福建省霞浦县2018届高三数学上学期第三次月考试题文

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1、深入理解课文，了解孙中山，了解“布衣”与总统的关系，了解布衣总统的来历及其布衣特色的体现，体会甘于淡泊精神对当代青年的教育意义。福建省霞浦县2018届高三数学上学期第三次月考试题 文（满分：150分 时间：120分钟）一、单选题1若集合，且，则集合可能是（ ）A. B. C. D. 2i是虚数单位，则复数的虚部是（ ）A1 B1 C D3平面向量与的夹角为，则（ ）A. B. C. D. 4若点为圆的弦的中点，则弦所在直线方程为（ ）A B C D5如果两个平面内分别有一条直线，且这两条直线互相平行，那么这两个平面的位置关系一定是（ ）A. 平行 B. 相交 C. 平行或相交 D. 垂直相交6

2、下列函数在其定义域上既是奇函数又是减函数的是（ ）A. B. C. D. 7在等差数列中，则（ ）A. B. C. D. 8已知实数满足约束条件，且的最小值为，则的值为（ ）A. B. C. D. 9如图， 均垂直于平面和平面， ，则多面体的外接球的表面积为( )A. B. C. D. 10如图为体积是3的几何体的三视图，则正视图的值是（ ） A. 2 B. C. D. 311曲线上的点到直线的最短距离是（ ）A. B. 2 C. D. 112已知椭圆的左焦点为，右焦点为.若椭圆上存在一点，且以椭圆的短轴为直径的圆与线段相切于线段的中点，则该椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 二、填空

3、题13将函数的图象向右平移个单位，再向下平移个单位所得图象对应函数的解析式是_14已知函数，且有，若且，则的最大值为 15若向量、两两所成的角相等，且、，则_.16函数的图象与函数的图象的公共点个数是_个.三、解答题17已知是等差数列，满足， ，数列满足， ，且是等比数列.（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和.18中，内角的对边分别为，已知（1）求的值； （2）设，求的值.19三棱柱，侧棱与底面垂直， , 分别是的中点（1）求证： 平面；（2）求证：平面平面20已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A（2，3），且点F（2，0）为其右焦点。()求椭圆C的方程；()是否存在平行于OA的直线

4、，使得直线与椭圆C有公共点，且直线OA与的距离等于4？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由。21已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)若关于的不等式恒成立，求整数的最小值.22已知曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，曲线相交于两点. （1）求两点的极坐标；（2）曲线与直线（为参数）分别相交于两点，求线段的长度.23已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若且直线与函数的图象可以围成一个三角形，求的取值范围.认识不够深刻全面，没能做到内心外行，表率化人。对照党章和焦裕禄等先进模范典型，感觉自己对党性锻炼标准不高、要求不严。参考答案1A【解析】集合，且，故，故答案中满足要求，故选A.2

5、C【解析】试题分析：复数的分子与分母同乘分母的共轭复数，化简为a+bi的形式，即可推出结果解：=，所以复数的虚部为：故选C考点：复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算3C【解析】由已知， ，故选C.4C【解析】试题分析：的圆心坐标为所求直线的斜率直线方程为,故选C.考点：直线与圆的位置关系.5C【解析】在两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行,当两个平面相交时,在这两个平面内存在直线,使得这两条直线互相平行,当两个平面平行时，在这两个平面内存在直线，使得这两条直线互相平行，故这两个平面有可能相交或平行，所以这两个平面的位置关系是相交或平行，故选C.6A【解析】中是奇函数且在上是减函数；

6、中， 是偶函数， 中在分别是减函数，但在定义域上不是减函数， 中非奇非偶，故选A.7C【解析】由等差数列的性质可得，则，即，也即，所以，到直线，所以，应选答案C。8D【解析】画出约束条件表示的可行域，如图， 表示点 与可行域内动点连线的斜率，由图可知 两点连线斜率最小，由可得 ， ，即的值为，故选D.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二找、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移或旋转变形后的目标函数，最先通过或最后通过的点就是最优解）；（3）将最优解坐标代

7、入目标函数求出最值.9C【解析】由题意，多面体为棱长为的正方体，切去两个角， 多面体的外接球的直径为，半径为多面体的外接球的表面积为，故选C.10D【解析】几何体是一个四棱锥，如图， ，故选D11A【解析】设与平行的直线与相切，则切线斜率k=1，由，得当时, 即切点坐标为P(1,0)，则点(1,0)到直线的距离就是线上的点到直线的最短距离，点(1,0)到直线的距离为： ，曲线上的点到直线l: 的距离的最小值为.故选：A.12D【解析】如图，设以椭圆的短轴为直径的圆与线段相切于点，连接分别是的中点， ，且， ，根据椭圆的定义， ， ，两边平方得： ， 代入并化简得， ， ，即椭圆的离心率为，故选

8、D.【 方法点睛】本题主要考查双曲线的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：直接求出，从而求出;找出之间的关系，构造的齐次式求出离心率；采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;根据圆锥曲线的统一定义求解13【解析】解：结合三角函数的平移变换公式可知，函数平移之后的解析式为： .点睛：由ysin x的图象，利用图象变换作函数yAsin(x)(A0，0)(xR)的图象或逆向变换时，要特别注意：当周期变换和相位变换的先后顺序不同时，原图象沿x轴的伸缩量的区别先平移变换再周期变换(伸缩变换)，平移的量是|个单位；而先周期变换(伸缩变换)

9、再平移变换，平移的量是个单位.14【解析】试题分析：由得，当且仅当时等号成立，所以的最大值为考点：不等式性质15或【解析】因为向量、两两所成的角相等，所以向量、两两所成的角为 或0因此 或162【解析】试题分析：将的图像与的图像画在平面直角坐标系中即可，则由图像可知这两个图像有2个交点.考点：1.分段函数的图像；2.数形结合思想.17（1）， ；（2）【解析】试题分析：（1）利用等差数列，等比数列的通项公式先求得公差和公比，即得到结论;（2）利用分组求和法，由等差数列及等比数列的前n项和公式即可求得数列前n项和。试题解析：（）设等差数列an的公差为d，由题意得d= 3an=a1+（n1）d=3

10、n设等比数列bnan的公比为q，则q3=8，q=2，bnan=（b1a1）qn1=2n1， bn=3n+2n1（）由（）知bn=3n+2n1， 数列3n的前n项和为n（n+1），数列2n1的前n项和为1= 2n1，数列bn的前n项和为；考点：1.等差数列性质的综合应用；2.等比数列性质的综合应用；3.数列求和。视频18（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由b2=ac及正弦定理得 ，利用同角三角函数之间的关系、两角和的正弦公式及诱导公式化简为，再根据可得结果；（2）由得，由，可得，即，再利用余弦定理即可得结果.试题解析：（1）由得，由b2=ac及正弦定理得 于是 （2）由得，由，可得，即，由

11、余弦定理 b2=a2+c22accosB 得a2+c2=b2+2accos B=5.19（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）欲证平面,根据直线与平面平行的判定定理可知只需证与平面内一直线平行即可,而连接，根据中位线定理可知， 又平面满足定理所需条件；（2）证明，即可证明平面，从而证明平面平面.试题解析：（1）连接在中， 是， 的中点， ，又平面，平面（）三棱柱中，侧棱与底面垂直，四边形是正方形，连接， ，则，是的中点，平面，平面，平面平面【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、平面与平面垂直的判定定理，属于难题.证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这

12、个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法证明的.20（1）1（2）直线l不存在【解析】(1)依题意，可设椭圆C的方程为1(ab0)，且可知左焦点为F(2,0)从而有解得又a2b2c2，所以b212，故椭圆C的方程为1.(2)假设存在符合题意的直线l，由题知直线l的斜率与直线OA的斜率相等，故可设直线l的方程为yxt.由得3x23txt2120.因为直线l与椭圆C有公共点，所以(3t)2

13、43(t212)0，解得4t4.另一方面，由直线OA与l的距离d4，可得4，从而t2.由于24，4，所以符合题意的直线l不存在21(1) 当时，的单调递增区间为，无减区间，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为;(2)2.【解析】试题分析：(1)首先对函数求导，然后对参数分类讨论可得当时，的单调递增区间为，无减区间，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为;(2)将原问题转化为在上恒成立，考查函数的性质可得整数的最小值是2.试题解析：(1)，函数的定义域为.当时，则在上单调递增，当时，令，则或(舍负)，当时，为增函数，当时，为减函数，当时，的单调递增区间为，无减区间，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)解法一：由得，原命题等价于在上恒成立，令，则，令，则在上单调递增，由，存在唯一，使，.当时，为增函数，当时，为减函数，