2019屆陜西省彬州市上學期高三第一次教學質量監測數學（文）科試題一、單選題1.如果集合，則（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由題意，根據集合的交集的運算，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，集合，根集合的交集的運算，可得，故選B。【點睛】本題主要考查了集合的交集的運算，其中解答中熟記集合的交集的概念和準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題。2.設，則的虛部是（ ）A. -1B. C. D. -2【答案】D【解析】【分析】利用復數的乘方與除法運算化簡復數z，結合虛部的定義即可得出【詳解】，的虛部是-2故選：D【點睛】本題考查了復數的運算法則、虛部的定義，屬于基礎題3.已知，則（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用二倍角正弦公式可知同號，又，從而得到結果.【詳解】由可得，即同號，又，故選：A【點睛】本題考查二倍角正弦公式，同角關系中的商數關系，屬于基礎題.4.在數列中，滿足，為的前項和，若，則的值為（ ）A. 126B. 256C. 255D. 254【答案】D【解析】【分析】由題意，數列滿足，得到數列為等比數列，由求得數列的首項和公比，利用等比數列的求和公式，即可求解。【詳解】由題意，數列滿足，即，所以數列為等比數列，又由，即，解得，所以，故選D。【點睛】本題主要考查了等比數列的中項公式以及等比數列的通項公式和求和公式的應用，其中解答中根據題意，得出數列表示首項和公比的等比數列，準確運算是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題。5.已知函數在區間上的圖像是連續不斷的一條曲線，命題：總存在，有；命題：若函數在區間上有，則是的（ ）A. 充要條件B. 充分不必要條件C. 必要不充分條件D. 既不充分也不必要【答案】C【解析】【分析】利用充分、必要條件的定義及零點存在性定理即可作出判斷.【詳解】命題推不出命題q，所以充分性不具備；比如：，區間為，滿足命題p，但，根據零點存在性定理可知，命題能推出命題p，所以必要性具備；故選：C【點睛】本題考查充分必要條件，考查零點存在性定理，屬于基礎題.6.已知是上的偶函數，是上的奇函數，它們的部分圖像如圖，則的圖像大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由題意，可求得函數為奇函數，圖象關于原點對稱，排除A、B；又由函數的圖象可知，當時，求得，可排除D，即可得到答案。【詳解】由題意，函數是上的偶函數，是上的奇函數，則函數，可得，所以函數為奇函數，圖象關于原點對稱，排除A、B；又由函數的圖象可知，當時，所以，可排除D，故選C。【點睛】本題主要考查了函數的圖象的識別，以及函數的奇偶性的應用問題，其中解答中根據題意函數的奇偶性，得到的奇偶性，再根據函數的取值進行排除是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題。7.已知雙曲線的中心為，其右頂點、右焦點分別是，若，則雙曲線的離心率的取值范圍是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由題意，雙曲線滿足，求得，又由，則，即可求得雙曲線的離心率的取值范圍，得到答案。【詳解】由題意，雙曲線的中心為，其右頂點、右焦點分別是，若，即，又由，則，所以雙曲線的離心率的取值范圍是，故選C。【點睛】本題主要考查了雙曲線的標準方程和簡單的幾何性質的應用，其中解答中熟記雙曲線的標準方程和簡單的幾何性質，合理計算是解答的關鍵，同時注意對雙曲線的離心率的影響是解答的一個易錯點，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題。8.某幾何體截去兩部分后的三視圖如圖所示，則被截后的幾何體的體積為（ ）A. B. C. 3D. 【答案】B【解析】【分析】根據給定的三視圖，可知棱長為2的正方體的體積為，以及三棱錐和三棱錐的體積為，即可求解該幾何體的體積。【詳解】由題意，根據給定的三視圖，可知棱長為2的正方體的體積為，又由三棱錐的體積為，三棱錐的體積為，所以該幾何體的體積為，故選B。【點睛】本題考查了幾何體的三視圖及幾何體的體積的計算，在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要根據三視圖的規則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線。求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關系和數量關系，利用相應體積公式求解。9.已知函數，在點處的切線為，則切線的方程為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由題意，求得，得到，得出切線為的斜率為 ，利用直線的點斜式方程，即可求解。【詳解】由題意，函數，則，所以，即在點處的切線為的斜率為 ，所以切線的方程為，即，故選B。【點睛】本題主要考查了利用導數的幾何意義求解在某點處的切線方程，其中解答中正確求解函數的導數，利用導數的幾何意義，求得切線的斜率，再利用直線的點斜式求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題。10.如圖所示，三國時代數學家趙爽在周髀算經中利用弦圖，給出了勾股定理的絕妙證明.圖中包含四個全等的直角三角形及一個小正方形（陰影），設直角三角形有一內角為，若向弦圖內隨機拋擲500顆米粒（大小忽略不計，取），則落在小正方形（陰影）內的米粒數大約為（ ）A. 134B. 67C. 200D. 250【答案】B【解析】【分析】設大正方形的邊長為2x，則小正方形的邊長為x，由此利用幾何概型概率計算公式能求出向弦圖內隨機拋擲500顆米粒（大小忽略不計），落在小正方形（陰影）內的米粒數個數【詳解】設大正方形的邊長為2x，則小正方形的邊長為x，向弦圖內隨機拋擲500顆米粒（大小忽略不計），設落在小正方形（陰影）內的米粒數大約為a，則，解得a500（）67故選：B【點睛】本題考查概率的求法，考查幾何概型概率計算公式等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想，是基礎題11.已知函數是奇函數，當時，則的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根題設條件，分別求得，當和時，的解集，由此可求解不等式的解集，得到答案.【詳解】由題意，當時，令，即，解得，又由函數是奇函數，函數的圖象關于原點對稱，則當時，令，可得，又由不等式，則滿足或，解得或，即不等式的解集為，故選A.【點睛】本題主要考查了函數的基本性質的綜合應用，其中解答中熟記對數函數的圖象與性質，以及數列應用函數的奇偶性的轉化是解答本題的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題。12.在中，三內角的對邊分別為，且，則角的大小是（ ）A. 或B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由可得cosA，進而利用可得sinBsinC=結合內角和定理可得C值.【詳解】，cosA，由0A，可得A，sinBsinC=，即解得tan2C=，又2C=或，即C=或故選：A【點睛】本題考查正弦定理和余弦定理的運用，同時考查兩角和差的正弦公式和內角和定理，屬于中檔題二、填空題13.已知是互相垂直的單位向量，且，則與的夾角的余弦值是_【答案】0【解析】【分析】由題意，向量是互相垂直的單位向量，且，求得則再利用向量的夾角公式，即可求解。【詳解】由題意，向量是互相垂直的單位向量，且，則，所以，即則與的夾角的余弦值是0.【點睛】本題主要考查了向量的夾角公式的應用，其中解答中熟記向量的數量積的運算公式化和向量的夾角公式，準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題。14.設滿足約束條件，則的最小值是_【答案】-22【解析】【分析】由約束條件作出可行域，化目標函數為直線方程的斜截式，數形結合得到最優解，求得最優解的坐標，代入目標函數得答案【詳解】由約束條件作出可行域如圖，化為yx由圖可知，當直線yx過C（1，6）時z有最小值，等于21622故答案為：22【點睛】本題考查了簡單的線性規劃，考查了數形結合的解題思想方法，是中檔題15.已知中，則的最大值是_【答案】【解析】【分析】由題意， ，則，得到，再由余弦的倍角公式，化簡得，根據二次函數的性質，即可求解。【詳解】由題意，在中，則，所以又由，當時，取得的最大值，最大值是。【點睛】本題主要考查了余弦的倍角公式的應用，以及二次函數的圖象與性質，其中解答中求得，所以，再由余弦的倍角公式和二次函數的性質求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題。16.已知直線與圓交于不同的兩點，若，則的取值范圍是_【答案】【解析】【分析】由題意，根據直線與交于不同的兩點，且，求得，再由圓心到直線的距離，得到不等式，即可求解。【詳解】由題意，圓，可得圓心坐標為，半徑為，根據圓的弦長公式，得，因為直線與交于不同的兩點，且，則，且，即又由點到直線的距離公式可得圓心到直線的距離為：，則，解得，即實數的取值范圍是。【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關系的應用，其中解答中熟練應用直線與圓的位置關系，以及點到直線的距離公式，得出相應的不等式是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題。三、解答題17.已知等差數列中，首項，公差為整數，且滿足，數列滿足，其前項和為.（1）求數列的通項公式；（2）若成等比數列，求的值.【答案】（1） （2）8【解析】【分析】（1）由題意，在等差數列中，由，求得，得到，即可利用等差數列的通項公式求得數列的通項公式，得到答案。（2）由（1）中，可得，利用裂項相消法，求得，再利用等比中項公式，即可求解。【詳解】（1）在等差數列中，由，得公差為整數， （2）又 成等比數列，.【點睛】在解決等差、等比數列的運算問題時，有兩個處理思路,一是利用基本量,根據通項公式和求和公式，列出方程組,雖有一定量的運算,但思路簡潔,目標明確；二是利用等差、等比數列的性質是兩種數列基本規律的深刻體現，應有意識地去應用.在解決等差、等比數列的運算問題時，經常采用“巧用性質、整體考慮、減少運算量”的方法.18.如圖，在三棱錐中，底面是邊長為4的正三角形，底面，點分別為的中點，且異面直線和所成的角的大小為.（1）求證：平面平面；（2）求三棱錐的體積.【答案】（1）證明過程詳見解析（2）【解析】【分析】（1）根據等腰三角形性質得，由線面垂直性質定理得，在根據線面垂直判定定理得平面，最后根據面面垂直判定定理得結論，（2）取的中點，根據平行得為異面直線和所成的角，根據計算可得，根據平行可得底面,最后根據三棱錐體積公式得結果.【詳解】（1）證明：，為的中點，又平面，平面，平面.因為平面，所以平面平面；（2）取的中點，連結，三角形為正三角形，底面，又，分別為，的中點，又異面直線和所成的角的大小為，三角形為正三角形，又，又，底面,因此三棱錐的體積等于三棱錐的體積為.【點睛】垂直、平行關系證明中應用轉化與化歸思想的常見類型.(1)證明線面、面面平行，需轉化為證明線線平行.(2)證明線面垂直，需轉化為證明線線垂直.(3)證明線線垂直，需轉化為證明線面垂直.19.郴州市某中學從甲乙兩個教師所教班級的學生中隨機抽取100人，每人分別對兩個教師進行評分，滿分均為100分，整理評分數據，將分數以10為組距分成6組：，.得到甲教師的頻率分布直方圖，和乙教師的頻數分布表： 乙教師分數頻數分布表分數區間頻數3315193525（1）在抽樣的100人中，求對甲教師的評分低于70分的人數；（2）從對乙教師的評分在范圍內的人中隨機選出2人，求2人評分均在范圍內的概率；（3）如果該校以學生對老師評分的中位數是否大于80分作為衡量一個教師是否可評為該年度該校優秀教師的標準，則甲、乙兩個教師中哪一個可評為年度該校優秀教師？（精確到0.1）【答案】（1）32（2）（3）乙【解析】【分析】（1）由甲教師分數的頻率分布直方圖，求得的值，進而可求得甲教師的評分低于70分的概率，得到甲教師的評分低于70分的人數；（2）由題意，對乙教師的評分在范圍內的有3人，設為，對乙教師的評分在范圍內的有3人，設為，利用列舉法得到基本事件的總數，和恰有2人評分在范圍內所包含的基本事件的個數，利用古典概型及其概率的計算公式，即可求解.（3）由甲教師分數的頻率分布直方圖和由乙教師的頻率分布表，分別求得甲教師和乙教師的中位數，比較即可得到結論.【詳解】解：（1）由甲教師分數的頻率分布直方圖，得對甲教師的評分低于70分的概率為所以，對甲教師的評分低于70分的人數為；（2）對乙教師的評分在范圍內的有3人，設為對乙教師的評分在范圍內的有3人，設為從這6人中隨機選出2人的選法為：，共15種其中，恰有2人評分在范圍內的選法為：，共3種故2人評分均在范圍內的概率為。（3）由甲教師分數的頻率分布直方圖，因為設甲教師評分的中位數為，則，解得：由乙教師的頻率分布表，因為設乙教師評分的中位數為，則：，解得：所以乙教師可評為該年度該校優秀教師【點睛】本題主要考查了頻率分布直方圖的應用，以及古典概型及其概率的計算問題，其中用樣本估計總體是統計的基本思想，而利用頻率分布表和頻率分布直方圖來估計總體則是用樣本的頻率分布去估計總體分布的兩種主要方法.分布表在數量表示上比較準確，直方圖比較直觀；頻率分布表中的頻數之和等于樣本容量，各組中的頻率之和等于1，同時在頻率分布直方圖中，各小長方形的面積表示相應各組的頻率，所有小長方形的面積的和等于1.20.已知橢圓經過點，離心率為.（1）求橢圓的標準方程；（2）若橢圓的右焦點為，右頂點為，經過點的動直線與橢圓交于兩點，記和的面積分別為和，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意，列出方程組，求的，即可得到橢圓的標準方程；（2）由（1），設直線的方程為，聯立方程組，利用根和系數的關系，得到，利用基本不等式，即可求解。【詳解】解：（1）由題意得：，解得：，所以橢圓的標準方程為（2）由（1）得，可設直線的方程為聯立得 ，得，設 當時，顯然當時， 當且僅當，即時取等號綜合得：時，的最大值為.【點睛】本題主要考查橢圓的標準方程與幾何性質、直線與圓錐曲線的位置關系的應用問題,解答此類題目，通常利用的關系，確定橢圓方程是基礎，通過聯立直線方程與橢圓（圓錐曲線）方程的方程組，應用一元二次方程根與系數的關系是解答的關鍵，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等。21.已知函數.（1）求的單調區間；（2）若，求的取值范圍.【答案】（1）當時，在單調遞減；當時，在單調遞減；在單調遞增. （2）【解析】【分析】（1）由題意，求得函數的導數，分類討論，即可求解函數的單調區間；（2）由（1）知，當時，得到不恒成立，時，只需，令，利用導數求得函數的單調性與最值，即可求解。【詳解】解：（1）的定義域為當時，所以在單調遞減；當時，得，當時，當時，所以當時，在單調遞減；在單調遞增.綜上，當時，在單調遞減；當時，在單調遞減；在單調遞增（2）由（1）知，當時，在單調遞減，而，所以不恒成立，時，在單調遞減；在單調遞增，所以，依題，只需令，則，所以在單調遞增而，所以當時，當時，所以當時，所以若，則的取值范圍是.【點睛】本題主要考查導數在函數中綜合應用，著重考查了轉化與化歸思想、邏輯推理能力與計算能力，對導數的應用的考