福建莆田第九中学高三数学上学期第一次月考理PDF

第页1 福建省福建省莆田第九中学莆田第九中学20192019届届高三高三上上学期学期第一次月考第一次月考 数学（理）试题数学（理）试题 第第卷（共卷（共 6060 分）分） 一、一、选择题：本大题共选择题：本大题共 1212 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的 1已知i是虚数单位，复数iz 2，则)21 (iz的共轭复数为（） Ai2Bi 34Ci 34Di 34 2已知集合 M=0 x,2y|y x ，N= 2 xx2lgy|x，则 MN 为（） A（1，2） B（1，）C（2，）D1，） 3下列四个结论正确结论的是（） A设 ba, 为非零向量，若，则ab恒成立； B命题“若 x 2=1，则 x=1”的否命题为：“若 x2=1，则 x1”； C“命题 pq 为真”是“命题 pq 为真”的充分不必要条件； D关于 x 的方程 0ax2ax2 有且仅有一个实根，则1a； 4已知实数yx,满足 4 02 0632 x yx yx ，则23 yxz的最大值为（） A30B2C4D4 5设 x，yR，向量a=（x，1），b=（1，y），c=（2，4）且ac，bc， 则ba =(） A 5 B10C 52 D10 6函数)sin()(xxf（ 2 , 0 ）的图象如图所 示，为了得到xxg2cos)(的图象，则只需将 f（x）的 图象（） A向右平移 6 个长度单位B向右平移 12 个长度单位 C向左平移 6 个长度单位D向左平移 12 个长度单位 73log2,3, 2log 2 1 3 1 log 3 1 2 cba，则cba,的大小关系是（） 第页2 AbacBcbaCbcaDabc 8已知二项式 4 )2 1 1 (x x ，则展开式的常数项为（） A1B1C47D49 9已知以圆4) 1( : 22 yxC的圆心为焦点的抛物线 1 C与圆C在第一象限交于A点，B点是抛物线 2 C：yx8 2 上任意一点，BM与直线2y垂直，垂足为M，则|ABBM 的最大值为（） A1B2C1D8 10已知) 2 | , 2 0)(sin()( xxf满足)()1 (xfxf，且)()2(xfxf，对于定义 域内满足 2 3 )()( 21 xfxf的任意Rxx 21, ， 21 xx ，当| 21 xx 取最小值时，)( 21 xxf的值为 （） A 4 26 或 4 26 B 4 26 或 4 62 C 3 2 D 2 3 11设函数Rtttxexxf x ,5)3()(.若存在唯一的整数 0 x，使得0)( 0 xf，则实数t的取值范围 为（） A 2 , 3 ( 2 ee B) 2 , 3 ( 2 ee C 2 , 3 ( 2 ee D) 2 , 3 ( 2 ee 12如图所示，正方形ABCD的边长为 2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则当正四棱锥体积最大时， 该正四棱锥外接球的表面积为（） A 3 22 B 25 52 C 25 169 D 25 338 二、填空题（每题二、填空题（每题 4 4 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上） 13已知向量a与b的夹角为 0 60，且32|2| , 1|baa，则 |b. 14已知点)2, 1 ( P在直线2 kxy上，则圆锥曲线C：13 22 ykx的离心率为. 第页3 15在平行四边形 ABCD 中，AD=1，BAD=60，E 为 CD 的中点若，则 AB 的长为 16已知34)( 2 xxxf在a, 0的值域是1，3实数a的取值范围记为集合 A， x a xxgsin 2 cos)( 2 记)(xg的最大值为)(ag若bag)(，对任意实数 Aa恒成立，则实数b的取值范围是 三、解答题三、解答题 （本大题共（本大题共 6 6 题，共题，共 7070 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ） 17已知数列 n a的前n项和是 n S，且), 2( 12 2 2 Nnn S S a n n n . （1）若1 1 a，求 n a的通项公式； （2）在（1）的条件下，求数列 1 nn SS的前n项和 n T. 18 支付宝自助付款可以实现人像识别身份认证和自动支付业务， 于是出现了无人超市.无人超市的出现大 大方便了顾客，也为商家节约了人工成本.某超市对随机进入无人超市的100名顾客的付款时间与购物金额 进行了统计，统计数据如图所示：（时间单位：秒，付款金额RMB：元） （1） 用统计中的频率代表一位顾客随机进店消费付款时间的概率， 试求该顾客进店购物结算时所用时间的 期望； （2）若一位顾客在结算时，前面恰有3个人正在排队，求该顾客等候时间不少于2分钟的概率. 第页4 19 已知四棱锥ABCDP 中，PA平面ABCD， 0 60 3 2 BADBCDABC，22 CDAB， BCCEBF 3 2 . （1）求证：DE平面PAF； （2）若ABPA 2 1 ，求二面角ACDP的余弦值. 20椭圆)0( 1 2 2 2 2 ba b y a x 的左、右焦点分别为)0 , 1 (),0 , 1( 21 FF ，过 2 F的直线l与椭圆交于BA,两 点，若l的倾斜角为 2 时，ABF1是等边三角形. （1）求椭圆的方程； （2）若21|,| 22 BFAF，求 1 ABF中AB边上中线长的取值范围. 21已知函数 2 )2()2()(xaexxf x . （1）求函数 x exfxg3)()(的极值点； 第页5 （2）当0x时，恒有024)2( axf成立，求a的取值范围. 请考生在请考生在2222、2323二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分. . 22选修 44：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 13 , 1 xt yt (t为参数)在以原点O为极点，x轴正 半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为2cos （1）求直线l的极坐标方程和曲线C的直角坐标方程； （2）若直线l与曲线C交于,P Q两点，求POQ 23. 选修 45：不等式选讲 已知函数 2 ( )23f xxaxa， 2 ( )4g xxax，aR （1）当1a 时，解关于x的不等式 fx 4； （2）若对任意 1 x R，都存在 2 x R，使得不等式 12 ( )()f xg x成立，求实数a的取值范围 第页6 数学（理科）参考答案数学（理科）参考答案 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 题号123456789101112 选项CAADBDDBABAD 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13414 7 2 152 1 16 4 5 ,( 三、解答题：本大题共6小题，满分70分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤 17 （本小题满分 12 分） 解： （）当2n 时， 2 2 21 n n n S a S ，即 2 1 2 21 n nn n S SS S ， 整理得 11 2 nnnn SSS S - -=，所以 1 11 2 nn SS 所以 1 n S 是一个公差为 2 的等差数列， 又 11 1aS，所以 1 21 n n S ，所以 1 21 n S n ， 此时 1 0, 2 nn SS符合题意 所以 1 1 21 nnn aSS n 32 1 n 2 (2) 2123 n nn ()() 当1n 时，上式不成立， 所以 1,1 2 ,2 (21)(23) n n a n nn （）由（）可知， 1 1 2121 nn SS nn （）（） 111 () 2 2121nn ， 所以 111111 (1)()() 23352121 n T nn 12 n n 18 （本小题满分 12 分） 解： （）设一位顾客进店购物结算时间为T，根据统计图表可知， T的可能值为 10，20，40，60， 第页7 所以(10)0.4, (20)0.2, (40)0.3, (60)0.1,P TP TP TP T 所以该顾客进店购物结算时所用时间的期望为10 0.420 0.240 0.360 0.126（秒） （）依题意可知，每个顾客各自的付款时间是相互独立的，若 3 位顾客付款时间总计不少于 2 分钟，则 3 人的付款时间可能有如下情况： 3 个 60 秒； 2 个 60 秒和另一个可以是 10 秒，20 秒，40 秒中任意一个； 一个 60 秒，另外两个付款时间可以是 20 秒，40 秒或 40 秒，40 秒； 三 40 秒 所以对应的概率为 322113 332 0.10.1(0.40.20.3)0.1 (0.2 0.30.3 0.3)0.3Pccc0.118 答：该顾客等候时间不少于 2 分钟的概率为0.118 19 （本小题满分 12 分） 解： （）证明：过点D在平面ABCD内作/DNBC，交AB于点N， 因为2ABCD，ABCBCD ， 所以四边形DNBC为一个底角是 60的等腰梯形， 所以BNANCD，所以N为AB中点， 由题知90BAD，在Rt NAD中，2DNAN， 又60ABCBCD ， 所以 3 2 BCND， 而 2 3 BFCEBC， 所以,E F为BC的三等分点， 连接EN，所以/NEAFDC， 又在DEC中，2ECDC，60BCD， 所以30DEC，所以DECD，所以DEAF， 又PA 平面ABCD，所以PADE， 因为PAAFA，所以DE 平面PAF （） 以A为坐标原点， 分别以,AB AD AP所在直线为, ,x y z轴建立空间直角坐标系， 所以平面ACD的 第页8 一个法向量为(0,0,1)m ， 又由（）知60 ,90ABCANDBAD ， 所以在AND中，33ADAN， 所以(0, 3,0)D，150ADC， 1 3 3 ( ,0) 22 C，(0,0,1)P， 所以 1 3 313 ( ,1),( ,0) 2222 PCDC， 设平面PCD的法向量为( , , )nx y z， 所以 0 0 PC n CD n 即 13 3 0 22 13 0 22 xyz xy 令3x ，所以( 3, 1,3)n ， 设二面角PCDA的平面角为，且为锐角， 所以 21 cos = 7| | n m nm 20 （本小题满分 12 分） 解： （）由已知得：1c ， 22 1ab， 2 23 b c a 所以 2 23ab， 2 3230aa，解得3,2ab 椭圆的方程 22 1 32 xy （）当直线的斜率为 0 时，显然不成立 设直线:1l xmy， 1122 ( ,), (,)A x yB xy， 联立 22 236 1 xy xmy 得 22 (23)440mymy 则 1212 22 44 , 2323 m yyyy mm 1 ABF中AB边上的中线长为 22 111212 11 (2)() 22 F AFBxxyy 22 1212 1 ()4() 2 m yyyy 2 22 22 14124 ()() 22323 mm mm 第页9 22222 2 22222 2334(23)8(23)3 () 23(23)(23) mmmm mmm 令 2 23tm则 2 23mt 得 11 1 2 F AFB 2 2 22 83381413 13() 33 tt tttt 由 22 F AF B，得 1 12 2 , y yy y ， 22 1212 2 2112 ()14 22 23 yyyym yyy ym 12， 2 2 142(3)1 20, 232 mt mt 111 34, 43 t t ， 11 1 2 F AFB 51 ,2 4 1 ABF中AB边上中线长的取值范围是 51 ,2 4 21 （本小题满分 12 分） 解： （）由题意， 2 ( )(1)(2) x g xxea x， 得( )(2)2 (2)(2)2 ) xx g xxea xxea（ （i）当0a 时，在(, 2) 上，( )0g x，在( 2,)上，( )0g x （ii）当0a 时，令( )0g x，解得2x 或ln(2 )xa 若 2 1 2 a e ，ln(2 )2a ，( )0g x恒成立； 若 2 1 2 a e ，ln(2 )2a ， 在( 2,ln(2 )a上，( )0g x； 在(, 2) ，(ln(2 ) ,)a，( )0g x 若 2 1 2 a e ，ln(2 )2a ，在(ln(2 ) , 2)a上，( )0g x； 在（(,ln(2 )a,与( 2,)上，( )0g x 综上，当0a 时，( )g x极小值点为2，无极大值点；当 2 1 0 2 a e 时，( )g x极 小值点为2，极大值点为ln(2 )a；当 2 1 2 a e 时，( )g x极小值点为ln(2 )a，极 第页10 大值点为2；当 2 1 2 a e 时，( )g x无极值点 （）设 22 ( )(22)(22)42 x h xxeaxa, 因为 2 ( )(42)88 x h xxeaxa，得 2 ( )88 x hxxea(0)x , 且函数( )hx在0,)上单调递增 （i）当80a时，有( )0hx，此时函数( )h x在0,)上单调递增， 则( )(0)28h xha ， 若280a 即 1 4 a 时，有函数( )h x在0,)上单调递增， 则( )(0)0h xh，符合题意； 若280a 即 1 0 4 a时，存在 0 0 x 满足()h x 0， 0 (0,), ( )0 xxh x，此时函数( )h x在 0 0,)x（上单调递减，( )(0)0h xh不符合题意； （ii）当80a时，有( )80ha 0，存在 1 0 x 满足()hx 1 0 1 (0,),xx 1 h(x )0，此时( )h x在 1 0,)x（上单调递减，( )(0)820h xha ，此时函 数( )h x在 1 0,)x（上单调递减，不符合题意 综上，实数a的取值范围是 1 4 a 22 解法一： （1）由 13 , 1, xt yt 得l的普通方程为313xy ， 又因为 cos , sin , x y ， 所以l的极坐标方程为 cos3 sin13 （或 2 sin()13 6 ） 由2 cos得 2 2 cos，即 22 2xyx， 所以C的直角坐标方程为 22 20 xyx （2）设,P Q的极坐标分别为 1122 , ，则 12 POQ 由 cos3sin13, 2cos , 消去得 2coscos3 sin13， 第页11 化为cos23sin23，即 3 sin 2 62 ， 因为 0 2 ，即 7 2 + 666 ，所以 2 63 ，或 2 2 63 ， 即 1 2 , 12 , 4 或 1 2 , 4 , 12 所以 12 = 6 POQ 解法二： （1）同解法一 （2）曲线C的方程可化为 2 2 11xy，表示圆心为1,0C且半径为 1 的圆 将l的参数方程化为标准形式 3 1, 2 1 1 2 xt yt (其中 t 为参数)，代入