陕西省彬州市2019届高三数学上学期第一次教学质量监测试题理含解析.doc

彬州市2019届高三第一次教学质量监测试卷理科数学一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共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.如果全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用交集与补集运算即可得到结果【详解】全集，故选C【点睛】本题考查了集合的交并补运算，属于基础题.2.设，则的虚部是（ ）A. -1B. C. D. -2【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘方与除法运算化简复数z，结合虚部的定义即可得出【详解】，的虚部是-2故选D【点睛】本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，属于基础题3.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用二倍角正弦公式可知同号，又，从而得到结果.【详解】由可得，即同号，又，故选A【点睛】本题考查二倍角正弦公式，同角关系中的商数关系，属于基础题.4.如图1是某高三学生进入高中三年来的数学考试成绩的茎叶图，第1次到第第14次的考试成绩依次记为A1 ， A2 ， A14 ， 如图2是统计茎叶图中成绩在一定范围内考试次数的一个算法流程图，那么算法流程图输出的结果是（ ） A. 10B. 9C. 8D. 7【答案】A【解析】该程序的作用是累加14次考试成绩超过90分的人数；根据茎叶图的含义可得超过90分的人数为10个本题选择A选项.点睛：识别、运行程序框图和完善程序框图的思路(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题(3)按照题目的要求完成解答并验证5.已知函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，命题：总存在，有；命题：若函数在区间上有，则是的（ ）A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要【答案】C【解析】【分析】利用充分、必要条件的定义及零点存在性定理即可作出判断.【详解】命题推不出命题q，所以充分性不具备；比如：，区间为，满足命题p，但，根据零点存在性定理可知，命题能推出命题p，所以必要性具备；故选C【点睛】本题考查充分必要条件，考查零点存在性定理，属于基础题.6.一个几何体的三视图如图所示，其中主视图中是边长为1的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的侧视图的面积为（ ）A. B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，该几何体的空间图形为正六棱锥，依题意，底面边长为，侧棱为1，从而可得该几何体的侧视图的面积【详解】由三视图可知，该几何体的空间图形为正六棱锥（如图），依题意，底面边长为，侧棱为1，侧面斜高为，侧视图的底面边长为正六边形的高：该几何体的侧视图的面积为故选A【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.7.已知函数，将图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位得到的图像，若为偶函数，则的一个值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简函数可得，经图象变换可得，结合对称性求出的值.【详解】，将图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位得到的图像，即又为偶函数，即故选B【点睛】解决函数综合性问题的注意点 （1）结合条件确定参数的值，进而得到函数的解析式（2）解题时要将看作一个整体，利用整体代换的方法，并结合正弦函数的相关性质求解（3）解题时要注意函数图象的运用，使解题过程直观形象化8.如图所示，三国时代数学家赵爽在周髀算经中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一内角为，若向弦图内随机抛掷500颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）A. 134B. 67C. 200D. 250【答案】B【解析】【分析】设大正方形的边长为2x，则小正方形的边长为x，由此利用几何概型概率计算公式能求出向弦图内随机抛掷500颗米粒（大小忽略不计），落在小正方形（阴影）内的米粒数个数【详解】设大正方形的边长为2x，则小正方形的边长为x，向弦图内随机抛掷500颗米粒（大小忽略不计），设落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为a，则，解得a500（）67故选B【点睛】本题考查概率的求法，考查几何概型概率计算公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题9.将边长为的正方形沿对角线折起，则三棱锥的外接球体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，画出图形，结合图形得出三棱锥CABD的外接球直径，从而求出外接球的体积【详解】将边长为的正方形ABCD沿对角线BD折起，得到三棱锥CABD，如图所示：则BCCD，BAAD，OAOBOCOD，三棱锥CABD的外接球直径为BD2，外接球的体积为故选C【点睛】本题考查了平面图形的折叠问题，也考查了空间想象能力的应用问题，是基础题目10.在中三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则角C的大小是（）A. 或B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由可得cosA，进而利用可得sinBsinC=结合内角和定理可得C值.【详解】，cosA，由0A，可得A，sinBsinC=，即解得tan2C=，又2C=或，即C=或故选A【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的运用，同时考查两角和差的正弦公式和内角和定理，属于中档题11.已知椭圆的左右焦点分别为，过左焦点作斜率为2的直线与椭圆交于两点，的中点是，为坐标原点，若直线的斜率为，则的值是（ ）A. 2B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），根据点差法和中点坐标公式和斜率公式可得，结合条件可得结果.【详解】设A（x1，y1），B（x2，y2），则，1，两式相减可得（x1x2）（x1+x2）（y1y2）（y1+y2）0，P为线段AB的中点，2xpx1+x2，2ypy1+y2，又kAB2，即，故选D【点睛】本题考查了椭圆的简单性质，点差法，直线的斜率，考查了运算能力和转化能力，属于中档题.12.若函数的图像和直线有四个不同的公共点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】当x=0时，显然符合题意；当x0时，问题可转化为和直线有三个不同的公共点，从而得到结果.【详解】由题意可知：原点显然满足题意，问题可转化为和直线有三个不同公共点，如图所示：由图易得：故选D【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.设满足约束条件，则的最小值是_【答案】-22【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，求得最优解的坐标，代入目标函数得答案【详解】由约束条件作出可行域如图，化为yx由图可知，当直线yx过C（1，6）时z有最小值，等于2×1×622故答案为22【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题14.如果的展开式中各项系数之和为256，则展开式中的系数是_【答案】252【解析】【分析】令x1可得各项系数之和，再根据各项系数之和为256，求得n的值，再根据二项式展开式的通项公式，求得展开式中的系数【详解】的展开式中，令x1可得各项系数之和为（31）n256，求得n8，则的通项是 ，令，解得故展开式中的系数是故答案为252【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题15.如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别交两边于两点，且，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由条件通过三角形的重心与三点共线推出1，然后根据基本不等式即可求出x+y的最小值【详解】根据条件：，；又；又M，G，N三点共线；1；x0，y0；3x+y（3x+y）（）2；3x+y的最小值为当且仅当时“=”成立故答案为：【点睛】本题考查了平面向量的线性运算与共线定理的应用问题，也考查了基本不等式在求最值中的应用问题16.已知点分别是双曲线：的左右两焦点，过点的直线与双曲线的左右两支分别交于两点，若是以为顶角的等腰三角形，其中，则双曲线离心率的取值范围为_.【答案】【解析】分析：根据双曲线的定义，可求得，设，由余弦定理可得，进而可得结果.详解：如图，又，则有，不妨假设，则有，可得，中余弦定理，即，故答案为.点睛：本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求离心率范围问题应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的不等式，从而求出的范围.本题是利用点到直线的距离等于圆半径构造出关于的等式，最后解出的值.三、解答题 （本大题共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，三边成等比数列，且面积为1，在等差数列中，公差为.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，设为数列的前项和，求的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】分析】（1）由，解得从而得到数列的通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消法得到前项和，从而得到的取值范围.【详解】解：（1），.（2），是关于n的增函数，.【点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18.我市正在创建全国文明城市，某高中为了解学生的创文知晓率，按分层抽样的方法从“表演社”、“演讲社”、“围棋社”三个活动小组中随机抽取了6人进行问卷调查，各活动小组人数统计如下图：（1）从参加问卷调查6名学生中随机抽取2名，求这2名学生来自同一小组的概率；（2）从参加问卷调查的6名学生中随机抽取3名，用表示抽得“表演社”小组的学生人数，求的分布列及数学期望.【答案】（1）（2）详见解析【解析】【分析】（1）由题意按分层抽样的方法抽取6人，则三个小组分别抽取3人，2人，1人.利用古典概型计算公式得到这2名学生来自同一小组的概率；（2）X的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望【详解】解：（1）由条件可知，表演社、演讲社、围棋社分别有45人、30人、15人，从中按分层抽样的方法抽取6人，则三个小组分别抽取3人，2人，1人.从中抽取2名，则这2名学生来自同一小组的概率为.（2）的所有可能取值为0,1,2,3，所以的分布列为.【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题19.如图，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，底面，点分别为，的中点.（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）先证明，可得平面从而平面平面；（2）由题意可知两两垂直，分别以方向为轴建立坐标系，求出平面的法向量及，代入公式可得未知量的方程，解之即可.【详解】（1）证明：，为的中点，又平面，平面，平面平面平面平面（2）解：如图，由（1）知，点，分别为的中点，又，两两垂直，分别以方向为轴建立坐标系.则，设，所以，设平面的法向量，则，令，则，由已知 或（舍去）故故线段上存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，此时为线段的中点.【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20.已知抛物线的焦点为，准线为，抛物线上存在一点，过点作，垂足为，使是等边三角形且面积为.（1）求抛物线的方程；（2）若点是圆与抛物线的一个交点，点，当取得最小值时，求此时圆的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等边三角形可得值，从而得到抛物线的方程；（2）设的坐标为，易得，所以，结合最值即可得到圆的方程.【详解】解：（1）如图所示，等边的面积为，设边长为，所以抛物线的方程是.（2）法一：设的坐标为，因为抛物线：的焦点，所以当且仅当时取等号，即当取最小值时，点坐标为把点坐标代入圆的方程可得.法二：设的坐标为，因为抛物线：的焦点，所以，当且仅当时取等号，即当取最小值时，点坐标为把点坐标代入圆的方程可得.【点睛】求抛物线方程应注意的问题(1)当坐标系已建立时，应根据条件确定抛物线方程属于四种类型中的哪一种；(2)要注意把握抛物线的顶点、对称轴、开口方向与方程之间的对应关系；(3)要注意参数p的几何意义是焦点到准线的距离，利用它的几何意义来解决问题21设函数.（1）若恒成立，求的取值范围；（2）对函数图像上任意两个点，设直线的斜率为（其中为函数的导函数），证明：.【答案】（1）（2）证明过程详见解析【解析】【分析】（1）恒成立即，利用导函数研究函数的单调性与极值即可；（2）由要证，即证，令，即证.【详解】（1）解法一：，在为减函数，在为增函数.，由已知，所以所求范围为.解法二：由，有，恒成立，易知在为减函数，在为增函数，（2）证明：，要证，即证，只要证，即证令，即证，也即证设，在为减函数故，即，所以成立.【点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，两直线和相交于点.（1）求点的直角坐标；（2）若为圆（为参数）上任意一点，试求的范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)把直线的参数方程与直线的极坐标方程化为直角坐标方程，联立解得点的直角坐标；(2) 依题意知，圆的普通方程为，.【详解】解：（1）依题意知，直线的直角坐标方程为直线的直角坐标方程为联立方程组 ，所以点的坐标为（2）依题意知，圆的普通方程为所以圆心为，其半径故.【点睛】本题考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题23.已知函数（1）求函数的值域；（2）若，使成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用零点分段法可得 进而可得函数的值域；(2)，使成立即使得成立，转求二次函数的最大值即可.【详解】解：（1）依题意可得：当时，所以的值域为（2）因为，所以，化为得使得成立令，得所以，当时，所以.【点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用25