浙江省台州市2019届高三上学期期末质量评估数学试题(含答案)

写在答题纸上。 参考公式：

柱体的体积公式：VSh 锥体的体积公式：V1Sh

3

其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高 其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高

数 学 2019．01

本试题卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、

台体的体积公式：V1(SSSS)h其中S1，S2分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高

11223 球的表面积公式：V4πR2

球的体积公式：V4πR3，其中R表示球的半径

3选择题部分（共40分）

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．设集合A{1,2,3,4}，B{xN|3x3}，则AA．{1,2,3,4} C．{1,2,3}

B

B．{3,2,1,0,1,2,3,4} D．{1,2}

2．设复数z满足iz2i，其中i为虚数单位，则复数z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

23．已知公差不为零的等差数列an满足a3a1a4，Sn为数列an的前n项和，则

S3的值为 S1A.

993 B.  C.

44222D. 3 24．已知实数a，b满足ab4，则ab的取值范围是 A．[0,2]

B．[2,0]

C．(,2][2,) D．[2,2]

5．设不为1的实数a，b，c满足：abc0，则 A．logcblogab

3B．logablogac C．bb

ac

D．ac

bb6．在(x2x)的展开式中常数项为

1x4A．28

B．28

C．56

D．56

7．一个袋中放有大小、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1；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为2，则

A. E1E2，D1D2 B. E1E2，D1D2 C. E1E2，D1D2 D. E1E2，D1D2

x2y2C:221的左右焦点，点P为双曲线C的一条渐近线l上的点，记直8．设F1，F2为双曲线

ab线PF1，l，PF2的斜率分别为k1，k，k2．若PF1关于x轴对称的直线与PF2垂直，且k1，2k，

k2成等比数列，则双曲线C的离心率为

A．65 B． C．5 D．2 22π39．已知函数ysinxacosx，x[0,]的最小值为a，则实数a的取值范围是

A．[0,3] B．[3,3] C．(,3] D．(,3] 310．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，M为AB的中点，将△ADM沿DM翻折．在翻折过程

中，当二面角A—BC—D的平面角最大时，其正切值为

A．3 3 B．

1 2 C．2 3 D．

1 4非选择题部分（共110分）

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．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ABCD中，F，G分别为AD和AB的中点，若EFAD，EF=30，GHAB，GH=750，且EH过点A，则正方形

ABCD的边长为 ▲ ．

12．已知f(x)x3,x0,xx1,x0,2则f(2) ▲ ；不等式f(x)f(1)的解集为 ▲ ．

xy0,13．已知x，y满足条件xy40,则2xy的最大值是 ▲ ，原点到点Px,y的距离的

x10,最小值是 ▲ ．

14．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．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 ▲ ．

216．若函数f(x)x(a)xb在[1,1]上有零点，则a3b的最小值为 ▲ ．

21317．设圆O1，圆O2半径都为1，且相外切，其切点为P．点A，B分别在圆O1，圆O2上，则PAPB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．（本小题满分14分）已知函数f(x)sin（Ⅰ）求函数f(x)的单调递增区间；

xxx(3sincos)． 222C所对的边分别为a，b，（Ⅱ）设△ABC中的内角A，B，若f(B)c，

的取值范围．

322，且b3，求ac219．（本小题满分15分）如图，四棱锥PABCD中，PC垂直平面ABCD，ABAD，AB∥CD，

PDAB2AD2CD2，E为PB的中点.

（Ⅰ） 证明：平面EAC平面PBC； （Ⅱ）求直线PD与平面AEC所成角的正弦值.

a11，a23，20．（本小题满分15分）在数列an中，且对任意的nN*，都有an23an12an.

（Ⅰ）证明数列an+1an是等比数列，并求数列an的通项公式；

12nm，（Ⅱ）设bn，记数列bn的前n项和为Sn，若对任意的nN*都有Sn求实数mananan1的取值范围.

PB，21．（本小题满分15分）设点P为抛物线:y2x外一点，过点P作抛物线的两条切线PA，

切点分别为A，B．

（Ⅰ）若点P为(1,0)，求直线AB的方程；

（Ⅱ）若点P为圆(x2)2y21上的点，记两切线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求|的取值范围．

11|k1k2

22．（本小题满分15分）设函数f(x)14xx3，xR． 4（Ⅰ）求函数f(x)在x1处的切线方程；

（Ⅱ）若对任意的实数x，不等式f(x)a2x恒成立，求实数a的最大值；

（Ⅲ）设m0，若对任意的实数k，关于x的方程f(x)kxm有且只有两个不同的实根，求实

数m的取值范围．

台州市2018学年第一学期高三年级期末质量评估试题 数学参 2019.01

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—5 CDADD 6—10 ABBCB

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. 300 12. 5；2,015. 163225；

1, 13. 6；12； 14. 32；

51711 16.  17. 332三、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．解：（Ⅰ）f(x)3sin2xxx31sincos(1cosx)sinx 22222π3. ………………………………………3分 sin(x)32ππππ5π2kπx2kπ，解得2kπx2kπ，kZ. 23266π5π2kπ)，kZ. ……………7分 所以函数f(x)的单调递增区间为(2kπ,66所以（Ⅱ）因为f(B)sin(B)所以B=π3π33，所以sin(B)0. 322π. …………………9分 32222又因为b3，所以3=acac，即ac=3+ac.

而ac2ac，所以ac3，即ac6. ………………12分 又因为ac=3+ac3，所以3ac6． ………………14分 19．（Ⅰ）证明: PC⊥平面ABCD，故PC⊥AC． ………………2分

又AB＝2，CD＝1，AD⊥AB，所以AC＝BC＝2．

故AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC． ………………4分 所以AC⊥平面PBC，所以平面ACE⊥平面PBC． …………………………6分

22222222（Ⅱ）解: PC⊥平面ABCD，故PC⊥CD．又PD＝2，所以PC＝3． …………8分 在平面ACE内，过点P作PF垂直CE，垂足为F．

由（Ⅰ）知平面ACE⊥平面PBC，所以PF垂直平面ACE． …………10分 由面积法得：即CEPF1PCBC． 2又点E为AB的中点，CE15． PB22所以PF30． ……………………………………12分 5又点E为AB的中点，所以点P到平面ACE的距离与点B到平面ACE的距离相等． 连结BD交AC于点G，则GB＝2DG．

所以点D到平面ACE的距离是点B到平面ACE的距离的一半，即

1PF． 21PF302所以直线PD与平面AEC所成角的正弦值为．……………………15分 PD20另解：如图，取AB的中点F，如图建立坐标系．

P 因为PD2，所以CP3．所以有：

z C(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,3)，A(1,1,0)，B(1,1,0)， E x B

113E(,,)． …………9分 222113PD(0,1,3)．CA(1,1,0)，CE(,,)．

222设平面ACE的一个法量为n(x,y,z)，则

y D A F C (第19题)

xy0,23x1y1取，得，． zxy33z0,222即n(1,1,23)． …………13分 3设直线PD与平面AEC所成角为，则

sin|cosn，PD|1224330． …………15分 2020．解：（Ⅰ）由an23an12an可得an2an12(an1an)． ………………2分

又a11，a23，所以a2a12.

所以{an1an}是首项为2，公比为2的等比数列. …………………3分 所以an1an2. …………………4分 所以ana1(a2a1)n(anan1)12222n2n1. …………7分

112n(2n11)(2n1)（Ⅱ）因为bnn.………9分 nn1n1nn12121(21)(21)(21)(21)所以Snb1b21111bn2232121212111nn+1 2121=112n+11. ………12分

*

又因为对任意的nN都有Sn111n+1恒成立， m，所以m1n2121an即m1111n1m,即当时，. ………15分 nn132121min21．解：（Ⅰ）设直线PA方程为xm1y1，直线PB方程为xm2y1.

由xm1y1,yx,2可得y2m1y10. ………3分

2因为PA与抛物线相切，所以=m140，取m12，则yA1，xA1.

即A(1,1). 同理可得B(1,1).

所以AB：x1. ………6分 （Ⅱ）设P(x0,y0)，则直线PA方程为yk1xk1x0y0， 直线PB方程为yk2xk2x0y0.

yk1xk1x0y0,由2可得k1y2yk1x0y00. ………8分 yx,因为直线PA与抛物线相切，所以=14k1(k1x0y0)=4x0k124y0k11=0.

2同理可得4x0k24y0k21=0,所以k1，k2时方程4x0k24y0k1=0的两根.

所以k1k2y01，k1k2. ………11分 x04x02y012x0x0则k1k22y0x0 . .………12分 x02又因为(x02)2y01，则3x01，

所以|11kk2x0=41(x02)2x0 |=12=4y0k1k2k1k25134,213=4(x0)2. .………15分 2422. （Ⅰ）解：f(x)x33x2，f'(1)2. .………1分

且f(1)35，所以在x1处的切线方程为y2x. ………3分 44（Ⅱ）证明：因为对任意的实数x，不等式f(x)a2x恒成立.

x4x32x恒成立. .………4分 所以a4x4x32x， 设g(x)4则g'(x)x3x2(x1)(x2x2)(x1)(x13)(x13) 所以g(x)在13,1，1+3,单调递增，

在,13，1,1+3单调递减. ………6分 所以g(x)minmin{g(13),g(13)}， 因为13，1+3是方程x2x2=0的两根.

23224x0(2x02)23x02x0x0(2x02)2x0 所以g(x0)4422x02x011. （其中x013） (x01)22x0所以a的最大值为1. ………9分 （Ⅲ）解:若对任意的实数k，关于x的方程f(x)kxm有且只有两个不同的实根， 当x0，得m0，与已知矛盾.

x44x34mx44x34m所以k有两根，即y与yk有两个交点. …10分

4x4xx44x34m3x48x34m令h(x)，则h'(x).

4x4x2令p(x)3x48x34m，p'(x)12x2(x2)，则p(x)在(,2)单调递减，(2,)单调递增，所以p(x)minp(2)4m16. …11分

（ⅰ）当4m160时，即m4时，则h'(x)0，即h(x)在(,0)，(0,)单调递增，且当x时，h(x)；当x0时，h(x)；当x0时，h(x)；当x时，h(x).此时对任意的实数k，原方程恒有且只有两个不同的解. ………12分

（ⅱ）当0m4时，p(x)有两个非负根x1，x2，所以h(x)在(,0)，(0,x1)，(x2,)单调递增，(x1,x2)单调递减，所以当k(h(x2),h(x1))时有4个交点，k=h(x1)或k=h(x2)有3个交点，均与题意不合，舍去. ………13分

（ⅲ）当m0时，则p(x)有两个异号的零点x1，不妨设x10x2，则h(x)在(,x1)，x2，

(x2,)单调递增；h(x)在(x1,0)，(0,x2)单调递减.

又x时，h(x)；当x0时，h(x)；当x0时，h(x)；当x时，h(x).

所以当h(x1)h(x2)时，对任意的实数k，原方程恒有且只有两个不同的解.

2所以有3x18x14m0，3x28x24m0，得3(x12x2)(x1x2)8(x12x22xx12)4343.

33222由h(x1)h(x2)，得x1，即x13x12x23x2x2x1x23(x1x2). 22所以x1x28，x1x22，x1x22. 334故8m8(x1x2)3(x14x2)

2228(x1x2)(x12x1x2x2)3[(x12x2)2(x1x2)2]8.

所以m1.

所以当m4或m1时，原方程对任意实数k均有且只有两个解.………15分