2019届山东省威海市高三上学期期末考试（一模）文科数学试题（PDF版）.pdf

页 1 第 2018-2019 学年高三（上）期末数学试卷（文科）一、选择题（本题共 12 个小题）1若集合Ax|x23x+20，Bx|x1|2，则AB（）A（1，1）B（2，3）C（1，3）D（1，1）U（2，3）2若复数z满足z（1+2i）4+3i，则（）A2+i B2i C1+2i D12i 3命题“x0，x2x0”的否定是（）Ax0，x2x0 Bx0，x2x0 Cx0，x2x0 Dx0，x2x0 4已知抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，对称轴与准线的交点为T，P为C上任意一点，若|PT|2|PF|，则PTF（）A30 B45 C60 D75 5如图所示函数图象经过何种变换可以得到ysin2x的图象（）A向左平移个单位 B向右平移个单位 C向左平移个单位 D向右平移个单位 6已知变量x，y满足不等式组，则 2xy的最小值为（）A4 B2 C0 D4 7一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）页 2 第 A48+12 B60+12 C72+12 D84 8已知 cos（），（，），则 sincos（）A B C D 9某设备使用年限x（年）与所支出的维修费用y（万元）的统计数据（x，y）分别为（2，1.5），（3，4.5），（4，5.5），（5，6.5），由最小二乘法得到回归直线方程为 1.6x+，若计划维修费用超过 15 万元将该设备报废，则该设备的使用年限为（）A8 年 B9 年 C10 年 D11 年 10公比为 2 的等比数列an中存在两项am，an，满足aman32a12，则的最小值为（）A B C D 11函数f（x）2x3ax2+1 在（0，+）内有且只有一个零点，则a的值为（）A3 B3 C2 D2 12设F1，F2分别为双曲线（a0，b0）的左、右焦点，过点F1作圆x2+y2b2的切线与双曲线的左支交于点P，若|PF2|2|PF1|，则双曲线的离心率为（）A B C D 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13记Sn为等比数列an的前n项和，已知a52，S3a2+3a1，则a1 14 已知半径为R的圆周上有一定点A，在圆周上等可能地任取一点与点A连接，则所得弦长介于R与R之间的概率为 15如图所示梯子结构的点数依次构成数列an，则a100 页 3 第 16 在ABC中，BAC60，AD为BAC的角平分线，且+，若AB2，则BC 三、解答题：本大题共 5 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ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，sin（A+B）4（）求 cosC；（）若b7，D是BC边上的点，且ACD的面积为 6，求 sinADB 18改革开放 40 年，我国经济取得飞速发展，城市汽车保有量在不断增加，人们的交通安全意识也需要不断加强为了解某城市不同性别驾驶员的交通安全意识，某小组利用假期进行一次全市驾驶员交通安全意识调查随机抽取男女驾驶员各 50 人，进行问卷测评，所得分数的频率分布直方图如图所示规定得分在 80 分以上为交通安全意识强（）求a的值，并估计该城市驾驶员交通安全意识强的概率；（）已知交通安全意识强的样本中男女比例为 4：1，完成下列 22 列联表，并判断有多大把握认为交通安全意识与性别有关；（）用分层抽样的方式从得分在 50 分以下的样本中抽取 6 人，再从 6 人中随机选取 2 人，对未来一年内的交通违章情况进行跟踪调查，求至少有 1 人得分低于 40 分的概率 安全意识强 安全意识不强 合计 男性 女性 合计 附：，其中na+b+c+d P（K2k）0.010 0.005 0.001 k 6.635 7.879 10.828 页 4 第 19在以ABCDEF为顶点的五面体中，底面ABCD为菱形，ABC120，ABAEED2EF，EFAB，点G为CD中点，平面EAD平面ABCD（）证明：BDEG；（）若三棱锥VEFBC，求菱形ABCD的边长 20已知抛物线y24x的准线过椭圆C：（ab0）的左焦点F，且点F到直线l：x（c为椭圆焦距的一半）的距离为 4（）求椭圆C的标准方程；（）过点F做直线与椭圆C交于A，B两点，P是AB的中点，线段AB的中垂线交直线l于点Q若|PQ|2|AB|，求直线AB的方程 21设函数f（x）exax1（aR）（）讨论函数f（x）的单调性；（）若关于x的方程ln（ax+a+1）x1 有唯一的实数解，求a的取值范围 四、解答题（共 2 小题，满分 10 分）22在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为为参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为10cos 页 5 第（）设直线l与曲线C交于M，N两点，求|MN|；（）若点P（x，y）为曲线C上任意一点，求|x+y10|的取值范围 23已知函数f（x）|2xa|+|x1|（aR）（）当a1 时，求不等式f（x）1 的解集；（）若存在xR 满足不等式f（x）4，求实数a的取值范围 页 6 第 参考答案 1选：D 2 选：B 3 选：B 4 选：C 5 选：D 6 选：B 7 选：B 8 选：C 9 选：C 10 选：D 页 7 第 11 选：A 12 选：C 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13 答案为：14 答案为：15 答案为：5252 16 答案为：2 三、解答题：本大题共 5 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ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，sin（A+B）4（）求 cosC；（）若b7，D是BC边上的点，且ACD的面积为 6，求 sinADB【分析】（I）由已知结合二倍角及诱导公式进行化简可求 cosC，（II）结合三角形的面积可求CD，然后由余弦定理可求AD，再由正弦定理及诱导公式求解 解：（I）sin（A+B）4，4，页 8 第 即+2cosC2，7cos2C8cosC+10，C（0，），cosC1（舍）或 cosC，（II）b7，ACD的面积为 6，舍CDm，结合（1）可得 sinC，6，mCD3，由余弦定理可得，AD2952，AD2，由正弦定理可得，sinADBsinADC 18改革开放 40 年，我国经济取得飞速发展，城市汽车保有量在不断增加，人们的交通安全意识也需要不断加强为了解某城市不同性别驾驶员的交通安全意识，某小组利用假期进行一次全市驾驶员交通安全意识调查随机抽取男女驾驶员各 50 人，进行问卷测评，所得分数的频率分布直方图如图所示规定得分在 80 分以上为交通安全意识强（）求a的值，并估计该城市驾驶员交通安全意识强的概率；（）已知交通安全意识强的样本中男女比例为 4：1，完成下列 22 列联表，并判断有多大把握认为交通安全意识与性别有关；（）用分层抽样的方式从得分在 50 分以下的样本中抽取 6 人，再从 6 人中随机选取 2 人，对未来一年内的交通违章情况进行跟踪调查，求至少有 1 人得分低于 40 分的概率 安全意识强 安全意识不强 合计 页 9 第 男性 女性 合计 附：，其中na+b+c+d P（K2k）0.010 0.005 0.001 k 6.635 7.879 10.828 【分析】（）根据频率和为 1 列方程求得a的值，计算得分在 80 分以上的频率即可；（）根据题意填写列联表，计算K2，对照临界值得出结论；（）用分层抽样法求得抽取各分数段人数，用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值 解：（）根据频率和为 1，得（0.004+0.008+0.020+0.028+0.020+a+0.004）101，解得a0.016；计算得分在 80 分以上的频率为（0.016+0.004）100.20，所以估计该城市驾驶员交通安全意识强的概率为 0.20；（）根据题意知，安全意识强的人数有 1000.220，其中男性为 2016（人），女性为 4 人，填写列联表如下；安全意识强 安全意识不强 合计 男性 16 34 50 页 10 第 女性 4 46 50 合计 20 80 100 计算K297.879，所以有超过 99.5%的把握认为“交通安全意识与性别有关”；（）用分层抽样法从得分在 50 分以下的样本中抽取 6 人，其中30，40）内有 2 人，记为A、B，40，50）内有 4 人，分别记为c、d、e、f；从这 6 人中随机选取 2 人，基本事件为：AB、Ac、Ad、Ae、Af、Bc、Bd、Be、Bf、cd、ce、cf、de、df、ef共 15 种不同取法；则至少有 1 人得分低于 40 分的基本事件为 AB、Ac、Ad、Ae、Af、Bc、Bd、Be、Bf共 9 种不同取法；故所求的概率为P 19在以ABCDEF为顶点的五面体中，底面ABCD为菱形，ABC120，ABAEED2EF，EFAB，点G为CD中点，平面EAD平面ABCD（）证明：BDEG；（）若三棱锥VEFBC，求菱形ABCD的边长 【分析】（）取AD中点O，连结EO、GO、AC，推导出OGBD，EOAD，从而EO平面ABCD，进而EOBD，BD平面EOG，由此能证明BDEG（）设菱形ABCD的边长为a，则ABAEED2EFa，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OE为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出菱形ABCD的边长 解：（）证明：取AD中点O，连结EO、GO、AC，页 11 第 底面ABCD为菱形，ABC120，ABAEED2EF，EFAB，点G为CD中点，平面EAD平面ABCD OGBD，EOAD，EO平面ABCD，BD 平面ABCD，EOBD，OEOGO，BD平面EOG，EG 平面EOG，BDEG（）解：设菱形ABCD的边长为a，则ABAEED2EFa，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OE为z轴，建立空间直角坐标系，则E（0，0，），F（，），B（0，0），C（2a，0），（，0），（0，），（2a，），设平面EFB的法向量（x，y，z），则，取x，得（），C到平面EFB的距离d，cos，sin，SBEF 三棱锥VEFBC，VEFBCa，解得a 页 12 第 菱形ABCD的边长为 20已知抛物线y24x的准线过椭圆C：（ab0）的左焦点F，且点F到直线l：x（c为椭圆焦距的一半）的距离为 4（）求椭圆C的标准方程；（）过点F做直线与椭圆C交于A，B两点，P是AB的中点，线段AB的中垂线交直线l于点Q若|PQ|2|AB|，求直线AB的方程【分析】（）由题意知椭圆的c，点F到直线l：x（c为椭圆焦距的一半）的距离为 4 知，a，c 的关系，再由a，b，c之间的关系求出椭圆方程；（）神州行AB的方程与椭圆联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长AB及中点坐标，再由椭圆求出Q的坐标，进而求出PQ的长，再由题意求出参数m的值，即求出直线AB的方程 解：（）由题意得c1，+c4，b2a2c2，解得：a23，b22，所以椭圆C的标准方程：+1；（）由（）得F（1，0），x3，显然直线AB的斜率不为零，设直线AB的方程：xmy1，A（x，y），B（x，y），联立与椭圆的方程：（3+2m2）y24my40，y+y，yy，x+xm（y+y）2，所以中点P的坐标（，），所以AB的中垂线方程：ym（x+）页 13 第 即：ymx，与直线x3 联立得：所以Q的坐标（3，），|PQ|2（3+）2+（）236，|AB|2（）2|yy|2（1+m2）（）2+48（）2 由题意|PQ|2|AB|，36448（）2，整理得：3m44m240，解得：m22，所以m，所以直线AB方程：xy1 21设函数f（x）exax1（aR）（）讨论函数f（x）的单调性；（）若关于x的方程ln（ax+a+1）x1 有唯一的实数解，求a的取值范围【分析】（1）对函数求导，然后结合导数与单调性的关系即可判断，（2）结合（1）的讨论及零点判定定理即可求解 解：（I）f（x）exax1，f（x）exa，当a0 时，f（x）0 恒成立，f（x）在 R 上单调递增，a0 时，若x（lna，+），f（x）0，f（x）单调递增，若x（，lna），f（x）0，f（x）单调递减，综上可得，当a0 时，f（x）在 R 上单调递增；a0 时，f（x）在（lna，+）上单调递增，（，lna）上单调递减，（）若关于x的方程ln（ax+a+1）x1 有唯一的实数解，即ex+1axa+1a（x+1）+1 有唯一的实数根，页 14 第 令tx+1，则etat+1 即etat10 有唯一的实数根，结合（1）的讨论可知，当a0 时，f（t）0 恒成立，f（t）在 R 上单调递增，f（0）0，结合零点判定定理可知，只有一个零点 0，a0 时，若，t（lna，+），f（x）0，f（t）单调递增，若t（，lna），f（t）0，f（t）单调递减，若只有 1 个零点，则f（lna）aalna10，令g（x）xxlnx1，则g（x）lnx，则g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，x1 时，g（x）取得最大值g（1）0，a1 综上可得，a的范围为a|a0 或a1 四、解答题（共 2 小题，满分 10 分）22在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为为参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为10cos（）设直线l与曲线C交于M，N两点，求|MN|；（）若点P（x，y）为曲线C上任意一点，求|x+y10|的取值范围【分析】（）参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，利用勾股定理的应用求出弦长（）利用方程之间的转换和三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果 解：（）直线l的参数方程为为参数），转换为直角坐标方程为：4x+3y0，曲线C的极坐标方程为10cos，转换为直角坐标方程为（x5）2+y225 所以圆心（5，0）到直线 4x3y0 的d，所以：|MN|2 页 15 第（）圆的直角坐标方程转换为参数方程为（为参数），所以y|x+|，当时，ymax15，当时，ymin0，所以|x+y10|的取值范围为0，15 23已知函数f（x）|2xa|+|x1|（aR）（）当a1 时，求不等式f（x）1 的解集；（）若存在xR 满足不等式f（x）4，求实数a的取值范围【分析】（）当a1 时，f（x）|2x1|+|x1|，由绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集可得解集；（）由题意可得f（x）min4，由绝对值的性质和绝对值的意义，求得最小值，解不等式可得a的范围 解：（）当a1 时，f（x）|2x1|+|x1|，当x1 时，f（x）1 即 2x1+x11，解得x1；当x时，f（x）1 即 12x+1x1，解得x；当x1 时，f（x）1 即 2x1+1x1，解得x，则原不等式的解集为（，1，+）；（）若存在xR 满足不等式f（x）4，即为f（x）min4，由f（x）|2xa|+|x1|x|+（|x|+|x1|）0+|（x）（x1）|1|，即x时f（x）取得最小值|1|，所以|1|4，解得6a10 页 16 第