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1、- 1 - 珠海市 2019 届高三上学期期末学业质量监测 数学理试题2019.1 第卷 一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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 A x 1x2 ，B x x 2 2x0 ，则 AB（ ） A. （ 1，0） B. （ 2， 1） C. （ 2，0） D. （ 2，2） 【答案】 A 【解析】 【分析】 解一元二次不等式得集合B，利用集合交集的定义直接求解即可. 【详解】由， A x 1x2 ， ， 所以 AB. 故选 A. 【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题. 2. 设，则 z（） A. 5 B. C. 5
2、D. 5 【答案】 D 【解析】 【分析】 由复数的乘法运算可得，进而得，可求模长 . 【详解】由，得. 有. 故选 D. 【点睛】本题主要考查了复数的乘法运算及模长的计算，涉及共轭复数的概念，属于基础题. 3. 若三个实数a，b，c 成等比数列，其中，则 b（） A. 2 B. 2 C. 2 D. 4 - 2 - 【答案】 C 【解析】 【分析】 由实数a，b，c 成等比数列，得, 从而得解 . 【详解】由实数a，b， c 成等比数列，得. 所以. 故选 C. 【点睛】本题主要考查了等比数列的基本性质，属于基础题. 4. 函数在点（ 0，f （0） ）处的切线方程为（） A. y x1 B.
3、 yx C. y2x1 D. y2x 【答案】 B 【解析】 【分析】 分别求函数值及切线斜率即可得解. 【详解】由，可得，所以，又. 所以切线方程为：yx. 故选 B. 【点睛】本题主要考查了由函数导数求解函数的切线方程，属于基础题. 5. 在区间 (0 ， ) 上随机取一个数，使得成立的概率是 A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 此题考查几何概型；由，所以使使得成立的概率是，所以 选 C 6. 函数的图象大致为 - 3 - A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性，排除选项，通过函数的导数，判断函数的单调性，可排除选项，从 而可得结果 . 【详
4、解】函数是偶函数，排除选项； 当时，函数，可得， 当时，函数是减涵数，当时，函数是增函数，排除项选项，故选 C. 【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手： (1) 从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置 (2) 从函数的单调性，判断图象的变化趋势 (3) 从函数的奇偶性，判断图象的对称性 (4) 从函数的特征点，排除不合要求的图象 7. 在ABC中，且，则（） A. 1 B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 可根据条件画出图形，由，利用向量的加减运算及由平面向量基本定理即可求出 + 的值 【详解】根据条件画出图形如下： - 4 - ； 又； 根据平面
5、向量基本定理得，； 故选：C 【点睛】考查向量加法的平行四边形法则，向量数乘和减法的几何意义，以及平面向量基本 定理 . 8. 将 4 名教师分配到3 所中学任教，每所中学至少1 名教师，则不同的分配方案共有（） A. 12 种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 【答案】 C 【解析】 【分析】 从 4 个人中选2 个作为一个元素，再将它与其他两个元素在一起进行排列，由分步计数原理 计算可得答案 【详解】 将 4 名教师分配到3 所中学任教， 每所中学至少1 名教师， 只有一种分组方法，即 1， 1，2， 首先从 4 个人中选2 个作为一个元素，使它与其他两个元素在一起进行排列， 共有
6、C4 2A 3 336 种结果， 故选：C 【点睛】本题考查分步计数原理的应用分组分配问题，注意此类问题一般要首先分组，再进 行排列，属于基础题. 9. 如图是某几何体的三视图，其中正视图和侧视图为正方形，俯视图是腰长为的等腰直角 三角形，则该几何体的体积是（） - 5 - A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 【分析】 由三视图还原原几何体，可知该几何体为四棱锥ABCDE ，底面 BCDE 为矩形， BE=，DE=2 ， 高为 1，代入棱锥体积公式得答案 【详解】由三视图还原原几何体如图： 该几何体为四棱锥ABCDE ，底面 BCDE 为矩形， BE=，DE=2 ，高为 1， 该几
7、何体的体积为， 故选： B 【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. 由三视图 画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、 观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进 - 6 - 行调整 . 10. 已知函数和图象的对称轴完全相同，若 ，则 yg（ x）的值域是（） A. 1，2 B. 1，3 C. ,0 ，2 D.
8、0，,3 【答案】 A 【解析】 【分析】 根据两个函数的对称轴一样得周期相同，对称轴相同依次可得 和 ，从而得g（x）2cos （2x）+1，进而利用定义域求解值域即可. 【详解】函数和图象的对称轴完全相同， 2， 函数f（x） 3sin （ 2x） ，则对称轴为2xk，kZ，即x，kZ， 由g（x） 2cos（2x+）+1，则 2x+k，k Z，即x，kZ， ， ，g（x） 2cos（2x）+1， x 0 ， ， 2x ， ， cos（2x） 1， g（x） 1，2 ， 故选：A 【点睛】本题主要考查了三角函数的图像和性质，涉及周期性和对称性，研究三角函数的对 称性用到了整体换元的思想，属
9、于中档题. 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过作圆的切线，交 双曲线右支于点，若，则双曲线的渐近线方程为（） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】 【分析】 作 OA 于点 A，于点 B，可得， - 7 - 结合双曲线定义可得从而得到双曲线的渐近线方程. 【详解】如图，作OA 于点 A，于点 B， 与圆相切， ， 又点 M在双曲线上， 整理，得， 双曲线的渐近线方程为 故选： A 【点睛】本题考查了双曲线渐近线方程的求法，解题关键建立关于a，b 的方程，充分利用平 面几何性质，属于中档题. 12. 已知函数，若方程恰有四个不同的实数根，则实数的 取值范围是（） A. B. C.
10、 D. 【答案】 B 【解析】 因 为， 作 图 ， 由与相 切得 ，由与相切得设切点 ，如图可得实数的取值范围是 - 8 - ，选 B. 点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数 研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程 根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思 想找到解题的思路. 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：本题共4 小题，每小题5 分 13
11、. 已知 x，y 满足约束条件，则的最小值为 _ 【答案】 【解析】 【分析】 先根据约束条件画出可行域，再由表示直线在y轴上的截距最大即可得解. - 9 - 【详解】 x，y满足约束条件，画出可行域如图所示. 目标函数，即. 平移直线，截距最大时即为所求. 点A（ ，） ， z在点A处有最小值：z2， 故答案为：. 【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义是解 决此类问题的基本方法 14. 已知数列的通项，若数列的前 n 项和为 Sn，则 S8_ 【答案】 【解析】 【分析】 利用分组求和，结合等比数列和等差数列的求和公式即可得解. 【详解】由， 可得.
12、故答案为546. 【点睛】本题主要考查了等差数列与等比数列的求和公式及分组求和的思想，属于基础题. 15. 远古时期，人们通过在绳子上打结来记录数量，即“结绳计数”，如图所示的是一位母亲 记录的孩子自出生后的天数，在从右向左依次排列的不同绳子上打结，满六进一，根据图示 可知，孩子已经出生的天数是_ - 10 - 【答案】 【解析】 【分析】 由题意知该数为六进制，转化为十进制数即可 【详解】由题意满六进一，可知该图示为六进制数， 化为十进制数为16 3+362+26+5341 故答案为： 341 【点睛】本题考查了六进制数化为十进制数应用问题，是基础题 16. 函数在区间 0 ， 上的值域为
13、_. 【答案】 【解析】 【分析】 利 用 导 数 研 究 函 数的 单 调 性 ， 可 得 可 得的 增 区 间 为 ，减区间为，求出，从而可得结果. 【详解】 ， 当时，； 可得的增区间为， 当时， 可得的减区间为， ， ，故答案为. 【点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与最值，属于难题. 求函 - 11 - 数极值与最值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出 函数定义域内的所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负 （左增右减） ，那么在处取极大值， 如果左负右正 （左减右增） ，那么在处取极小值 . （5）如果只有一
14、个极值点，则在该处即是极值也是最值；（ 6）如果求闭区间上的最值还需要 比较端点值的函数值与极值的大小. 三、解答题： （70 分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 （一）必考题： （共 60 分） 17. 如图，在三角形中，平面内的动点与点位于直线 的异侧，且满足. （1）求； （2）求四边形面积的最大值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】 （1）三角形中由余弦定理求得，再由正弦定理可得结果；（2）由（ 1）知的 面积为定值，所以当的面积最大时，四边形的面积取得最大值在中，由 ，设，则，结合三角形面积公式，利用基本 不等式可得结果. 【详解】（1）在中，因， 由余弦定理得：
15、， 所以， 再由正弦定理得：， 所以 （2）由（ 1）知的面积为定值，所以当的面积最大时，四边形的面积取得最 - 12 - 大值在中，由， 设，则， 于是，即，当且仅当时等号成立 故的面积取得最大值. 又的面积， 所以四边形面积的最大值为. 【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. 其基本步骤是： 第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向. 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化. 18. 四棱锥 ABCDE 中，底面 BCDE为矩形，侧面ABC 底面BCDE ，侧面 ABE 底面 BCDE ， BC 2， CD 4。 （I ）证明： AB 面BCDE ； （II ）若 AD 2，求二面角CADE的正弦值。 【答案】 ( ) 详见解析； ( ). 【解析】 【分析】 （）推导出BEBC，从而BE平面ABC，进而BEAB，由面ABE面BCDE，得ABBC，由 此能证明AB面BCDE （）以B为原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量 法能求出二面角CADE的正弦值 【详解】由侧面底面，且交线为，底面为矩形 - 13 - 所以平面，又平面，所以 由面面，同理可证，又面 在底面中， 由面，故, 以为原点
