选：B 【点睛】本题考查了抛物线的简单性质的应用，抛物线方程的求法，属于基础题 8.的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知，则 a 的最小值为 A. 1B. C. 2D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据正弦定理将边化角，利用两角和的正弦函数公式化简得出，由已知利用余弦定理和基本不等式即可 求得 的最小值 【详解】在中， 由正弦定理可

7、得， 即， 又， 因为，所以两边平方可得：，由， 可得，解得，当且仅当时等号成立， 所以，可得：，当且仅当时等号成立， 所以 的最小值为 故选：B 【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，以及基本不等式的应用，其中解答中合理利用三角形的正、 余弦定理，以及利用基本不等式求解是解答额关键，着重考查了计算能力和转化思想，属于中档题 9.已知正四面体中，为的中点，则与所成角的余弦值为（ ） 5 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 设正四面体 ABCD 的棱长为 2，取 BD 的中点 N，连结 MN，CN 则 MNAD，CMN 或其补角是 CM 与 AD 所成的 角，由此能求出直

8、线 CM 与 AD 所成角的余弦值 【详解】如图，设正四面体 ABCD 的棱长为 2，取 BD 的中点 N， 连结 MN，CN，M 是 AC 的中点，MNAD， CMN 或其补角是 CM 与 AD 所成的角， 设 MN 的中点为 E，则 CEMN，在CME 中，ME，CMCN， 直线 CM 与 AD 所成角的余弦值为 cosCME. 故选：C 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算 求解能力，考查数形结合思想，是基础题 10.已知，则的值城为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 将 f(x)化简为，利用二次函数求

9、解即可. 【详解】,又 sinx， 故选:D 【点睛】本题考查二倍角公式，三角函数性质，二次型函数求最值，熟记余弦二倍角公式，准确计算二次函 数值域是关键，是中档题. 6 11.在三棱柱中，已知底面为正三角形，平面，则该三棱柱 外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用两底面中心连线的中点为外接球球心，结合勾股定理不难求半径 【详解】如图，O为底面中心，O 为外接球球心，在正三角形 ABC 中求得 OA6， 又 OO8，外接球半径 OA10，S球4100400， 故选：A 【点睛】此题考查了正三棱柱外接球，熟记正棱柱的基本性质，熟练掌握正棱柱球心位置是

10、解题关键，是基 础题. 12.设，已知函数，对于任意，都有，则实 数 m 的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，设，求出其导数，得到函数的单调性，结合 m 的范围分析可得在 上为减函数，进而可得函数在上也为减函数，据此求出在 7 上的最大值与最小值；结合题意分析可得必有，即 ，变形解可得 m 的取值范围，即可得答案 【详解】根据题意，设，其导数， 当时，即函数在上为增函数， 当时，即函数在上为减函数， 当时，即函数在上为增函数， 又由，则，则在上，为减函数， 又由，则函数在上也为减函数， 则， 若对于任意，都有，则有， 即， 变形可得：，可得：或， 又

11、由，则 m 的取值范围为； 故选：B 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻 辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进 而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数 的最值问题 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 4 小题，共小题，共 20.020.0 分）分） 13.若，则_ 【答案】 【解析】 【分析】 将原式平方得到，再由二倍角公式得到结果. 【详解】因为，两边平方得，所以，根据二倍角公式得到： . 8 故答案为： .

12、【点睛】三角函数化简的常用方法:1.利用 sin2cos21 可以实现角 的正弦、余弦的互化，利用 tan 可以实现角 的弦切互化 2.注意公式逆用及变形应用：1sin2cos2，sin21cos2，cos21sin2. 3. 三角函数求值与化简必会的三种方法 (1)弦切互化法:主要利用公式 tan =;形如,asin2x+bsin xcos x+ccos2x 等类型可进行弦化切. (2)“1”的灵活代换法:1=sin2+cos2=(sin+cos)2-2sincos=tan 等. (3)和积转换法:利用(sincos)2=12sincos,(sin+cos)2+(sin-cos)2=2 的关

13、系进行变形、转化. 14.不透明的袋中有 个大小相同的球，其中 个白球， 个黑球，从中任意摸取 个球，则摸到同色球的概率 为_。 【答案】 【解析】 【分析】 基本事件总数 n10，摸到同色球包含的基本事件个数 m4，由此能求出摸到同色球的概 率 【详解】不透明的袋中有 5 个大小相同的球，其中 3 个白球，2 个黑球，从中任意摸取 2 个球，基本事件总 数 n10，摸到同色球包含的基本事件个数 m4， 摸到同色球的概率 p 故答案为： 【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题 15.已知双曲线，左顶点为 ，右焦点为 ，过 且垂直于 轴的直线与双

14、曲线 在第一 象限的交点为 ， 且直线斜率为 ，则 的离心率为_ 【答案】 【解析】 【分析】 求出 B 的坐标，利用直线的斜率，转化求解离心率即可 9 【详解】把 xc 代入双曲线：1（a0，b0）得 y，所以 B（c，） ， 又 A（a，0） ，直线 AB 的斜率为 ，可得，可得 a2+ac2c22a2， e1，e 故答案为： 【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，准确计算 B 的坐标是关键，是基础题. 16.已知定义在 R 上的偶函数，其图象连续不间断，当时，函数是单调函数，则满足 的所有 x 之积为_ 【答案】39 【解析】 【分析】 由题意首先确定函数的对称性，然后结

15、合题意和韦达定理整理计算，即可求得最终结果 【详解】因为函数是连续的偶函数，所以直线是它的对称轴， 从面直线就是函数图象的对称轴 因为，所以或 由，得，设方程的两根为 n，n，所以； 由，得，设方程的两根为，所以， 所以 故答案为：39 【点睛】本题主要考查了函数的单调性，奇偶性，以及对称性的应用，其中其中根据函数的奇偶性得出函数 的对称性，再利用函数的单调性建立关于 的一元二次方程，利用韦达定理求解是解答的关键，着重考查了 分类讨论思想，以及运算、求解能力，属于中档试题 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 7 7 小题，共小题，共 82.082.0 分）分） 17.已知数列为等差数列，

16、且，依次成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前 项和为，若，求 的值. 【答案】(1) (2) 10 【解析】 【分析】 （1）设等差数列的公差为d，运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得首项和公差，即 可得到所求通项公式； （2）求得bn（） ，运用裂项相消求和可得Sn，解方程可得 n 【详解】 （1）设数列的公差为 ，因为， 所以，解得. 因为，依次成等比数列，所以， 即，解得. 所以. （2）由（1）知， 所以， 所以 ， 由，得. 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和等比中项性质，考查裂项相消求和，以及方程思想和运算能力，属 于基础题 18.如图，在四棱锥中，平面