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1、福建省厦门第一中学2019届高三3月模拟数学（文）试题一、选择题：本大题共12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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解不等式求出集合A，求定义域得出B，再根据交集的定义写出AB【详解】集合Ax|x23x+20x|1x2，Bx|ylg（3x）x|3x0x|x3，则ABx|1x2故选：A【点睛】本题考查了集合的基本运算，不等式解集,函数定义域,准确计算是关键,是基础题目2.已知双曲线的一条渐近线为，则双曲线的离心率为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的
2、渐近线方程得到a，b的关系，再根据离心率公式计算即可【详解】双曲线1（a0，b0）的一条渐近线为，双曲线的离心率为e故选：D【点睛】本题考查双曲线的方程和几何性质，考查渐近线方程的运用，考查离心率的求法，考查运算能力，属于基础题3.中国将于今年9月3日至5日在福建省厦门市主办金砖国家领导人第九次会晤.某志愿者队伍共有5人负责接待，其中3人担任英语翻译，另2人担任俄语翻译.现从中随机选取2人，恰有1个英语翻译，1个俄语翻译的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用古典概率计算公式计算即可【详解】从5人中随机选2人的基本事件总数为恰有1个英语翻译，1个俄语翻译的事件总数为
3、P（恰有1个英语翻译，1个俄语翻译），故选：C【点睛】本题考查了古典概率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题4.已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用任意角的三角函数的定义求得tan的值，再利用两角差的正切公式求得tan（）的值【详解】角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点（，2），tan，则tan（）3，故选：A【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两角差的正切公式，熟记定义与公式，准确计算是关键，属于基础题5.我国古代数学典籍九章算术第七章“盈不足”中有一问题：“今有
4、蒲生一日，长三尺。莞生一日，长一尺。蒲生日自半。莞生日自倍。问几何日而长等？”（蒲常指一种多年生草本植物，莞指水葱一类的植物）现欲知几日后，莞高超过蒲高一倍.为了解决这个新问题，设计下面的程序框图，输入，.那么在处应填（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意由两种植物生长长度的规律结合框图，即可求解【详解】由题意， S表示莞高，T表示蒲高，现欲知几日后，莞高超过蒲高一倍，故处应填S2T？故选：B【点睛】本题考查程序框图，考查学生的读图能力，比较基础，读懂程序的功能是关键.6.实数，满足，则的最大值为（ ）A. 3B. 4C. 18D. 24【答案】D【解析】【分析】画出
5、满足条件的平面区域，求出交点的坐标，结合函数的图象求出z的最大值即可【详解】画出满足条件的平面区域，如图所示：，由，解得A（3，4），由z4x+3y得l：yxz，平移l结合图象得直线l过A（3，4）时，z最大，z的最大值是24，故选：D【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，准确画出可行域，确定最优解是关键，是一道中档题7.定义在上的连续函数，当时，函数单调递增，且函数的图象关于直线对称，则使得成立的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的对称性得到函数f（x）是偶函数，根据f（2）0，问题转化为|2m|2，求出m的范围即可【详解】函数yf
6、（x1）的图象关于直线x1对称，即函数yf（x）的图象关于y轴对称，故函数f（x）是偶函数，而f（2）0，故f（2m）0，即f（2m）f（2）,由题意知函数为增函数，故|2m|2，解得：m4或m0，故选：C【点睛】本题考查了函数奇偶性，考查转化思想以及函数的单调性，熟练运用函数的奇偶性和单调性解不等式是关键,是一道中档题8.在平行四边形中，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据平行四边形的性质，利用平面向量的线性表示化简， ,再结合数量积运算，即可求出答案【详解】如图所示，平行四边形ABCD中，AB3，AD2， 若12，则（）（） 322232cosBAD12，co
7、sBAD，又BAD（0，）BAD故选：B【点睛】本题考查了平面向量基本定理，平面向量的数量积运算，将向量表示为是关键，基础题目9.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，已知其俯视图是正三角形，则该四棱锥的外接球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据四棱锥的三视图知该四棱锥为底面为矩形，高为的四棱锥，放入长方体，设该四棱锥的外接球球心为O，求出外接球的半径，计算外接球的表面积【详解】根据四棱锥的三视图，知该四棱锥为底面为矩形，高为的四棱锥；且侧面PAB底面ABCD，如图所示；放入长方体（图2所示），长方体的长CD=2，宽为，高为设该四棱
8、锥的外接球球心为O，则过O作OM平面PAB，M为PAB的外心，作ON平面ABCD，则N为矩形ABCD对角线的交点；OM，ON；外接球的半径满足R2ON2+AN2，外接球的表面积为S4R24故选：A【点睛】本题考查了由空间几何体三视图，外接球问题，准确还原几何体，将四棱锥放到长方体中是关键，是综合性题目10.已知抛物线：的焦点为，准线为，是上两动点，且（为常数），线段中点为，过点作的垂线，垂足为，若的最小值为1，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】如图，过点A，B分别作准线的垂线AQ，BP，垂足分别是Q，P设|AF|=a，|BF|=b，连AF，BF由抛物线定义得|AF|=|AQ|，
9、|BF|=|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b在中，由余弦定理得，当且仅当，即时等号成立的最小值为1， ，解得，选C点睛：（1）抛物线定义在解题中的两个应用：当已知曲线是抛物线时，可利用抛物线上的点M满足定义，它到准线的距离为d，则|MF|d，利用此结论可解决有关距离、最值、弦长等问题当动点满足的几何条件符合抛物线的定义时，可根据定义得到动点的轨迹是抛物线，进而可求得抛物线的方程（2）应用基本不等式求最值时，一定要注意不等式使用的条件，当所给式子不满足条件时需要通过变形得到所需要的形式，然后再用不等式求解11.已知数列的前项和为，直线与圆交于，两点，且.若对任意恒成
10、立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知得到关于数列an的递推式，进一步得到Sn+2是以+2为首项，2为公比的等比数列求出数列an的前n项和为Sn，进一步求得数列an的通项，然后利用错位相减法求得，代入an2+2，分离参数，求出的最大值得答案【详解】圆心O（0，0）到直线yx2，即xy20的距离d2，由d2r2，且，得22+Sn2an+2，4+Sn2（SnSn1）+2，即Sn+22（Sn1+2）且n2；Sn+2是以+2为首项，2为公比的等比数列由22+Sn2an+2，取n1，解得2，Sn+2（+2）2n1，则Sn2n+12；（n2）2适合上式，设 ，
11、所以 .所以，若对任意恒成立，即对任意恒成立，即对任意恒成立.设，因为，所以，故的最大值为因为，所以.故选:B【点睛】本题考查数列通项公式，数列求和，数列的最值，不等式恒成立问题，考查数学转化思想方法，训练了利用错位相减法求数列的前n项和，考查直线与圆的位置关系，是中档题12.已知，为动直线与和在区间上的左，右两个交点，在轴上的投影分别为，.当矩形面积取得最大值时，点的横坐标为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意知，P与Q关于直线对称，设P（x，sinx），则矩形PQRS的面积为S（x）（2x）sinx，（0x），再利用导数求得矩形面积S（x）的最大值，结合零点存
12、在定理和得的范围【详解】由题意知，与关于直线对称，设，则，在区间上单调递减，且，在区间存在唯一零点，即为.令得：，即.由不等式得：，解得：，故选：A.【点睛】本题考查函数与导数综合,零点,不等式等，三角函数的图象与性质,考查数形结合思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.复数满足（为虚数单位），则的共轭复数为_【答案】【解析】【分析】由复数代数形式的除法运算得z,再由共轭复数得答案【详解】由得z，故答案为：【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，考查复数的基本概念，准确计算是关键，是基础题14.是等差数列，其前项和为，的最大值为
13、_【答案】30【解析】【分析】设等差数列an的公差为d，根据，可得3d15，3+6d15，解得d，令，解得n，进而得出的最大值【详解】设等差数列an的公差为d，3d15，3+6d15，解得d5，15an155（n1）205n，由解得3n4则的最大值为31530故答案为：30【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，数列和的最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题15.直三棱柱中，直线与平面所成角等于，则三棱柱的侧面积为_【答案】【解析】【分析】由题意，B，60，求出底面的边长，即可求出三棱柱ABC的侧面积【详解】由题意，面B，60，B，AB，三棱柱ABC的侧面积为（2）1，故答案为【点睛】本题考查三棱柱的侧面积，线面位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题16.若实数，满足，则的最小值是_【答案】1【解析】【分析】（a2b1）2+（aclnc）20，可得a2b+1，ac+lnc.，得,故|bc|，令f（c）1+clnc（c0），利用导数研究函数的单调性极值与最值即可求解【详解】（a2b1）2+（aclnc）20，a2b+1，ac+lnc2b+1c+lnc，b|bc|，令f（c）1+clnc（c0），f（c）1，当c1, f（c）0;0c1, f（c）0可
