电子文档交易市场
安卓APP | ios版本
电子文档交易市场
安卓APP | ios版本

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(精品解析)

19页
  • 卖家[上传人]:【****
  • 文档编号:87832579
  • 上传时间:2019-04-12
  • 文档格式:PDF
  • 文档大小:758.11KB
  • / 19 举报 版权申诉 马上下载
  • 文本预览
  • 下载提示
  • 常见问题
    • 1、莆田一中莆田一中 2018-20192018-2019 学年高三理数学年高三理数 1010 月考试题月考试题 第第卷卷 一、选择题(本大题共一、选择题(本大题共 1212 小题,共小题,共 6060 分)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( )

      2、 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

      3、奇函数,则有, 又,则.函数的解析式为, 令,解得, 则函数的对称中心为.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

      4、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.

      5、【答案】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.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 【

      6、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 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,使得问题获解。 第第卷(共卷(共 9090 分)分) 二、填空题(本

      7、大题共二、填空题(本大题共 4 4 小题,共小题,共 2020 分)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

      8、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.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(本大题共三、解答题(本大题共 6 6 小题,共小题,共 70.070.0 分)分)

      9、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,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 E BC A 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想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或 考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空

      《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(精品解析)》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(精品解析)》请在金锄头文库上搜索。

      点击阅读更多内容
    最新标签
    发车时刻表 长途客运 入党志愿书填写模板精品 庆祝建党101周年多体裁诗歌朗诵素材汇编10篇唯一微庆祝 智能家居系统本科论文 心得感悟 雁楠中学 20230513224122 2022 公安主题党日 部编版四年级第三单元综合性学习课件 机关事务中心2022年全面依法治区工作总结及来年工作安排 入党积极分子自我推荐 世界水日ppt 关于构建更高水平的全民健身公共服务体系的意见 空气单元分析 哈里德课件 2022年乡村振兴驻村工作计划 空气教材分析 五年级下册科学教材分析 退役军人事务局季度工作总结 集装箱房合同 2021年财务报表 2022年继续教育公需课 2022年公需课 2022年日历每月一张 名词性从句在写作中的应用 局域网技术与局域网组建 施工网格 薪资体系 运维实施方案 硫酸安全技术 柔韧训练 既有居住建筑节能改造技术规程 建筑工地疫情防控 大型工程技术风险 磷酸二氢钾 2022年小学三年级语文下册教学总结例文 少儿美术-小花 2022年环保倡议书模板六篇 2022年监理辞职报告精选 2022年畅想未来记叙文精品 企业信息化建设与管理课程实验指导书范本 草房子读后感-第1篇 小数乘整数教学PPT课件人教版五年级数学上册 2022年教师个人工作计划范本-工作计划 国学小名士经典诵读电视大赛观后感诵读经典传承美德 医疗质量管理制度 2 2022年小学体育教师学期工作总结 2022年家长会心得体会集合15篇
    关于金锄头网 - 版权申诉 - 免责声明 - 诚邀英才 - 联系我们
    手机版 | 川公网安备 51140202000112号 | 经营许可证(蜀ICP备13022795号)
    ©2008-2016 by Sichuan Goldhoe Inc. All Rights Reserved.