福建省莆田市第一中学2019届高三数学上学期第一次月考试卷文（含解析）.docx

福建省莆田市第一中学2019届高三数学上学期第一次月考试卷 文（含解析）第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解指数不等式得集合A，解对数不等式得集合B，最后根据交集的定义求结果.【详解】,，因此，选B.【点睛】求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解2.若双曲线方程为，则其渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据双曲线的标准方程，求得的值，即可求解其渐近线的方程详解：由双曲线的方程，可得，所以双曲线的渐近线的方程为，故选B点睛：本题主要考查了双曲线的标准方程及其几何性质的应用，着重考查了推理与运算能力3.已知，则“复数是纯虚数”是“或”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】先根据纯虚数概念求m范围，再根据两个范围包含关系确定充要关系.【详解】因为复数是纯虚数，所以，因此“复数是纯虚数”是“或”的充分不必要条件，选A.【点睛】充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假并注意和图示相结合，例如“”为真，则是的充分条件2等价法：利用与非非，与非非，与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件4.已知函数的最小正周期为，则该函数的图象（ ）A. 关于点对称 B. 关于直线对称C. 关于点对称 D. 关于直线对称【答案】A【解析】【分析】先根据周期求，再代入判断对称点与对称轴.【详解】因为最小正周期为，所以，当时，所以该函数的图象关于点对称，选A.【点睛】函数的性质(1).(2)周期(3)由 求对称轴，最大值对应自变量满足，最小值对应自变量满足，(4)由求增区间; 由求减区间5.已知等差数列满足，则它的前10项的和（ ）A. 138 B. 135 C. 95 D. 23【答案】C【解析】试题分析：，考点：等差数列的通项公式和前n项和公式视频6.设则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用函数的图像和性质求a,b,c的范围，即得它们的大小关系.【详解】由题得，故cab.故答案为：A【点睛】(1)本题主要考查指数对数函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)比较实数的大小，一般先与0比，再与1或特殊值比.7.一个几何体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积（单位：cm2）为（ ）A. 48 B. 64 C. 120 D. 80【答案】D【解析】【分析】先还原几何体，再根据锥体侧面积公式求结果.【详解】几何体为一个正四棱锥，底面为边长为8的正方体，侧面为等腰三角形，底边上的高为5，因此四棱锥的侧面积为，选D.【点睛】解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图8.函数的图象大致是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】由 得,舍去A; 当 时 ,舍去B; 当 时 ,舍去D;选C.点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路(1)由解析式确定函数图象的判断技巧：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；由函数的单调性，判断图象的变化趋势；由函数的奇偶性，判断图象的对称性；由函数的周期性，判断图象的循环往复(2)由实际情景探究函数图象关键是将问题转化为熟悉的数学问题求解，要注意实际问题中的定义域问题9.在中，则的形状一定是（ ）A. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形【答案】D【解析】【分析】先根据向量减法与向量数量积化简得边之间关系，再判断三角形形状.【详解】因为，所以，即是直角三角形，选D.【点睛】判断三角形形状的方法化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状，此时要注意应用这个结论10.当时，函数的最小值为（ ）A. B. C. 4 D. 【答案】C【解析】， ，当且仅当时取等号，函数的最小值为4，选C.11.已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先构造函数,再将存在性问题转化为对应函数最值问题，通过求最值得实数的取值范围.【详解】令，则存在，使得,即的最大值，因为在上单调递减，在上单调递增，所以最大值为,因此，选C.【点睛】利用导数解决数学问题，往往需要需要构造辅助函数.构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等12.过点作圆C： 的切线，切点分别为A，B，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】圆C：的圆心坐标为，半径为1， ，设，则，则，恒成立，在单调递增，的最小值为故选C.第卷本卷包括必考题和选考题两部分第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须做答第22题第23题为选考题，考生根据要求做答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分共20分,13.已知满足，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】先作可行域，再根据目标函数所表示的直线，结合图象确定最小值的取法.【详解】可行域如图阴影部分，则直线过点A时取最小值.【点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.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，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.14.若，则 _.【答案】【解析】由于，所以.因此，故答案为.15.已知是球表面上的点，平面，,则球的表面积等于_【答案】【解析】试题分析：由题意，得，又平面，所以球的直径为，所以，所以该球表面积为考点：1、直线与平面垂直的性质；2、球的表面积16.已知函数其中，若存在实数，使得关于的方程有三个不同的根，则的取值范围是_【答案】【解析】试题分析：二次函数段对称轴为.要有三个根，只需，即.考点：1.分段函数；2.数形结合的数学思想.【思路点晴】本题考查分段函数、数形结合的数学思想、化归与转化的数学思想.第一段是偶函数，它是由折起来而成.第二段是二次函数，其开口向上，对称轴为，画出这两个函数的图象，依题意关于的方程有三个不同的根，则只需，也就是左边第一段的右端点函数值比右边第二段左端点的函数值要大即可.三、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.在中，内角的对边分别为已知（1）求的值；（2）若，的周长为5，求的长【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先根据正弦定理将边化为角的关系，再根据两角和正弦公式以及诱导公式化简得，即得结果，（2）先根据正弦定理得，再根据余弦定理得，由周长解得的长.【详解】（1）由正弦定理，设，则，所以，即，化简可得，又，所以因此 （2）由，得由余弦定理及，得所以，又，所以，因此【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.18.设为数列的前项和，已知，（1）求，;（2）求数列的通项公式；（3）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】(1)令n=1,n=2求出，.(2)利用项和公式求.（3）利用错位相减法求数列的前项和.【详解】（1）令，得，因为，所以， 令，得，解得. （2）当n=1时，； 当时，由，两式相减，整理得，于是数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以，. ( 3 ) 由( 2 )知，记其前项和为，于是 从而【点睛】（1）本题主要考查项和公式求数列的通项，考查错位相减法求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2)如果，其中是等差数列通项，是等比数列的通项，一般利用错位相减法求和.19.如图，已知三棱锥中，为的中点，为的中点，且为正三角形.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）本问考查线面平行判定定理，根据题中条件，易得，在分别强调面外、面内这两个条件，即可以证明线面平行；（2）本问主要考查证明面面平行，根据面面平行判定定理，应先证明线面垂直，根据题中条件，应设法证明，根据题中条件分析可证出 平面，所以得到，于是根据线面垂直判定定理可得平面，于是平面平面.试题解析：（1）分别为的中点，又平面平面，平面.（2）为的中点，为正三角形，.由（1）知，.又，且，平面.平面，.又，且，平面.而平面，平面平面.考点：1.线面平行；2.面面垂直.20.设,分别是椭圆E：的左、右焦点，过的直线与E相交于A、B两点，且,成等差数列(1)求；(2)若直线的斜率为1，求b的值【答案】（1）又；（2）.【解析】试题分析：（1）由椭圆定义知，再由成等差数列，能够求出|AB|的值；（2）L的方程式为y=x+c，其中，设A，B，则A，B两点坐标满足方程组，化简得，然后结合题设条件和根与系数的关系能够求出b的大小试题解析：（1）由椭圆定义知|AF2|+|AB|+|BF2|=4 又2|AB|=|AF2|+|BF2|，得（2）L的方程式为y=x+c，其中设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点坐标满足方程组化简得(1+b2)x2+2cx+1-2b2=0则因为直线AB的斜率为1，所以即则解得考点：椭圆的性质及其运用和直线与椭圆的位置关系21.已知函数，对任意的，恒有（1）证明：（2）若对满足题设条件的任意，不等式恒成立，求的最小值【答案】（1）见解析 （2）【解析】【分析】（1）先求导数，并化简不等式得，再根据一元二次不等式恒成立得，最后利用基本不等式得结论.（2）先讨论时，不等式恒成立，再讨论时，利用变量分离法将不等式恒成立转化为对应函数最值问题，根据函数单调性求得函数最值即得的取值范围，最后确定的最小值【详解】（1）易知由题设，对任意的，即恒成立，所以，从而 于是，且，因此 （2）由（1）知，当时，有 令，则， 而函数的值域是因此，当时，的取值集合为 当时，由（1）知，此时或0，从而恒成立综上所述，的最小值为【点睛】不等式有解与不等式的恒成立问题，此两类问题都可转化为最值问题，即恒成立，恒成立.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做则按所做的第一题记分做答时请写清题号。22.在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，以x轴的正半轴为极轴，圆C的极坐标方程为（）将圆C的极坐标方程化为直角坐标方程；（）过点作斜率为1的直线l，直线l与圆C交于A，B两点，试求的值【答案】（）（）【解析】【分析】（）根据直线参数方程的一般式，即可写出，化简圆的极坐标方程，运用cos=x，sin=y，即可普通方程；（）求出过点P（2，0）作斜率为1直线l的参数方程，代入到圆的方程中，得到关于t的方程，运用韦达定理，以及参数t的几何意义，即可求出结果【详解】（）由得：，即，C的直角坐标方程为：（）设A，B两点对应的参数分别为，直线和圆的方程联立得：，所以，所以，【点睛】本题考查直线的参数方程、以及极坐标方程与普通方程的互化，同时考查直线参数