福建漳州高三数学第二次教学质量监测文

福建省漳州市2019届高三下学期第二次教学质量监测数学（文）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，即可得到答案【详解】由题意，根据复数的运算，可得故选：A【点睛】本题主要考查了复数的四则运算及其应用，其中解答中熟记复数的四则运算法则，好了准确运算是解答的关键，着重考查了化简与运算能力，属于基础题。2.已知集合，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据对数函数的性质，求解集合B，然后进行交集的运算，即可求解，得到答案【详解】由题意，集合，所以,故选：D【点睛】本题主要考查了对数函数的性质，以及集合的交集运算，其中解答中根据对数函数的性质，正确求解集合B是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。3.已知向量，满足，且与夹角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由数量积计算即可.【详解】=-6【点睛】本题考查数量积，熟记数量积的运算性质，熟练运算是关键，是基础题.4.函数的图象大致为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据奇偶性的定义，得出函数的奇偶性，以及函数值的符号，利用排除法进行求解，即可得到答案【详解】由题意，函数满足，即是奇函数，图象关于原点对称，排除B，又由当时，恒成立，排除A，D，故选：C【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，以及函数值的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性的定义，得出函数的奇偶性，再利用函数值排除是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A. 32B. 34C. 36D. 38【答案】D【解析】【分析】根据题中的三视图可知，该几何体是由一个长、宽均为2，高为4的长方体截去一个长、宽均为1，高为4的长方体后剩余的部分，利用面积公式即可求解。【详解】根据题中的三视图可知，该几何体是由一个长、宽均为2，高为4的长方体截去一个长、宽均为1，高为4的长方体后剩余的部分，所以该几何体的表面积为，故选D。【点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，及空间几何体的标间的计算，其中根据给定的几何体的三视图，还原得到空间几何体的结构特征，在利用面积公式准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题。6.设满足约束条件，则的最大值是（ ）A. -4B. 0C. 8D. 12【答案】C【解析】【分析】画出约束条件所表示的可行域，由，即，把直线平移到可行域的A点时，此时目标函数取得最大值，进而求解目标函数的最大值。【详解】画出约束条件所表示的可行域，如图所示，又由，即，把直线平移到可行域的A点时，此时直线在y轴上的截距最大，目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为，故选C。【点睛】本题主要考查了利用线性规划求最大值问题，其中解答中正确画出约束条件所表示的平面区域，结合图象，平移目标函数确定最优解，即可求解目标函数的最大值，着重考查了推理与计算能力，属于基础题。7.已知抛物线上的点到其焦点的距离比点到轴的距离大，则抛物线的标准方程为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由抛物线的定义转化，列出方程求出p，即可得到抛物线方程【详解】由抛物线y22px（p0）上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大，根据抛物线的定义可得，所以抛物线的标准方程为：y22x故选：B【点睛】本题考查了抛物线的简单性质的应用，抛物线方程的求法，属于基础题8.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则a的最小值为A. 1B. C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】根据正弦定理将边化角，利用两角和的正弦函数公式化简得出，由已知利用余弦定理和基本不等式即可求得的最小值【详解】在中，由正弦定理可得，即，又，因为，所以两边平方可得：，由，可得，解得，当且仅当时等号成立，所以，可得：，当且仅当时等号成立，所以的最小值为故选：B【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，以及基本不等式的应用，其中解答中合理利用三角形的正、余弦定理，以及利用基本不等式求解是解答额关键，着重考查了计算能力和转化思想，属于中档题9.已知正四面体中，为的中点，则与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设正四面体ABCD的棱长为2，取BD的中点N，连结MN，CN则MNAD，CMN或其补角是CM与AD所成的角，由此能求出直线CM与AD所成角的余弦值【详解】如图，设正四面体ABCD的棱长为2，取BD的中点N，连结MN，CN，M是AC的中点，MNAD，CMN或其补角是CM与AD所成的角，设MN的中点为E，则CEMN，在CME中，ME，CMCN，直线CM与AD所成角的余弦值为cosCME. 故选：C【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题10.已知，则的值城为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将f(x)化简为，利用二次函数求解即可.【详解】,又sinx，故选:D【点睛】本题考查二倍角公式，三角函数性质，二次型函数求最值，熟记余弦二倍角公式，准确计算二次函数值域是关键，是中档题.11.在三棱柱中，已知底面为正三角形，平面，则该三棱柱外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用两底面中心连线的中点为外接球球心，结合勾股定理不难求半径【详解】如图，O为底面中心，O为外接球球心，在正三角形ABC中求得OA6，又OO8，外接球半径OA10，S球4100400，故选：A【点睛】此题考查了正三棱柱外接球，熟记正棱柱的基本性质，熟练掌握正棱柱球心位置是解题关键，是基础题.12.设，已知函数，对于任意，都有，则实数m的取值范围为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，设，求出其导数，得到函数的单调性，结合m的范围分析可得在上为减函数，进而可得函数在上也为减函数，据此求出在上的最大值与最小值；结合题意分析可得必有，即，变形解可得m的取值范围，即可得答案【详解】根据题意，设，其导数，当时，即函数在上为增函数，当时，即函数在上为减函数，当时，即函数在上为增函数，又由，则，则在上，为减函数，又由，则函数在上也为减函数，则，若对于任意，都有，则有，即，变形可得：，可得：或，又由，则m的取值范围为；故选：B【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若，则_【答案】【解析】【分析】将原式平方得到，再由二倍角公式得到结果.【详解】因为，两边平方得，所以，根据二倍角公式得到：.故答案为：.【点睛】三角函数化简的常用方法:1.利用sin2cos21可以实现角的正弦、余弦的互化，利用tan 可以实现角的弦切互化2.注意公式逆用及变形应用：1sin2cos2，sin21cos2，cos21sin2.3. 三角函数求值与化简必会的三种方法(1)弦切互化法:主要利用公式tan =;形如,asin2x+bsin xcos x+ccos2x等类型可进行弦化切.(2)“1”的灵活代换法:1=sin2+cos2=(sin+cos)2-2sincos=tan等.(3)和积转换法:利用(sincos)2=12sincos,(sin+cos)2+(sin-cos)2=2的关系进行变形、转化.14.不透明的袋中有个大小相同的球，其中个白球，个黑球，从中任意摸取个球，则摸到同色球的概率为_。【答案】【解析】【分析】基本事件总数n10，摸到同色球包含的基本事件个数m4，由此能求出摸到同色球的概率【详解】不透明的袋中有5个大小相同的球，其中3个白球，2个黑球，从中任意摸取2个球，基本事件总数n10，摸到同色球包含的基本事件个数m4，摸到同色球的概率p故答案为：【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题15.已知双曲线，左顶点为，右焦点为，过且垂直于轴的直线与双曲线在第一象限的交点为， 且直线斜率为，则的离心率为_【答案】【解析】【分析】求出B的坐标，利用直线的斜率，转化求解离心率即可【详解】把xc代入双曲线：1（a0，b0）得y，所以B（c，），又A（a，0），直线AB的斜率为，可得，可得a2+ac2c22a2，e1，e故答案为：【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，准确计算B的坐标是关键，是基础题.16.已知定义在R上的偶函数，其图象连续不间断，当时，函数是单调函数，则满足的所有x之积为_【答案】39【解析】【分析】由题意首先确定函数的对称性，然后结合题意和韦达定理整理计算，即可求得最终结果【详解】因为函数是连续的偶函数，所以直线是它的对称轴，从面直线就是函数图象的对称轴因为，所以或由，得，设方程的两根为n，n，所以；由，得，设方程的两根为，所以，所以故答案为：39【点睛】本题主要考查了函数的单调性，奇偶性，以及对称性的应用，其中其中根据函数的奇偶性得出函数的对称性，再利用函数的单调性建立关于的一元二次方程，利用韦达定理求解是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及运算、求解能力，属于中档试题三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列为等差数列，且，依次成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若，求的值.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为d，运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；（2）求得bn（），运用裂项相消求和可得Sn，解方程可得n【详解】（1）设数列的公差为，因为，所以，解得.因为，依次成等比数列，所以，即，解得.所以.（2）由（1）知，所以，所以 ，由，得.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和等比中项性质，考查裂项相消求和，以及方程思想和运算能力，属于基础题18.如图，在四棱锥中，平面 平面， .(1)证明 (2)设点在线段上，且，若的面积为，求四棱锥的体积【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）推导出BAAD，BAPD，APPD，从而PD平面PAB，由此能证明PDPB（2）设AD2a，则ABBCAPa，PDa，得为等腰三角形，利用推得面积，进而求出a2，由此能求出四棱锥PABCD的体积【详解】(1) 平面平面 ，平面， 在中，由正弦定理可得： ，PDPA,又PAAB=A, 平面，.(2)取的中点，连结， ，设AD2a，则ABBCAPa，PDa,则，为等腰三角形，且底边BC上的高为，的面积为. 的面积为，解得：，四梭锥的体积为 .【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19.设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，该椭圆的左顶点A到直线的距离为求椭圆C的标准方程；若线段MN平行于y轴，满足，动点P在直线上，满足证明：过点N且垂直于OP的直线过椭圆C的右焦点F【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据点到直线的距离公式即可求出a的值，可得椭圆方程，（2）由题意M（m，n），N（m，），P（2，t），根据（2）0，可得y12n，由2，可得2m+2nt6，再根据向量的运算可得0，即可证明【详解】(1)由题意： ， 椭圆的标准方程为： (2)设， ，则， ，即,解 ， ，即：，得 即直线的方程为： ， 设过点且垂直于直线为， 直线的方程： ，即直线过定点，即直线恒过椭圆的右焦点【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，直线和椭圆的关系，向量的运算，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题20.某城市的公交公司为了方便市民出行，科学规划车辆投放，在一个人员密集流动地段增设一个起点站，为了研究车辆发车间隔时间与乘客等候人数之间的关系，经过调查得到如下数据：间隔时间（）分钟等候人数（人）调查小组先从这组数据中选取组数据求线性回归方程，再用剩下的组数据进行检验.检验方法如下：先用求得的线性回归方程计算间隔时间对应的等候人数，再求与实际等候人数的差，若差值的绝对值不超过，则称所求方程是“恰当回归方程”.（1）从这组数据中随机选取组数据后，求剩下的组数据的间隔时间不相邻的概率；（2）若选取的是后面组数据，求关于的线性回归方程，并判断此方程是否是“恰当回归方程”；（3）为了使等候的乘客不超过人，试用（2）中方程估计间隔时间最多可以设置为多少（精确到整数）分钟？附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为： ，.【答案】（1）；（2），是“恰回归方程”； （3）18.【解析】【分析】（1）用列举法分别求出“从这组数据中随机选取组数据后，剩下组数据”以及“剩下的组数据相邻”所包含的基本事件数，进而求出“剩下的组数据相邻”的概率，再由对立事件的概率，即可求出结果；（2）由最小二乘法求出线性回归方程，将和代入验证即可；（3）由（2）的结果结合条件列出不等式，求解即可.【详解】解：（1）设“从这组数据中随机选取组数据后，剩下的组数据不相邻”为事件，记这六组数据分别为，剩下的两组数据的基本事件有，共种，其中相邻的有，共种，所以.（2）后面组数据是：间隔时间（分钟）等候人数（人）因为，所以 ，所以.当时， ，；当时，所以求出的线性回归方程是“恰回归方程”.（3）由，得，故间隔时间最多可设置为分钟.【点睛】本题主要考查古典概型和线性回归方程，需要考生熟记古典概型的概率计算公式，以及最小二乘法求线性回归方程的方法，属于常考题型.21.已知函数.(1)讨论函数的单调区间；(2)证明：【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】(1),分和两种情况讨论单调性即可；(2)法一：将不等式变形为，构造函数，证明即可；法二：将不等式变形为，分别设，求导证明即可.【详解】(1) ，当时，函数的单调增区间为，无减区间；当时，当，单增区间为上增，单调减区间为上递减。(2)解法1： ，即证，令，令，在，上单调递增，故存在唯一的使得，)在上单调递减，在上单调递增，当时， ， 时，； 所以在上单调递减，在上单调递增，得证.解法