2019届河南省南阳市高三上学期期末质量评估数学(文)试题(解析版)

第 1 页 共 21 页 2019届河南省南阳市高三上学期期末质量评估数学（文）试题

一、单选题

1．设集合，，则集合为（ ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意可得： ，则集合为.

本题选择B选项.

2．已知复数312zi（i为虚数单位），则z的共轭复数z（ ）

A．1255i B．1255i C．3655i D．3655i

【答案】D

【解析】312zi 31236555ii,z= 3655i,选D.

3．三世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法.所谓割圆术，就是不断倍增圆内接正多边形的边数求出圆周率的方法.如图是刘徽利用正六边形计算圆周率时所画的示意图，现向圆中随机投掷一个点，则该点落在正六边形内的概率为（ ）

A．332 B．332 C．322 D．32

【答案】A

【解析】设圆的半径为r，则圆的面积2=Sr圆，正六边形的面积22133=6sin6022Srr正六边形，所以向圆中随机投掷一个点，该点落在正六边第 2 页 共 21 页 形内的概率2233332==2rSPSr正六边形圆，故选A.

4．已知向量，且，则（ ）

A． B． C． D．5

【答案】B

【解析】分析：首先应用向量共线时坐标所满足的关系，求得，从而可以求得，之后应用向量的模的坐标公式求得结果.

详解：根据题意可得，可得，

所以，从而可求得，故选B.

点睛：该题考查的是有关向量模的求解问题，在解题的过程中，需要利用向量共线坐标所满足的条件，求得相关的参数的值，之后应用向量加法运费法则求得和向量的坐标，接着应用向量的模的坐标公式求得结果.

5．若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则此双曲线的实轴长为（ ）

A．1 B．2 C．9 D．18

【答案】D

【解析】先求出渐近线的一般方程，利用斜率乘积为得到的值后可得实轴长.

【详解】

渐近线的方程为，因，故渐近线与直线垂直，

故，解得，所以双曲线的实轴长为，故选D.

【点睛】

如果双曲线的方程为，那么求其渐近线的方法就是把变成零后所得两个二元一次方程就是渐近线方程.另外表示一类双曲线，它们具有共同的渐近线（俗称共渐近线的双曲线系）.

6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则这个几第 3 页 共 21 页 何体的外接球体积为（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】三视图对应的几何体为四棱锥，底面为边长为2的正方形，一条侧棱垂直于底面且长度为，补体后可求外接球的半径，从而求得外接球的体积.

【详解】

三视图对应的几何体是四棱锥（如图所示），其中底面是边长为2的正方形，侧棱且垂直于底面.如图，把几何体补成正方体，则四棱锥外接球的直径为正方体的体对角线且为，故外接球的体积为 .故选A .

【点睛】

本题考查三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．外接球的体积的计算，关键在于球心的位置的确定，如果球心位置不容易确定，则可以通过补体以方便球的半径的计算．

7．函数的部分图象大致为（ ） 第 4 页 共 21 页 A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】分析：分析函数的奇偶性，以及是函数值的符号，利用排除法即可得到答案.

详解：由题意，函数满足，

所以函数为奇函数，图象关于轴对称，排除；

又由当时，函数，排除，故选A.

8．已知函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称，那么函数的图象（ ）

A．关于点对称 B．关于点对称

C．关于直线对称 D．关于直线对称

【答案】B

【解析】先根据相邻两条对称轴的距离可得周期为，从而，再根据平移变换得到新图像对应的解析式，根据其对称性可计算，从而可确定图像的对称轴和对称中心，故可得正确答案．

【详解】 第 5 页 共 21 页 因为相邻两条对称轴的距离为，故，，从而．

设将的图像向左平移单位后，所得图像对应的解析式为，

则，因的图像关于轴对称，故，

所以，，所以，

因，所以．

又，令，

故对称轴为直线，所以C，D错误；

令，故，所以对称中心为，所以A错误，D正确．

综上，选D．

【点睛】

一般地，我们研究的图像和性质时，通常用复合函数的方法来讨论，比如求函数的单调区间时，我们先确定的单调性，再函数的单调性确定外函数的单调区间后求出的范围即可，比如求函数的对称轴、对称中心时，可以由的对称轴或对称中心得到相应的对称轴或对称中心.

9．已知两点，，若直线上存在点满足，则实数的取值范围是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】的轨迹为圆，考虑该圆和直线有公共点（即相交或相切）可得实第 6 页 共 21 页 数的取值范围.

【详解】

设，则

由得，因在直线上，故圆心到直线的距离

，故，故选C.

【点睛】

此类问题为“隐形圆问题”，常规的处理办法是找出动点所在的轨迹（通常为圆），常见的“隐形圆”有：

（1）如果为定点，且动点满足，则动点 的轨迹为圆；

（2）如果中，为定长，为定值，则动点的轨迹为一段圆弧．

10．已知数列是首项为1，公差为2的等差数列，数列满足关系，数列的前项和为，则的值为（ ）

A．-442 B．-446 C．-450 D．-454

【答案】C

【解析】的通项公式为，由可得的通项进而求出后可得．

【详解】

因为为等差数列且，故．

又，也就是，所以，

，故选C．

【点睛】

数列的通项与前项和 的关系式，我们常利用这个关系式实现第 7 页 共 21 页 与之间的相互转化.

11．已知，分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆上位于第一象限内的点，延长交椭圆于点，若，且，则椭圆的离心率为（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设，则，，再次利用椭圆的几何性质可得，利用求得后再利用 为直角三角形得到关于a,c的方程，进而可求得椭圆的离心率.

【详解】

设，则，，，

因为，故.

因，故，

整理得到，即，故选A.

【点睛】

圆锥曲线中离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系．而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组．

12．已知函数恰有3个零点，则实数的取值范围为（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】因为方程①至多有一个零点，所以方程②第 8 页 共 21 页 至少有两个零点，所以，利用导数分析函数的图像特点可知①有一个零点且②有两个零点，从而可得实数的取值范围．

【详解】

方程①至多有一个零点，所以方程至少有两个零点．

令．

若，则为上的增函数，故至多有一个零点，舍去；

若，则，

令，则，

为上的减函数，故，

若，则，为上的减函数，故至多有一个零点，舍去；

若，则在有解,

当时，；当时，，

故在上单调递增，在单调递减，所以在上只能有两个零点，故，解． 第 9 页 共 21 页 又方程有一个零点，故，故，

综上，，故选D．

【点睛】

已知分段函数的零点的个数求参数的取值范围时，要根据各段函数图像的特点判断零点的个数，必要时可结合函数的导数分类讨论图像的特点．如果导数的零点不易求得，则可设出该零点，通过零点满足的方程去化简，从而得到参数的取值范围．

二、填空题

13．元代数学家朱世杰的数学名著《算术启蒙》是中国古代代数学的通论，其中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于其思想的一个程序图，若， ，则输出的______．

【答案】2

【解析】流程图为循环结构，依据输入值逐个计算可得输出结果．

【详解】

时，；时，，此时成立，

故输出的值为2．

【点睛】

对于流程图的问题，我们可以先判断出流程图的功能，再逐步计算即可，注意循环中各变量的变化规律. 第 10 页 共 21 页 14．若，满足约束条件则的最小值为_____．

【答案】

【解析】分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得答案．

详解：由x，y满足约束条件,作出可行域如图:

联立，解得B（0，1）．

化目标函数z=x﹣2y为y=x﹣z，

由图可知，当直线y=x﹣z过B（0，1）时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为：0﹣2×1=﹣2．

故答案为：﹣2．

点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.

15．若，则______．

【答案】

【解析】分析： 第 11 页 共 21 页 由，根据同角三角函数之间的关系，求出与的值，利用两角差的余弦公式求解即可.

详解：

由，可得.

又，结合，可得.

，

故答案为.

点睛：

本题主要考查两角差的余弦公式以及同角三角函数之间的关系，同角三角函数之间的关系包含平方关系与商的关系，平方关系是正弦与余弦值之间的转换，商的关系是正余弦与正切之间的转换.

16．已知定义在上的函数满足且，若恒成立，则实数的取值范围为______．

【答案】

【解析】求出的解析式为，结合函数图象即可得出的范围．

【详解】

因为＞0，∴f（x）为增函数，∴f（f（x）﹣ex）=1，

∴存在唯一一个常数x0，使得f（x0）=1，∴f（x）﹣ex=x0，即f（x）=ex+x0，

令x=x0可得+x0=1，∴x0=0，故而f（x）=ex，

∵f（x）≥ax+a恒成立，即ex≥a（x+1）恒成立．

∴y=ex的函数图象在直线y=a（x+1）上方，

不妨设直线y=k（x+1）与y=ex的图象相切，切点为（x0，y0），

则，解得k=1．