2018-2019学年浙江省台州市高三（上）期末数学试卷

2018-2019学年浙江省台州市高三（上）期末数学试卷

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．（4分）设集合，2，3，，，则　　

A．，2，3， B．，，，0，1，2，3， 

C．，2， D．，

2．（4分）设复数满足，其中为虚数单位，则复数对应的点位于　　

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．（4分）已知公差不为零的等差数列满足，为数列的前项和，则的值为　　

A． B． C． D．

4．（4分）已知实数，满足，则的取值范围是　　

A．， B．， C．，， D．，

5．（4分）设不为1的实数，，满足：，则　　

A． B． C． D．

6．（4分）在的展开式中常数项为　　

A．28 B． C． D．56

7．（4分）一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球．当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，则　　

A．， B．， 

C．， D．，

8．（4分）设，为双曲线的左右焦点，点为双曲线的一条渐近线上的点，记直线，，的斜率分别为，，．若关于轴对称的直线与垂直，且，，成等比数列，则双曲线的离心率为　　

A． B． C． D．2

9．（4分）已知函数，，的最小值为，则实数的取值范围是　　

A．， B．， C．， D．，

10．（4分）如图，在矩形中，，，为的中点，将沿翻折．在翻折过程中，当二面角的平面角最大时，其正切值为　　

A． B． C． D．

二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．

11．（4分）我国古代数学著作《九章算术》中记载：“今有邑方不知大小，各中开门．出北门三十步有木，出西门七百五十步有木．问邑方几何？”示意图如右图，正方形中，，分别为和的中点，若，，，，且过点，则正方形的边长为　　．

12．（6分）已知则（2）　　；不等式（1）的解集为　　

13．（6分）已知，满足条件则的最大值是　　，原点到点的距离的最小值是　　

14．（6分）小明口袋中有3张10元，3张20元（因纸币有编号认定每张纸币不同），现从中掏出纸币超过45元的方法有　　种；若小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出4张，刚好是50元的概率为　　．

15．（6分）已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为　　，其体积为　　．

16．（4分）若函数在，上有零点，则的最小值为　　．

17．（4分）设圆，圆半径都为1，且相外切，其切点为，点，分别在圆，圆上，则的最大值为　　

三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

18．（14分）已知函数．

（Ⅰ）求函数的单调递增区间；

（Ⅱ）设中的内角，，所对的边分别为，，，若，且，求的取值范围．

19．（15分）如图，四棱锥中，垂直平面，，，，为的中点．

（Ⅰ）证明：平面平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

20．（15分）在数列中，，，且对任意的，都有．

（Ⅰ）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；

（Ⅱ）设，记数列的前项和为，若对任意的都有，求实数的取值范围．

21．（15分）设点为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，，切点分别为，．

（Ⅰ）若点为，求直线的方程；

（Ⅱ）若点为圆上的点，记两切线，的斜率分别为，，求的取值范围．

22．（15分）设函数，．

（Ⅰ）求函数在处的切线方程；

（Ⅱ）若对任意的实数，不等式恒成立，求实数的最大值；

（Ⅲ）设，若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，求实数的取值范围．

2018-2019学年浙江省台州市高三（上）期末数学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．

【解答】解：，1，2，；

，2，．

故选：．

【解答】解：由，得，

复数对应的点的坐标为，位于第四象限．

故选：．

【解答】解：公差不为零的等差数列满足，

，

解得，

为数列的前项和，

．

故选：．

【解答】解：；

根据基本不等式得，；

；

；

的取值范围是，．

故选：．

【解答】解：对于选项：当，，时，不等式不成立．

对于选项：当时，不等式不成立．

对于选项：当时，不等式不成立．

故选：．

【解答】解：的展开式的通项公式：．

的通项：．

则展开式的通项为．

令，可得：，；，．

的展开式中常数项为．

故选：．

【解答】解：一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球．

当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，

则的可能取值为0，1，2，，

，，

当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，

则的可能取值为0，1，

，

，

，

．

，．

故选：．

【解答】解：直线，，的斜率分别为，，，关于轴对称的直线与垂直，

，

，，成等比数列，

，

，

，

，

，

，

，

故选：．

【解答】解：由题设知，又三角函数的周期是，

所以此函数在，的左端点处取到最小值，

所以必有，即，解得，

故选：．

【解答】解：在图1中，过作的垂线，垂足为，交于，交于，

在图2中，设在平面内的射影为，则在直线上，过作的垂线，垂足为，连接，

则为二面角的平面角，

设，，，

，由，

可得，，

，

即有，

令，，可得，

解得，

则．

当二面角的平面角最大时，其正切值为．

故选：．

二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．

【解答】解：正方形中，，分别为和的中点，

若，，，，

且过点，

如图所示：

则：设，

由于，

则：，

解得：，

故：正方形的边长为．

故答案为：300

【解答】解：根据题意，，则（2），（1），

对于（1），即，

当时，即，解可得，

当时，即，解可得：，

综合可得：不等式的解集为，，；

故答案为：5，，，．

【解答】解：作出，满足条件的可行域如图：

目标函数在的交点处取最大值为．

原点到点的距离的最小值是：．

故答案为：6；；

【解答】解：小明口袋中有3张10元，3张20元（因纸币有编号认定每张纸币不同），

现从中掏出纸币超过45元的方法有8种情况：

①6张全取；②1张10元3张20元；③2张10元2张20元；

④3张10元1张20元；⑤2张20元1张10元；⑥3张20元；⑦3张10元2张20元；⑧2张10元，3张20元．

现从中掏出纸币超过45元的方法有．

小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出4张，

基本事件总数，

刚好是50元包含的基本事件个数，

刚好是50元的概率．

故答案为：32；．

【解答】解：几何体的直观图如图，是正方体的一部分，其中，是所在棱的中点，正方体的棱长为2，

所以几何体的棱长的和：．

几何体的体积为：．

故答案为：；．

【解答】解：函数在，上有零点，

可得△，即，

且（1），即；

或，（1），，

即，，．

即有，

当且仅当时，取得最小值，

故答案为：．

【解答】解：以为原点，两圆圆心所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系

则，

设，

所以

（其中，

，

故答案为：．

三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

【解答】（本题满分为14分）

解：（Ⅰ）．（3分）

所以，解得，．

所以函数的单调递增区间为，．（7分）

（Ⅱ）因为，

所以．

所以．（9分）

又因为，

所以，即．

而，

所以，即．（12分）

又因为，

所以．               （14分）

【解答】（Ⅰ）证明：平面，故．                      （2分）

又，，，所以．

故，即．                              （4分）

所以平面，所以平面平面．        （6分）

（Ⅱ）解：平面，故．又，所以．（8分）

在平面内，过点作垂直，垂足为．

由（Ⅰ）知平面平面，所以垂直平面．           （10分）

由面积法得：即．

又点为的中点，．

所以．                       （12分）

又点为的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等．

连结交于点，则．

所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，即．

所以直线与平面所成角的正弦值为．（15分）

另解：如图，取的中点，如图建立坐标系．

因为，所以．所以有：，0，，，1，，

，，1，，，，，．（9分）

．，．

设平面的一个法量为，，，

则取，得，．

即．                                         （13分）

设直线与平面所成角为，则，．（15分）

【解答】解：（Ⅰ）由可得．     （2分）

又，，所以．

所以是首项为2，公比为2的等比数列．（3分）

所以．（4分）

所以．（7分）

（Ⅱ）因为．（9分）

所以．（12分）

又因为对任意的都有，所以恒成立，

即，即当时，．（15分）

【解答】解：（Ⅰ）设直线方程为，直线方程为．

由可得．（3分）

因为与抛物线相切，所以，取，则，．

即．同理可得．

所以．（6分）

（Ⅱ）设，，则直线方程为，

直线方程为．

由可得．（8分）

因为直线与抛物线相切，所以△．

同理可得，所以，时方程的两根．

所以，．（11分）

则（12分）

又因为，则，

所以

（15分）

【解答】解：（Ⅰ），（1）（1分）

且，所以在处的切线方程为．（3分）

（Ⅱ）因为对任意的实数，不等式恒成立．

所以恒成立（4分）

设，

则

所以在，单调递增，

在，单调递减．（6分）

所以，

因为，是方程的两根．

所以

．（其中

所以的最大值为．（9分）

（Ⅲ）若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，

当，得，与已知矛盾．

所以有两根，即与有两个交点．（10分）

令，则．

令，，

则在单调递减，单调递增，所以（2）．（11分）

（ⅰ）当时，即时，则，即在，单调递增，

且当时，；当时，；当时，；

当时，．

此时对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解．（12分）

（ⅱ）当时，有两个非负根，，所以在，，，单调递增，，单调递减，

所以当，时有4个交点，或有3个交点，

均与题意不合，舍去．（13分）

（ⅲ）当时，则有两个异号的零点，，

不妨设，则在，，单调递增；

在，，单调递减．

又时，；当时，；当时，；

当时，．

所以当时，对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解．

所以有，，

得．

由，得，即．

所以，，．

故．

所以．

所以当或时，原方程对任意实数均有且只有两个解．（15分）

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日期：2019/12/17 21:14:19；用户：18434650699；邮箱：18434650699；学号：19737267