陕西高三数学第一次模拟联考试卷文

陕西省2019届高三第一次模拟联考文科数学试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A=x|-1x2，B=x|0x3，则AB=（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用集合的交集的定义，直接运算，即可求解.【详解】由题意，集合A=x|-1x2，B=x|0x3，AB=x|0x2故选：B【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中熟记集合的交集定义和准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.2.复数i（1+2i）的模是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式，即可求解【详解】由题意,根据复数的运算可得i(1+2i)=2+i，所以复数i(1+2i)的模为(2)2+12=5，故选D.【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，其中解答中熟记复数的运算，以及复数模的计算公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。3.若抛物线y2=2px的焦点坐标为（2，0），则准线方程为（）A. x=-2B. x=1C. x=-1D. x=2【答案】A【解析】【分析】抛物线y2=2px的焦点坐标为（2，0），求得p的值，即可求解其准线方程【详解】由题意，抛物线y2=2px的焦点坐标为（2，0），p2=2，解得p=4，则准线方程为：x=-2故选：A【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程及其性质，其中解答中熟记抛物线的标准方程，及其简单的几何性质，合理计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.4.一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A. 64B. 32+165C. 80D. 32+122【答案】B【解析】【分析】根据三视图画出几何体的直观图，判断几何体的形状以及对应数据，代入公式计算即可【详解】几何体的直观图是：是放倒的三棱柱，底面是等腰三角形，底面长为4，高为4的三角形，棱柱的高为4，所求表面积：S=21244+242+224+44=32+165故选：B【点睛】本题主要考查了几何体的三视图，以及几何体的体积计算，其中解答中判断几何体的形状与对应数据是解题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题。5.公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（）（参考数据：sin15=0.2588，sin7.5=0.1305）A. 12B. 24C. 48D. 96【答案】B【解析】【分析】列出循环过程中S与n的数值，满足判断框的条件，即可结束循环，得到答案【详解】模拟执行程序，可得：n=6，S=3sin60=332，不满足条件S3.10，n=12，S=6sin30=3，不满足条件S3.10，n=24，S=12sin15=120.2588=3.1056，满足条件S3.10，退出循环，输出n的值为24故选：B【点睛】本题主要考查了循环框图的应用，其中解答中根据给定的程序框图，逐次循环，注意判断框的条件的应用是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。6.若x、y满足约束条件x+2y12x+y-1x-y0，则z=3x-2y的最小值为（）A. 13B. -13C. -5D. 5【答案】C【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，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案【详解】由题意，画出约束条件，所表示的平面区域，如图所示，化目标函数z=3x2y为y=32xz2，由图可知，当直线y=32xz2过A时，直线在y轴上的截距最大，联立x+2y=12x+y=1，解得A（-1，1），可得目标的最小值为z=3(1)21=5，故选：C【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题7.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=bcosC且c=6，A=6，则ABC的面积（）A. 23B. 33C. 43D. 63【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理求出B，然后求解C，再利用正弦定理求得a，然后由三角形的面积公式求解即可【详解】由题意，在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,ca=bcosC，由余弦定理可得a=bcosC=ba2+b2c22ab，即a2+c2=b2，ABC为直角三角形，B为直角，又A=6,c=6，可得C=3，由正弦定理asinA=csinC，即asin6=csin3，解得a=23SABC=12ac=12623=63故选：D【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，三角形的面积公式的应用，注意正弦定理以及三角形边角关系的应用，属于基础题，着重考查了运算与求解能力。8.已知函数f（x）=3x-2(x3)log3(4-x)(x3)，则f（log336）+f（1）=（）A. 6B. 5C. 4D. 1【答案】B【解析】【分析】根据函数的解析式，求得f(log336)=3log3362=369=4，f1=log3(41)=1，由此即可求解，得到答案。【详解】由题意，函数fx=log3(4x),x0，所以fx在R递增，则不等式81+x3+61+xx3+3x，即f21+xfx，故21+xx，即x+2x1x+10，解得x2或1x0得，gx在1+上递增，由gx0且a12时，fx有2个极值点；当a=12时，fx没有极值点.2结合函数的定义域可知，原问题等价于aex-x2-1x对x0恒成立.设gx=ex-x2-1x，则gx=x-1ex-x-1x2.讨论函数g(x)的最小值.设hx=ex-x-1，结合h(x)的最值可得gx在0,1上单调递减，在1,+上单调递增，gxg1=e-2，a的取值范围是-,e-2.试题解析：1 fx=xex-2ax=xex-2a.当a0时，fx在-,0上单调递减，在0,+上单调递增，fx有1个极值点；当0a12时，fx在-,0上单调递增，在0,ln2a上单调递减，在ln2a,+上单调递增，fx有2个极值点；当a0时，fx有1个极值点；当a0且a12时，fx有2个极值点；当a=12时，fx没有极值点.2由fx+exx3+x得xex-x3-ax2-x0.当x0时，ex-x2-ax-10，即aex-x2-1x对x0恒成立.设gx=ex-x2-1x，则gx=x-1ex-x-1x2.设hx=ex-x-1，则hx=ex-1.x0，hx0，hx在0,+上单调递增，hxh0=0，即exx+1，gx在0,1上单调递减，在1,+上单调递增，gxg1=e-2，ae-2，a的取值范围是-,e-2.22.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为y=2sinx=2+2cos（为参数）以坐标系原点为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为=2sin（1）写出曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）设点P在C1上，点Q在C2上，且POQ=3，求POQ的面积的最大值【答案】（1）=4cos，x2+y2-2y=0；（2）3+32【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换（2）直接利用（1）的结论和三角形的面积公式的应用求出结果【详解】（1）曲线C1的参数方程为y=2sinx=2+2cos（为参数），转换为直角坐标方程为：（x-2）2+y2=4，转换为极坐标方程为：=4cos曲线C2的极坐标方程为=2sin，转换为直角坐标方程为：x2+y2-2y=0（2）点P在C1上，点Q在C2上，且POQ=3，则：SPOQ=1212sin3=124cos12sin232=23cos1sin2，因为POQ=3,所以2=1+3，所以SPOQ=23cos1sin(1+3)=23cos1(12sin1+32cos1)=3sin(21+3)+32当sin(21+3)=1时，此时POQ的面积由最大值，此时最大值为SPOQ=3(1+32)=3+32【点睛】本题主要考查了参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，二元二次方程组的解法及应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型23.已知函数f（x）=2|x-12|-|2x+1|（1）求f（x）的最大值t；（2）若正实数m，n满足n+m=3mn，求证：1m2+2n2t【答案】（1）2；（2）见解析【解析】【分析】（）根据绝对值的意义，将函数表示为分段函数形式，结合函数的解析式求出函数的值域即可（）根据条件得到1m=31n，利用消元法，转化为一元二次函数，利用配方法进行求解证明即可【详解】（1）f（x）=2|x-12|-|2x+1|=2|x-12|-2|x+12|则当x12时，f（x）=-2（x-12）+2（x+12）=2当-12x12时，f（x）=-2（x-12）-2（x+12）=-4x，此时f（x）-2，2，当x12时，f（x）=2（x-12）+2（x+12）=-2综上f（x）-2，2，即函数的最大值为2，即t=2