《福建省莆田市第一中学2019届高三上学期第一次月考数学（理）试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省莆田市第一中学2019届高三上学期第一次月考数学（理）试题（含解析）（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、莆田一中2018-2019学年高三理数10月考试题第卷一、选择题（本大题共12小题，共60分）1.若集合0，集合，则集合（ ）A. 0， B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据集合中的元素求出集合，再求交集.【详解】,选.【点睛】本题主要考查集合的运算，属简单题.2.设复数满足，则的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据公式化简复数，再利用共轭复数的概念求解.【详解】，则共轭复数为.选.【点睛】本题主要考查复数的运算及共轭复数的概念.3.在下列四个命题中：命题“，总有”的否定是“，使得”；把函数的图象向右平移得到的图象；甲、乙两套设备生产的同类型产
2、品共4800件，采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本进行质量检测若样本中有50件产品由甲设备生产，则乙设备生产的产品总数为1800件；“”是“直线与圆相切”的必要不充分条件错误的个数是（ ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】C【解析】【分析】中全称命题的否定将全称量词改为存在量词并否定结论；利用函数图象平移规律判断.根据分成抽样方法计算即可.判断由条件可以得出结论，则错误.【详解】四个命题中正确，错误.中命题的否定应为：，使得”.中函数平移得，结论成立.中乙设备生产产品数位，结论正确.中圆心到直线的距离，若，则，直线与圆相切，故满足充分性.故结论不正确.选.【点睛】函数图
3、象左右平移要注意解析式中只对做加减；注意充分必要条件与必要不充分条件的区别：若条件推导结论则具有充分性，结论推导条件则具有必要性.全称命题和特称命题的否定：命题命题的否定4.函数的最小正周期为，若其图象向左平移个单位后得到的函数为奇函数，则函数的图象（ ）A. 关于点对称 B. 关于点对称C. 关于直线对称 D. 关于直线对称【答案】C【解析】【分析】由函数的最小正周期得，由函数图像平移后为奇函数可得，得到函数的解析式,结合正弦函数的性质求函数的对称中心和对称轴.【详解】函数的最小正周期为，则.其图象向左平移个单位可得,平移后函数是奇函数，则有,又，则.函数的解析式为,令,解得,则函数的对称中
4、心为.选项错误.令，解得函数的对称轴为.当时，.选C.【点睛】本题考查三角函数的图象和性质，根据函数解析式求函数的对称轴和对称中心时利用了整体代换的思想，解题中注意把握.求解过程中不要忽略了三角函数的周期性.5.设函数，则使得成立的的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】可判断是偶函数，且在单调递增，则可转化为，利用函数的单调性求解即可【详解】，则,故为偶函数.当时，为增函数.则可变为，所以.则,化简得，解得，故选B.【点睛】利用函数的奇偶性和单调性将复杂的具体函数运算转化为抽象函数比较大小是本题解题思路中的一个亮点.偶函数比较大小时注意的应用.6.已知函数的部分图象如图
5、所示，则（ ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】A【解析】【分析】先根据函数图象得到周期求出，然后带特殊点求值即可.【详解】由图可知函数的周期为，则.则,将代入解析式中得,则或者，解得或者.因为，则.选.【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质.解题中注意给定三角函数值求角的问题中，除最大最小值其它情况在一个周期内均有两个角与之对应.7.在中，内角所对边的长分别为，且满足，若，则的最大值为（ ）A. B. 3 C. D. 9【答案】A【解析】【分析】将化简可得,再利用余弦定理结合基本不等求解的最大值.【详解】，则，所以，,.又有，将式子化简得，则，所以.选.【点睛】本题主要考查了正余
6、弦定理在解三角形中的应用以及基本不等式在求最值问题中的应用.在利用正弦定理做边角转化中要注意三角形内角和这个隐含的已知条件.8.已知等比数列中，为方程的两根，则（ ）A. 32 B. 64 C. 256 D. 【答案】B【解析】【分析】由根与系数的关系可得，再利用等比中项的性质求.【详解】，为方程的两根,则，数列是等比数列，则，又，所以.选.【点睛】本题主要考查等比数列的性质的应用.9.袋子中装有形状和大小完全相同的五个小球，每个小球上分别标有“1”“2”“3”“4”“6”这五个数，现从中随机选取三个小球，则所选的三个小球上的数恰好能构成一个等差数列的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案
7、】A【解析】【分析】找出五个数中成等差数列的数组数，求出基本事件个数，求比值即可.【详解】“1”“2”“3”“4”“6”这五个数中成等差数列的数有“1,2,3”，“2,3,4”，“2,4,6”三组，从五个数中随机选取三个小球有，故所求概率为.【点睛】本题考查主要考查古典概型的应用.10.已知函数的图象关于点对称，且当时，成立其中是的导函数，若，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数图象平移解析式的变换情况可知的图象关于原点对称，根据构造函数，可得的奇偶性和单调性，再利用函数的单调性比较大小.【详解】已知函数的图象关于点对称,则的图象关于原点对称，是奇函数
8、.令,则是偶函数.当时，成立，则在上是减函数.又有是偶函数，则且在上是增函数.由，可得，所以，选.【点睛】抽象函数常常利用函数的单调性来比较大小，根据构造函数是本题解题的关键.11.已知椭圆与双曲线有相同的焦点，点是两曲线的一个公共点，且，分别是两曲线，的离心率，则的最小值是（ ）A. 4 B. 6 C. 8 D. 16【答案】C【解析】【分析】由题意设焦距为，椭圆长轴长，双曲线实轴长为，取椭圆与双曲线在一象限的交点为，由已知条件结合椭圆双曲线的定义推出，由此得出的最小值.【详解】由题意设焦距为，椭圆长轴长，双曲线实轴长为，取椭圆与双曲线在一象限的交点为，由椭圆和双曲线定义分别有，得，将代入得
9、则，故最小值为8.【点睛】本题是圆锥曲线综合题，解题中注意椭圆与双曲线的交点的位置处理，由于椭圆和双曲线都具有很好的对称性，因此解题中可适当选择的位置求解即可.12.已知函数的图象与直线相切，当函数恰有一个零点时，实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设切点为，由题设可得，则由题设，即，与联立可得，则。所以当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；故函数在处取最小值，故当时，函数恰有一个零点，应选答案A。点睛：求解本题时，先借助导数的几何意义，依据斜率的关系推出，进而判断导数的值的正负，求出函数的极值点，从而借助导数与函数的单调性之间的关系确定函数在处取得最小值，使得问
10、题获解。第卷（共90分）二、填空题（本大题共4小题，共20分）13.在的展开式中含项的系数是_（用数字作答）【答案】15 【解析】含项的系数.点睛:求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.14.若两个正实数满足，且不等式有解，则实数的取值范围是_ .【答案】【解析】试题分析：因为不等式有解，所以，因为，且，所以，当且仅当，即时，等号是成立的，所以，所以，即，解得或.考点：不等式的有解问题和基本不等式的
11、求最值.【方法点晴】本题主要考查了基本不等式在最值中的应用，不等式的有解问题，在应用基本不等式求解最值时，呀注意“一正、二定、三相等”的判断，运用基本不等式解题的关键是寻找和为定值或是积为定值，难点在于如何合理正确的构造出定值，对于不等式的有解问题一般选用参数分离法，转化为函数的最值或借助数形结合法求解，属于中档试题.15.已知在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线上，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】过作垂直抛物线的准线，垂足为，则与抛物线的交点为时，的值最小.【详解】抛物线的焦点为在抛物线内部，抛物线的准线方程为.过作垂直抛物线的准线，垂足为，则与抛物线的交点为时，的值最小.
12、根据抛物线的几何性质有,此时.【点睛】本题主要考查抛物线的定义及几何性质，体现了数形结合的思想.16.已知函数在区间内是增函数，函数其中为自然对数的底数，当时，函数的最大值与最小值的差为，则实数_.【答案】【解析】【分析】根据函数在区间内是增函数,得在区间恒成立，进而求得参数取值范围；通过讨论对取绝对值求最值，进而求得参数值.【详解】函数在区间内是增函数,则在区间恒成立，即在恒成立，所以.，（1）当时，当时，则，解得.(2) 当时, ,(舍)，故【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及最值，通过对参数取值范围的讨论确定函数的最大最小值是本题解题的关键.三、解答题（本大题共6小题，共70.
13、0分）17.设数列的前项和为，且，数列满足，点在上， （1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用与的递推关系可以的通项公式；点代入直线方程得，可知数列是等差数列，用公式求解即可.(2)用错位相减法求数列的和.【详解】由可得，两式相减得，又，所以故是首项为1，公比为3的等比数列所以由点在直线上，所以则数列是首项为1，公差为2的等差数列则因为，所以则，两式相减得：所以【点睛】用递推关系求通项公式时注意的取值范围，所求结果要注意检验的情况；由一个等差数列和一个等比数列的积组成的数列求和，常用错位相减法求解.18.如图，在以，为顶点的五面体中，
14、面为正方形，且二面角与二面角都是.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（）证明平面，结合平面，可得平面平面（）建立空间坐标系，利用向量求解.试题解析：（）由已知可得，所以平面又平面，故平面平面（）过作，垂足为，由（）知平面以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系由（）知为二面角的平面角，故，则，可得，由已知，所以平面又平面平面，故，由，可得平面，所以为二面角的平面角，从而可得所以，设是平面的法向量，则，即，所以可取设是平面的法向量，则，同理可取则故二面角EBCA的余弦值为【考点】垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间
