黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三数学上学期期末考试试题文（含解析）.docx

哈尔滨市第六中学2018-2019学年度上学期期末考试高三文科数学第卷（选择题 共60分）相关公式：独立性检验有关数据：P(K2k0)0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.001k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828一、选择题：本大题共12小题，每小题5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 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：因,故,应选C.考点：集合的交集运算.2.复数等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由题意得，故选A考点：复数的运算3.若非零向量,满足，则与的夹角为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】依题意有，由于两个向量的模相等，故上式化简得.4.已知，则的值为（ ）A. B. 或 C. D. 【答案】A【解析】【分析】由，先求出，然后代入求解即可。【详解】由，可得，解得，所以，则.故答案为A.【点睛】本题考查了有关三角函数的求值计算，属于基础题。5.设x,y满足( )A. 有最小值2，最大值3 B. 有最小值2，无最大值C. 有最大值3，无最小值 D. 既无最小值，也无最大值【答案】B【解析】试题分析：画出可行域如下图所示，由图可知,目标函数在点处取得最小值为,无最大值.考点：线性规划.【此处有视频，请去附件查看】6.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 12【答案】C【解析】【分析】先由三视图还原该几何体，然后求出其表面积即可。【详解】由三视图可知，原几何体为一个三棱柱截去一个三棱锥（如下图），三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，高为2，三棱锥的底面为，可求出等腰三角形的面积为2，该几何体的表面积为=，故答案为C.【点睛】本题考查了空间几何体的三视图问题，属于中档题。7.下面的程序框图表示求式子的值, 则判断框内可以填的条件为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意可知该程序运行过程中，时，判断框成立，时，判断框不成立，即可选出答案。【详解】根据题意可知程序运行如下：，；判断框成立，；判断框成立，；判断框成立，；判断框成立，；判断框成立，；判断框成立，；判断框不成立，输出.只有B满足题意，故答案为B.【点睛】本题考查了程序框图，属于基础题。8.若函数同时满足下列三个性质: 最小正周期为; 图像关于直线对称; 在区间上是增函数，则的解析式可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】利用排除法，由条件排除B，由条件排除C，由条件排除D，故选A9.已知等比数列满足，且，则当时， ( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由题中条件求出数列的通项公式，然后代入对数式中计算即可。【详解】由题意，当时，当时，联立，解得，所以，则，所以.故答案为D.【点睛】本题主要考查等比数列的性质，及对数的运算法则，属于中档题。10.若直线与圆相切，且为锐角，则该直线的斜率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意知，圆心（1，1）到直线的距离为1，用点到直线的距离公式计算即可求出，即可得到答案。【详解】由题意知，圆心（1，1）到直线的距离为1，则，所以或者，当时，=1，当时，不可能成立，故舍去。故答案为A.【点睛】本题考查了直线与圆相切的应用，属于基础题。11.若是双曲线和圆的一个交点，且,，其中是双曲线的两个焦点，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由，可知圆一定经过双曲线的两个焦点，可以求出，及，进而可以求出双曲线的离心率。【详解】因为，所以圆一定经过双曲线的两个焦点，可知，则，故双曲线的离心率为：.故答案为D.【点睛】本题考查了双曲线的离心率，及双曲线的性质，属于基础题。12.定义域为的函数，若关于的方程,恰有5个不同的实数解，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】结合函数的图象，及一元二次方程最多两个解，可知是方程的一个解，另外四个解两两关于直线对称，可知，即可求出答案。【详解】一元二次方程最多两个解，当时，方程至多四个解，不满足题意，当是方程的一个解时，才有可能5个解，结合图象性质，可知，即.故答案为C.【点睛】本题考查了一元二次方程解的情况，及含绝对值函数的图象性质，属于中档题。第卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13.已知，则数列的通项公式为_【答案】【解析】【分析】根据，可知，进而知道，即可求出数列的通项公式。【详解】由题意知，令，则，所以，即，所以.【点睛】本题考查了数列的通项公式及其求解方法，属于中档题。14.已知函数的定义域为，若其值域也为，则称区间为的保值区间若的保值区间是 ，则的值为_【答案】-1【解析】【分析】由题意知，函数的定义域和值域都是，结合函数的单调性可知的最小值为，即可得到答案。【详解】由题意知函数的定义域和值域都是，因为函数和函数在区间都是单调递增函数，所以函数在区间是单调递增函数，则的最小值为，所以当时，满足题意，即.【点睛】本题考查了函数的单调性及函数的值域，属于基础题。15.已知三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且,则该三棱锥的外接球的体积为_【答案】【解析】【分析】由题意知该三棱锥的外接球与棱长为的正方体的外接球相同，求解即可。【详解】由题意知，三棱锥的外接球与棱长为的正方体的外接球相同，故，解得，所以外接球的体积为.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，关键在于转化为正方体的外接球问题，属于基础题。16.有如下四个命题：甲乙两组数据分别为甲：28,31,39,42,45,55,57,58,66；乙：29,34,35,48,42,46,55,53,55,67.则甲乙的中位数分别为45和44.相关系数，表明两个变量的相关性较弱.若由一个22列联表中的数据计算得的观测值,那么有95%的把握认为两个变量有关.用最小二乘法求出一组数据的回归直线方程后要进行残差分析，相应于数据的残差是指. 以上命题“错误”的序号是_【答案】【解析】【分析】利用中位数、相关系数、的观测值、残差分析的相关知识逐个分析即可。【详解】由甲的数据可知它的中位数为45，乙的中位数为，故正确；相关系数时，两个变量有很强的相关性，故错误；由于的观测值，满足，故有95%的把握认为两个变量有关，所以正确；用最小二乘法求出一组数据的回归直线方程后要进行残差分析，相应于数据的残差是指，是正确的。故答案为.【点睛】本题考查了中位数、相关系数、的观测值、残差分析，属于基础题。三、解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤17.在中，角所对的边分别为，且满足，（）求的面积；（）若，求的值【答案】（1）（2）.【解析】试题分析：（1）利用二倍角公式由已知可得；根据向量的数量积运算，由得，再由三角形面积公式去求的面积（2）由（1）知，又，解方程组可得或，再由余弦定理去求的值试题解析：（1）因为，所以又，所以，由，得，所以故的面积（2）由，且得或由余弦定理得，故考点：（1）二倍角公式及同角三角函数基本关系式；（2）余弦定理【此处有视频，请去附件查看】18.某校高三文科名学生参加了月份的高考模拟考试，学校为了了解高三文科学生的历史、地理学习情况，从名学生中抽取名学生的成绩进行统计分析，抽出的名学生的地理、历史成绩如下表： 地理 历史80,10060,80）40,60）80,1008m960,80）9n940,60）8157 若历史成绩在80,100区间的占30%，（1）求的值；（2）请根据上面抽出的名学生地理、历史成绩，填写下面地理、历史成绩的频数分布表：80,10060,80）40,60）地理历史根据频数分布表中的数据估计历史和地理的平均成绩及方差（同一组数据用该组区间的中点值作代表），并估计哪个学科成绩更稳定.【答案】（1）m=13，n=22；（2）地理学科的成绩更稳定.【解析】【分析】（1）历史成绩在80,100在区间占30%，可以求出m的值，进而求出n的值；（2）由题中数据求出地理和历史的平均成绩及方差，从而得到地理学科成绩更稳定。【详解】（1）由历史成绩在80,100区间的占30%，得，. （2）可得：80,10060,80）40,60）地理255025历史304030，从以上计算数据来看，地理学科的成绩更稳定.【点睛】本题考查了数据的平均数及方差的计算，属于基础题。19.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别是AB，BB1的中点.（）证明： BC1/平面A1CD;（）设AA1= AC=CB=2，AB=2，求三棱锥C一A1DE的体积.【答案】（）见解析（）【解析】试题分析：（）连接AC1交A1C于点F，则DF为三角形ABC1的中位线，故DFBC1再根据直线和平面平行的判定定理证得BC1平面A1CD（）由题意可得此直三棱柱的底面ABC为等腰直角三角形，由D为AB的中点可得CD平面ABB1A1求得CD的值，利用勾股定理求得A1D、DE和A1E的值，可得A1DDE进而求得SA1DE的值，再根据三棱锥C-A1DE的体积为SA1DECD，运算求得结果试题解析：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1DF 3分因为DF平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD， 4分所以BC1平面A1CD 5分（2）解：因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1CD由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CDAB又AA1AB=A，于是CD平面ABB1A1 8分由AA1=AC=CB=2，得ACB=90，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DEA1D 10分所以三菱锥CA1DE的体积为：=1 12分考点：直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积【此处有视频，请去附件查看】20.设、分别是椭圆的左、右焦点. （1）若是该椭圆上的一个动点，求的最大值与最小值.（2）是否存在过点的直线与椭圆交于不同的两点，使得？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）最小值3，最大值4；（2）不存在【解析】试题分析：（1）将数量积转化为坐标表示，利用坐标的有界性求出最值；（2）设出直线方程，根据|F2C|F2D|，可知F2在弦CD的中垂线上，利用中点和斜率关系，写出中垂线方程，代入F2点即可判断.或者根据焦半径公式判断更为简洁.试题解析：（1）易知a，b2，c1，F1（1，0），F2（1，0）设P（x，y），则（1x，y）（1x，y）x2y21x24x21x23x20，5，当x0，即点P为椭圆短轴端点时，有最小值3；当x，即点P为椭圆长轴端点时，有最大值4.（2）法一、假设存在满足条件的直线l，易知点A（5，0）在椭圆外部，当直线斜率不存在时，直线l与椭圆无交点.所以满足条件的直线斜率存在，设为k则直线方程为yk（x5）由方程组得：（5k24）x250k2x125k2200依题意，20（1680k2）0得：当时，设交点为C（x1，y1），D（x2，y2），CD中点为R（x0，y0）则x1x2，x0y0k（x05）k（5）又|F2C|F2D|，有F2Rl，即1即1即20k220k24，该等式不成立，所以满足条件的直线l不存在.法二、设交点为C（x1，y1），D（x2，y2），设它们到右准线x的距离分别为d1、d2，根据椭圆第二定义，有因为|F2C|F2D|，故d1d2，于是x1x2，于是CD所在直线lx轴又直线l经过A（5，0）点，于是l的方程为x5但x5与椭圆无公共点，所以，满足条件的直线不存在.考点：椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，平面向量的数量积，最值，存在性问题21.设函数，已知曲线在点处的切线与直垂直.（1）求的值；（2）求函数的极值点.【答案】（1） ；（2）见解析.【解析】【分析】（1）对函数求导，由曲线在点处的切线与直垂直，可知，即可求出；（2）求导，然后分类讨论，确定单调性，进而可以求出极值点。【详解】（1）由题意知，解得.（2）函数，定义域为，则，令，则，当时，有，即，所以在区间上单调递减，故函数在区间上无极值点；当时，令，有，当时，即，得在上递减，当时，即，得在上递增，当时，即，得在上递减，此时有一个极小值点为，有一个极大值点为.当时，令，有，当时，即，得在上递增，当时，即，得在上递减，此时有唯一的极大值点为.综上可知，当时，函数有一个极小值点为，有一个极大值点为；当时，函数在区间上无极值点；当时，函数有唯一的极大值点为，无极小值点.【点睛】本题考查了利用导数研究函数在某点处的切线，及导数的综合应用，属于难题。请考生在题22,23中任选一题作答，如果多做，则按所做的的第一题计分做题时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑22.选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线过点，倾斜角为（1）写出直线的参数方程，及当时，直线的极坐标方程.（2）已知从极点作直线与直线相交于点，在上取一点，使，求点的极坐标方程.【答