1、彬州市2019届高三第一次教学质量监测试卷文科数学一、选择题：本大题共12个小题,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】B【解析】【分析】由题意，根据集合的交集的运算，即可求解，得到答案【详解】由题意，集合，根集合的交集的运算，可得，故选B【点睛】本题主要考查了集合的交集的运算，其中解答中熟记集合的交集的概念和准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题2.设，则的虚部是（ ）A. -1B. C. D. -2【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘方与除法运算化简复数z，结合虚部的定义即可得出【
2、详解】，的虚部是-2故选D【点睛】本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，属于基础题3.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用二倍角正弦公式可知同号，又，从而得到结果.【详解】由可得，即同号，又，故选A【点睛】本题考查二倍角正弦公式，同角关系中的商数关系，属于基础题.4.在数列中，满足，为的前项和，若，则的值为（ ）A. 126B. 256C. 255D. 254【答案】D【解析】【分析】由题意，数列满足，得到数列为等比数列，由求得数列的首项和公比，利用等比数列的求和公式，即可求解【详解】由题意，数列满足，即，所以数列为等比数列，又由，即，解得，所以，故选D【点睛】
3、本题主要考查了等比数列的中项公式以及等比数列的通项公式和求和公式的应用，其中解答中根据题意，得出数列表示首项和公比的等比数列，准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题5.已知函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，命题：总存在，有；命题：若函数在区间上有，则是的（ ）A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要【答案】C【解析】【分析】利用充分、必要条件的定义及零点存在性定理即可作出判断.【详解】命题推不出命题q，所以充分性不具备；比如：，区间为，满足命题p，但，根据零点存在性定理可知，命题能推出命题p，所以必要性具备；故选C【点睛】
4、本题考查充分必要条件，考查零点存在性定理，属于基础题.6.已知是上的偶函数，是上的奇函数，它们的部分图像如图，则的图像大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，可求得函数为奇函数，图象关于原点对称，排除A、B；又由函数图象可知，当时，求得，可排除D，即可得到答案【详解】由题意，函数是上的偶函数，是上的奇函数，则函数，可得，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除A、B；又由函数的图象可知，当时，所以，可排除D，故选C【点睛】本题主要考查了函数的图象的识别，以及函数的奇偶性的应用问题，其中解答中根据题意函数的奇偶性，得到的奇偶性，再根据函数的取值进行排除是解答的关键，
5、着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题7.已知双曲线的中心为，其右顶点、右焦点分别是，若，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，双曲线满足，求得，又由，则，即可求得双曲线的离心率的取值范围，得到答案【详解】由题意，双曲线的中心为，其右顶点、右焦点分别是，若，即，又由，则，所以双曲线的离心率的取值范围是，故选C【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程和简单的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的标准方程和简单的几何性质，合理计算是解答的关键，同时注意对双曲线的离心率的影响是解答的一个易错点，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题8.某几
6、何体截去两部分后的三视图如图所示，则被截后的几何体的体积为（ ）A. B. C. 3D. 【答案】B【解析】分析】根据给定的三视图，可知棱长为2的正方体的体积为，以及三棱锥和三棱锥的体积为，即可求解该几何体的体积【详解】由题意，根据给定的三视图，可知棱长为2的正方体的体积为，又由三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，所以该几何体的体积为，故选B【点睛】本题考查了几何体的三视图及几何体的体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以
7、及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解9.已知函数，在点处的切线为，则切线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意，求得，得到，得出切线为的斜率为 ，利用直线的点斜式方程，即可求解【详解】由题意，函数，则，所以，即在点处的切线为的斜率为 ，所以切线的方程为，即，故选B【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求解在某点处的切线方程，其中解答中正确求解函数的导数，利用导数的几何意义，求得切线的斜率，再利用直线的点斜式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题10.如图所示，三国时代数学家赵爽在周髀算经中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.
8、图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一内角为，若向弦图内随机抛掷500颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）A. 134B. 67C. 200D. 250【答案】B【解析】【分析】设大正方形的边长为2x，则小正方形的边长为x，由此利用几何概型概率计算公式能求出向弦图内随机抛掷500颗米粒（大小忽略不计），落在小正方形（阴影）内的米粒数个数【详解】设大正方形的边长为2x，则小正方形的边长为x，向弦图内随机抛掷500颗米粒（大小忽略不计），设落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为a，则，解得a500（）67故选B【点睛】本题考查概率的求
9、法，考查几何概型概率计算公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题11.已知函数是奇函数，当时，则的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，根题设条件，分别求得，当和时，的解集，由此可求解不等式的解集，得到答案【详解】由题意，当时，令，即，解得，又由函数是奇函数，函数的图象关于原点对称，则当时，令，可得，又由不等式，则满足或，解得或，即不等式的解集为，故选A【点睛】本题主要考查了函数的基本性质的综合应用，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，以及数列应用函数的奇偶性的转化是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题
10、的能力，属于中档试题12.在中三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则角C的大小是（）A. 或B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由可得cosA，进而利用可得sinBsinC=结合内角和定理可得C值.【详解】，cosA，由0A，可得A，sinBsinC=，即解得tan2C=，又2C=或，即C=或故选A【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的运用，同时考查两角和差的正弦公式和内角和定理，属于中档题二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知是互相垂直的单位向量，且，则与的夹角的余弦值是_【答案】0【解析】【分析】由题意，向量是互相垂直的单位向量，且，求得则再利用向量
11、的夹角公式，即可求解【详解】由题意，向量是互相垂直的单位向量，且，则，所以，即则与的夹角的余弦值是0.【点睛】本题主要考查了向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式化和向量的夹角公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题14.设满足约束条件，则的最小值是_【答案】-22【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求得最优解的坐标，代入目标函数得答案【详解】由约束条件作出可行域如图，化为yx由图可知，当直线yx过C（1，6）时z有最小值，等于21622故答案为22【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的
12、解题思想方法，是中档题15.已知中，则的最大值是_【答案】【解析】【分析】由题意， ，则，得到，再由余弦的倍角公式，化简得，根据二次函数的性质，即可求解【详解】由题意，在中，则，所以又由，当时，取得的最大值，最大值是【点睛】本题主要考查了余弦的倍角公式的应用，以及二次函数的图象与性质，其中解答中求得，所以，再由余弦的倍角公式和二次函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题16.已知直线与圆交于不同的两点，若，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由题意，根据直线与交于不同的两点，且，求得，再由圆心到直线的距离，得到不等式，即可求解【详解】由题意，圆，可得圆心坐标为，半径
13、为，根据圆的弦长公式，得，因为直线与交于不同的两点，且，则，且，即又由点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离为：，则，解得，即实数的取值范围是【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟练应用直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，得出相应的不等式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.已知等差数列中，首项，公差整数，且满足，数列满足，其前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）若成等比数列，求的值.【答案】（1）（2）8【解析】【分析】（1）由题意，在等差数列中，由
14、，求得，得到，即可利用等差数列的通项公式求得数列的通项公式，得到答案（2）由（1）中，可得，利用裂项相消法，求得，再利用等比中项公式，即可求解【详解】（1）在等差数列中，由，得公差为整数， （2）又 成等比数列，.【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,根据通项公式和求和公式，列出方程组,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确；二是利用等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，应有意识地去应用.在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.18.如图，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，底面，点分别为的中点，且异
15、面直线和所成的角的大小为.（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明过程详见解析（2）【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质得，由线面垂直性质定理得，在根据线面垂直判定定理得平面，最后根据面面垂直判定定理得结论，（2）取的中点，根据平行得为异面直线和所成的角，根据计算可得，根据平行可得底面,最后根据三棱锥体积公式得结果.【详解】（1）证明：，为的中点，又平面，平面，平面.因为平面，所以平面平面；（2）取的中点，连结，三角形为正三角形，底面，又，分别为，的中点，又异面直线和所成的角的大小为，三角形正三角形，又，又，底面,因此三棱锥的体积等于三棱锥的体积为.【点睛】垂直、平行
16、关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.19.郴州市某中学从甲乙两个教师所教班级的学生中随机抽取100人，每人分别对两个教师进行评分，满分均为100分，整理评分数据，将分数以10为组距分成6组：，.得到甲教师的频率分布直方图，和乙教师的频数分布表： （1）在抽样的100人中，求对甲教师的评分低于70分的人数；（2）从对乙教师的评分在范围内的人中随机选出2人，求2人评分均在范围内的概率；（3）如果该校以学生对老师评分中位数是否大于80分作为衡量一个教师是否可评为该年
17、度该校优秀教师的标准，则甲、乙两个教师中哪一个可评为年度该校优秀教师？（精确到0.1）【答案】（1）32（2）（3）乙【解析】【分析】（1）由甲教师分数的频率分布直方图，求得得的值，进而可求得甲教师的评分低于70分的概率，得到甲教师的评分低于70分的人数；（2）由题意，对乙教师的评分在范围内的有3人，设为，对乙教师的评分在范围内的有3人，设为，利用列举法得到基本事件的总数，和恰有2人评分在范围内所包含的基本事件的个数，利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解（3）由甲教师分数的频率分布直方图和由乙教师的频率分布表，分别求得甲教师和乙教师的中位数，比较即可得到结论【详解】解：（1）由甲教师分数的
18、频率分布直方图，得对甲教师的评分低于70分的概率为所以，对甲教师的评分低于70分的人数为；（2）对乙教师的评分在范围内的有3人，设为对乙教师的评分在范围内的有3人，设为从这6人中随机选出2人的选法为：，共15种其中，恰有2人评分在范围内的选法为：，共3种故2人评分均在范围内的概率为（3）由甲教师分数的频率分布直方图，因为设甲教师评分的中位数为，则，解得：由乙教师的频率分布表，因为设乙教师评分的中位数为，则：，解得：所以乙教师可评为该年度该校优秀教师【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中用样本估计总体是统计的基本思想，而利用频率分布表和频率分布直方图来估
19、计总体则是用样本的频率分布去估计总体分布的两种主要方法.分布表在数量表示上比较准确，直方图比较直观；频率分布表中的频数之和等于样本容量，各组中的频率之和等于1，同时在频率分布直方图中，各小长方形的面积表示相应各组的频率，所有小长方形的面积的和等于1.20.已知椭圆经过点，离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若椭圆的右焦点为，右顶点为，经过点的动直线与椭圆交于两点，记和的面积分别为和，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意，列出方程组，求的，即可得到椭圆的标准方程；（2）由（1），设直线的方程为，联立方程组，利用根和系数的关系，得到，利用基本不等式，即可求解【详解】解：
20、（1）由题意得：，解得：，所以椭圆的标准方程为（2）由（1）得，可设直线的方程为联立得 ，得，设 当时，显然当时， 当且仅当，即时取等号综合得：时，的最大值为.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系是解答的关键，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等21.已知函数.（1）求的单调区间；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）当时，在单调递减；当时，在单调递减；在单调递增. （2）【解析】【分析】
21、（1）由题意，求得函数的导数，分类讨论，即可求解函数的单调区间；（2）由（1）知，当时，得到不恒成立，时，只需，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解【详解】解：（1）的定义域为当时，所以在单调递减；当时，得，当时，当时，所以当时，在单调递减；在单调递增.综上，当时，在单调递减；当时，在单调递减；在单调递增（2）由（1）知，当时，在单调递减，而，所以不恒成立，时，在单调递减；在单调递增，所以，依题，只需令，则，所以在单调递增而，所以当时，当时，所以当时，所以若，则的取值范围是.【点睛】本题主要考查导数在函数中综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主
22、要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，两直线和相交于点.（1）求点的直角坐标；（2）若为圆（为参数）上任意一点，试求的范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)把直线的参数方程与直线的极坐标方程化为直角坐标方程，联立解得
23、点的直角坐标；(2) 依题意知，圆的普通方程为，.【详解】解：（1）依题意知，直线的直角坐标方程为直线的直角坐标方程为联立方程组 ，所以点的坐标为（2）依题意知，圆的普通方程为所以圆心为，其半径故.【点睛】本题考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题23.已知函数（1）求函数的值域；（2）若，使成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用零点分段法可得 进而可得函数的值域；(2)，使成立即使得成立，转求二次函数的最大值即可.【详解】解：（1）依题意可得：当时，所以的值域为（2）因为，所以，化为得使得成立令，得所以，当时，所以.【点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用
