2018-2019学年浙江省浙江省衢州市、湖州市、丽水市高三（上）9月月考数学试卷（含详细解答）

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1、已知等比数列an满足 a1+a32a2，则公比 q（ ） A1 B1 C2 D2 5 （4 分）已知 a 为实数， “a1”是“a2a3”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 6 （4 分）已知随机变量 的分布列如图所示，若 E2，则 D 的值可能是（ ） 1 2 3 P a b c A B C2 D 7 （4 分）已知 a，b 是正实数，若 2a+b2，则（ ） Aab Ba C Da2+b21 8 （4 分）如图，OA1B1，A1A2B2，A2A3B3是边长相等的等边三角形，且 O，A1，A2， A3四点共线若点 P1，P2，P3分别是边 A1B

2、1，A2B2，A3B3上的动点，记 I1， I2，I3，则（ ） 第 2 页（共 20 页） AI1I2I3 BI2I3I1 CI2I1I3 DI3I1I2 9 （4 分）已知函数 f（x）ax2+bx（a0）有两个不同的零点 x1，x2则（ ） Ax1+x20，x1x20 Bx1+x20，x1x20 Cx1+x20，x1x20 Dx1+x20，x1x20 10 （4 分）已知三棱柱 ABCABC，AA平面 ABC，P 是ABC内一点，点 E，F 在直 线 BC 上运动，若直线 PA 和 AE 所成角的最小值与直线 PF 和平面 ABC 所成角的最大值 相等，则满足条件的点 P 的轨迹是（ ）

3、 A圆的一部分 B椭圆的一部分 C抛物线的一部分 D双曲线的一部分 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分 11 （6 分）已知复数 zi（1+i） ，i 为虚数单位，则 z 的虚部是 ，|z| 12 （6 分）双曲线 x21 的焦距是 ，离心率是 13 （6 分）某几何体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图均为腰长为 1（单位：cm） 的等腰直角三角形，则该几何体的表面积是 cm2，体积是 cm3 14 （6 分）已知ABC 面积为，A60，D 是边 AC 上一点，AD2DC，BD2，

4、 则 AB ，cosC 15 （4 分）将 9 个相同的球放到 3 个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，且每个盒子 中球的个数互不相同，则不同的分配方法共有 种 第 3 页（共 20 页） 16 （4 分）已知向量 和单位向量 满足，则的最大值是 17 （4 分）若 x，y 是实数，e 是自然对数的底数，ex+y+23ln（y2x+1）+3x，则 2x+y 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 18 （14 分）已知函数的最小正周期为 （）求 的值； （）若且，求 cos2x0的

5、值 19 （15 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 是直角梯形，且 ADBC，BC CD，ABC60，BC2AD2，PC3，PAB 是正三角形，E 是 PC 的中点 （）求证：DE平面 PAB； （）求直线 BE 与平面 PAB 所成角的正弦值 20 （15 分）设正项数列an的前 n 项和为 Sn，a12，且成等差数列 （nN*） （）求数列an的通项公式； （）证明：（nN*） 21 （15 分）已知 F 是抛物线 T：y22px（p0）的焦点，点 P（1，m）是抛物线上一点， 且|PF|2，直线 l 过定点（4，0） ，与抛物线 T 交于 A，B 两点，点 P 在直线

6、 l 上的射影 是 Q （）求 m，p 的值； （）若 m0，且|PQ|2|QA|QB|，求直线 l 的方程 第 4 页（共 20 页） 22 （15 分）已知函数 （）若函数 f（x）无极值点，求 a 的取值范围； （）若，记 M（a，b）为 g（x）|f（x）b|的最大值，证明： 第 5 页（共 20 页） 2018-2019 学年浙江省浙江省衢州市、湖州市、丽水市高三（上）学年浙江省浙江省衢州市、湖州市、丽水市高三（上） 9 月月考数学试卷月月考数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题有一、选择题：本大题有 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40

7、 分每小题给出的四个选项中，只有分每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的 1 （4 分）已知集合 Ax|x0，Bx|（x2） （x+1）0，则 AB（ ） A （0，2） B （0，1） C （1，2） D （1，+） 【分析】可解出集合 B，然后进行交集的运算即可 【解答】解：Bx|1x2； AB（0，2） 故选：A 【点评】考查描述法的定义，以及交集的运算 2 （4 分） （1+x）6展开式中含 x4项的系数是（ ） A B C D 【分析】由二项式定理及展开式通项公式得： （1+x）6展开式中含 x4项的系数是，得 解 【解答】解：由（1+x）6展开式的通

8、项为 Tr+1xr， 令 r4 得： （1+x）6展开式中含 x4项的系数是， 故选：B 【点评】本题考查了二项式定理及展开式通项公式，属简单题 3 （4 分）若 x，y 满足约束条件，zx+3y 的最大值是（ ） A6 B7 C8 D9 【分析】先由约束条件画出可行域，再求出可行域各个角点的坐标，将坐标逐一代入目 标函数，验证即得答案 第 6 页（共 20 页） 【解答】解：如图即为 x，y 满足约束条件的可行域， 由图易得：当 x0，y3 时 zx+3y 的最大值为 9， 故选：D 【点评】在解决线性规划的小题时，我们常用“角点法” ，其步骤为：由约束条件画出 可行域求出可行域各个角点的坐

9、标将坐标逐一代入目标函数验证，求出最 优解 4 （4 分）已知等比数列an满足 a1+a32a2，则公比 q（ ） A1 B1 C2 D2 【分析】将式子 a1+a32a2，转化为用 a1和公比 q 表达的算式，即可得到 q 的值 【解答】解：等比数列an满足 a1+a32a2，即， 所以 q2+2q+10， 所以 q1 故选：A 【点评】本题考查了等比数列的通项公式，属于基础题 5 （4 分）已知 a 为实数， “a1”是“a2a3”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据充分必要条件的定义以及不等式问题求出答案即可 【解答】解：a1 时

10、，a2a3a2（1a）0， 即 a2a3，是充分条件， 第 7 页（共 20 页） 若 a2a3， 则 a2（1a）0， 则 1a0，a1，是必要条件， 故， “a1”是“a2a3”的充要条件， 故选：C 【点评】本题考查了充分必要条件，考查解不等式问题，是一道常规题 6 （4 分）已知随机变量 的分布列如图所示，若 E2，则 D 的值可能是（ ） 1 2 3 P a b c A B C2 D 【分析】根据分布列的性质结合 E2，得到 a，b，c 的关系，以及 c 的范围，将 a，b 用 c 表示，则 DE（2）E2（）a+4b+9c418c81， 【解答】解：依题意，a+b+c1，随机变量

11、的期望 E（）a+2b+3c2， 所以 b+2c1，b12c，ac （0） ， 而 E（2）a+4b+9c， 所以 DE（2）E2（）a+4b+9c42c1， 故选：D 【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列的性质，期望与方差，考查了不等式的应 用，属于中档题 7 （4 分）已知 a，b 是正实数，若 2a+b2，则（ ） Aab Ba C Da2+b21 【分析】利用基本不等式有 ab（）2求最值可得答案 【解答】解：a，b 是正实数，若 2a+b2， a+b1； 则：a2+（a+b）2； 第 8 页（共 20 页） a+b1；（a+b）21，（a+b）2； a成立 故选：B 【点评】本题

12、考查了基本不等式在求最值中的应用，考查了计算能力，属于中档题 8 （4 分）如图，OA1B1，A1A2B2，A2A3B3是边长相等的等边三角形，且 O，A1，A2， A3四点共线若点 P1，P2，P3分别是边 A1B1，A2B2，A3B3上的动点，记 I1， I2，I3，则（ ） AI1I2I3 BI2I3I1 CI2I1I3 DI3I1I2 【分析】设等边三角形的边长为 1，OA1所在直线为 x 轴，建立直角坐标系，可得 A1（1， 0） ，A2（2，0） ，A3（3，0） ，B1（，） ，B2（，） ，B3（，） ，由直线方 程可得 P1，P2，P3，再由向量的数量积的坐标表示，可得所求大

13、小关系 【解答】解：设等边三角形的边长为 1，OA1所在直线为 x 轴， 如图所示，建立直角坐标系， 可得 A1（1，0） ，A2（2，0） ，A3（3，0） ， B1（，） ，B2（，） ，B3（，） ， A1B1，A2B2，A3B3的方程设为 y（x1） ， y（x2） ，y（x3） ， P1（x1，（x11） ） ，P2（x2，（x21） ） ，P3（x3，（x31） ） ， 记 I1x3（x33） ）x3，2， I2x2（x22） ）3， I3x1（x11）+x12， 即有 I2I3I1， 故选：B 第 9 页（共 20 页） 【点评】本题考查平面向量数量积的坐标表示，以及直线方程的运

14、用，考查化简运算能 力，属于中档题 9 （4 分）已知函数 f（x）ax2+bx（a0）有两个不同的零点 x1，x2则（ ） Ax1+x20，x1x20 Bx1+x20，x1x20 Cx1+x20，x1x20 Dx1+x20，x1x20 【分析】首先把函数的零点问题转换为函数的图象的交点问题，利用函数的图象的应用 求出结果 【解答】解：函数 f（x）ax2+bx（a0）有两个不同的零点 x1，x2， 所以令 f（x）0，整理得， 由于 a0 要使函数 g（x）ax2+bx 和 h（x）有两个交点， 只有与双曲线的另一支相切时满足， 所以 x1+x20，x1x20， 故选：A 【点评】本题考查的

15、知识要点：函数的图象与函数的零点之间的关系式的应用，主要考 查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题 10 （4 分）已知三棱柱 ABCABC，AA平面 ABC，P 是ABC内一点，点 E，F 在直 线 BC 上运动，若直线 PA 和 AE 所成角的最小值与直线 PF 和平面 ABC 所成角的最大值 第 10 页（共 20 页） 相等，则满足条件的点 P 的轨迹是（ ） A圆的一部分 B椭圆的一部分 C抛物线的一部分 D双曲线的一部分 【分析】由题意可知 P 到 A 的距离等于 P 到 BC 的距离，故而 P 到 A的距离等于 P 到 BC 的距离，得出结论 【解答】解：设三棱柱的高为

16、 h，P 在平面 ABC 上的射影为 P， 则当 APE 共线时， 直线 PA 和 AE 所成角取得最小值， 不妨设最小值为 ， 则 sin， 当 PFBC 时， 直线 PF 和平面 ABC 所成角取得最大值， 不妨设最大值为 ， 则 sin， 当直线 PA 和 AE 所成角的最小值与直线 PF 和平面 ABC 所成角的最大值相等时， PA PF， 即 P 到 A 的距离等于 P 到直线 BC 的距离， 设 P 到 BC的距离为 d，则 PA2+h2d2+h2， P 到 A的距离等于 P 到 BC的距离， P 的轨迹是以 A为焦点，以 BC为准线的抛物线的一部分， 故选：C 【点评】本题考查了

17、圆锥曲线的定义，轨迹方程的求解，考查了空间想象与推理能力， 属于中档题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分 11 （6 分）已知复数 zi（1+i） ，i 为虚数单位，则 z 的虚部是 1 ，|z| 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：zi（1+i）1+i， z 的虚部是 1，|z| 故答案为：1； 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法， 是基础题 第 11 页（共 20 页） 12 （6 分）双曲线 x21 的焦距是 4

18、 ，离心率是 2 【分析】根据题意，由双曲线的标准方程可得 a1，b，由双曲线的几何性质计算 可得 c2，由双曲线的焦距公式以及离心率公式计算可得答案 【解答】解：根据题意，双曲线的方程为 x21， 其中 a1，b， 则 c2， 则该双曲线的焦距 2c224， 其离心率 e2； 故答案为：4，2 【点评】本题考查双曲线的标准方程，注意双曲线的焦距是 2c 13 （6 分）某几何体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图均为腰长为 1（单位：cm） 的等腰直角三角形，则该几何体的表面积是 cm2，体积是 cm3 【分析】由正视图、侧视图、俯视图均为均为腰长为 1（单位：cm）的等腰直角三角形，

19、我们可以把它看成是棱长为 1 正方体的一部分 【解答】解：由正视图、侧视图、俯视图均为均为腰长为 1（单位：cm）的等腰直角三 角形，是正方体的一部分，如图： 四棱锥的表面积为：（cm2） ， 第 12 页（共 20 页） 体积为： （cm3） 故答案为：； 【点评】本题考查的知识点是由三视图求面积，与体积，判断几何体的形状是解题的关 键 14 （6 分）已知ABC 面积为，A60，D 是边 AC 上一点，AD2DC，BD2， 则 AB 2 ，cosC 【分析】设 DCx（x0） ，根据 SABD+SBDCSABC，求出 sinADB，再在 ABD 中，利用正余弦定理求出 x，然后在ABC 中

20、用余弦定理求出 cosC 【解答】解：设 DCx（x0） ，则 AD2x，AC3x， SABD+SBDCSABC，BD2， BDDCsin（ABD） 3xsinADB，sinADB 在ABD 中，由正弦定理，有 AB， 由余弦定理，有 cosA， x1，AC3x3 在ABC 中，由余弦定理，有 BC2AB2+AC22ABACcosA4+967， BC， 由余弦定理，有 cosC 【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理得应用，考查了运算能力，属中档题 15 （4 分）将 9 个相同的球放到 3 个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，且每个盒子 中球的个数互不相同，则不同的分配方法共有 18 种 【

21、分析】由排列组合及分步原理得：先将小球分为 3 组，每组球数为 1，2，6 或 1，3，5 或 2，3，4 共 3 种分法，再将这 3 组分球放到 3 个不同的盒子中，则共有 318 种 不同的分配方法，得解 第 13 页（共 20 页） 【解答】解：将 9 个相同的球放到 3 个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，且每个 盒子中球的个数互不相同， 则每组球数为 1，2，6 或 1，3，5 或 2，3，4 共 3 种分法， 再将这 3 组分球放到 3 个不同的盒子中， 则共有 318 种不同的分配方法， 故答案为：18 【点评】本题考查了排列组合及分步原理，属中档题 16 （4 分）已知向量

22、和单位向量 满足，则的最大值是 4 【 分 析 】 由 条 件 可 得， 然 后 将用 表示，再求出最值 【解答】解：， ， 又 为单位向量， ， 的最大值为：4 故答案为：4 【点评】本题考查了平面向量的运算性质和数量积，属基础题 17 （4 分）若 x，y 是实数，e 是自然对数的底数，ex+y+23ln（y2x+1）+3x，则 2x+y 【分析】结合经典不等式 lnxx1，exx+1，考虑其等号成立条件，即可求解 x，y 进 而可求 【解答】解：lnxx1， （当 x1 时取等号） ， ln（y2x+1）y2x+11y2x， ln（y2x+1）+3xy+x， 此时 y2x+11 时取等号

23、， exx+1， （当 x0 时取等号） ， 第 14 页（共 20 页） ex+y+23x+y+2+13x+y， 此时 x+y+20 取等号， 又ex+y+23ln（y2x+1）+3x， ex+y+23x+yln（y2x+1）+3x， 故有 y2x+11 且 x+y+20 同时成立， 解可得，x，y，此时 2x+y 故答案为： 【点评】本题主要考查了与指数和对数有关的经典不等式的应用，技巧性强，属于难 题 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 18 （14 分）已知函数的最小正周

24、期为 （）求 的值； （）若且，求 cos2x0的值 【分析】 （）利用三角恒等变换化简 f（x）的解析式，再利用正弦函数的周期性，求 的值 （）先求出 ，再利用两角和的余弦求出 cos2x0的值 【解答】解： （） ， 因为 T，所以 1 （） 由 （） 知， 且， ， 因为，所以 因为， 所以， 第 15 页（共 20 页） 【点评】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性，两角和的余弦公式，属于中 档题 19 （15 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 是直角梯形，且 ADBC，BC CD，ABC60，BC2AD2，PC3，PAB 是正三角形，E 是 PC 的中点 （

25、）求证：DE平面 PAB； （）求直线 BE 与平面 PAB 所成角的正弦值 【分析】 （）取 PB 的中点 F，连 EF，AF，证明四边形 EFAD 是平行四边形，得到 DE AF，然后证明 DE平面 PAB （）取 AB 中点 Q，连 PQ，CQ，推出 AB平面 PCQ，然后证明平面 PCQ平面 PAB， 过点 E 作 EGPQ，垂足是 G，连 BG，则EBG 即是直线 BD 与平面 PAB 所成角，然 后转化求解即可 解法 2：如图，以 D 为原点，DA，DC 为 x 轴，y 轴建立空间直角坐标系， 设 P（x，y，z） ，求出平面 PAB 的法向量利用向量的数量积求解直线 BD 与平面

26、 PAB 所 成角的正弦值 【解答】解； （）取 PB 的中点 F，连 EF，AF， 因为 EF 是 PBC 的中位线，所以 EFBC，且 因为 ADBC，所以四边形 EFAD 是平行四边形， 所以 DEAF， 又因为 DE平面 PAB，AF平面 PAB， 所以 DE平面 PAB （）取 AB 中点 Q，连 PQ，CQ， 因为PAB 是正三角形，所以 PQAB， 在直角梯形 ABCD 中，因为ABC60，BC2AD2， 计算得 ABAC2，所以，且 CQAB， 第 16 页（共 20 页） 所以 AB平面 PCQ，即平面 PCQ平面 PAB， 过点 E 作 EGPQ，垂足是 G，连 BG，则E

27、BG 即是直线 BD 与平面 PAB 所成角， 则PQC 中，所以，又， 所以， 所以直线 BE 与平面 PAB 所成角的正弦值是 解法 2：如图，以 D 为原点，DA，DC 为 x 轴，y 轴建立空间直角坐标系， 由已知条件得，AB2， 所以 D（0，0，0） ，A（1，0，0） ， 设 P（x，y，z） ，由得， 所以， 由得平面 PAB 的法向量是， 又， 所以直线 BD 与平面 PAB 所成角的正弦值是 第 17 页（共 20 页） 【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查 空间想象能力以及计算能力 20 （15 分）设正项数列an的前 n 项和为

28、Sn，a12，且成等差数列 （nN*） （）求数列an的通项公式； （）证明：（nN*） 【分析】 （）利用数列的递推关系式推出数列是等差数列， 然后求数列an的通项公式； （）利用裂项相消法求解数列的和，然后证明 （nN*） 【解答】解： （）由题， 所以数列是以为 4 首项，4 为公差的等差数列，所以 ， 又 an0，所以 Sn0，所以， 当 n2 时， 当 n1 时，a12 也满足上式，所以nN*都有 （） 证明： 由 （） 知， 所以， 第 18 页（共 20 页） 所以 ， 又因为， 当 n2 时， 当 n1 时上式也成立 所以（nN*） 【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数列

29、求和，以及数列以及不等式的关系， 是基本知识的考查 21 （15 分）已知 F 是抛物线 T：y22px（p0）的焦点，点 P（1，m）是抛物线上一点， 且|PF|2，直线 l 过定点（4，0） ，与抛物线 T 交于 A，B 两点，点 P 在直线 l 上的射影 是 Q （）求 m，p 的值； （）若 m0，且|PQ|2|QA|QB|，求直线 l 的方程 【分析】 （）由|PF|1+2，解得 p2，即可求得故抛物线 方程 （）当|PQ|2|QA|QB|时，可得PBQAPQ，即 APBP 设 AB 方程为： xty+4， 联立方程结合x1x2 （x1+x2）+1+y1y22（y1+y2）+40求得

30、 t 即可 【解答】解： （）点 P（1，m）是抛物线上一点，且|PF|2， |PF|1+2，解得 p2， 故抛物线 T：y24x，即 m24，解得 m2 p2，m2 第 19 页（共 20 页） （）当 m0 时，m2， 当|PQ|2|QA|QB|时，可得PBQAPQ， QPBQAP， PQAB，APB90，即 APBP 设 AB 方程为：xty+4，设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， y24ty160 y1+y24t，y1y216x1x216，x1+x2t（y1+y2）+84t2+8 ， x1x2（x1+x2）+1+y1y22（y1+y2）+4 0 164t28+1168t+40

31、4t2+8t+30， ， 直线 l 的方程为 x+或 x+ 【点评】本题考查了抛物线的方程，直线与抛物线的位置关系，利用|PQ|2|QA|QB| PBQAPQ，是解题的关键，属于中档题 22 （15 分）已知函数 （）若函数 f（x）无极值点，求 a 的取值范围； （）若，记 M（a，b）为 g（x）|f（x）b|的最大值，证明： 【分析】 （）求出函数的导数，通过函数 f（x）无极值点，判断导函数的符号，求 a 的 第 20 页（共 20 页） 取值范围； （）利用函数的单调性，判断函数的最值，转化不等式求解即可 【解答】解： （）由题意 f（x）x+1a， 由 x0，f（x）0 得 xa，又 f（x）无极值点，所以 a0 （）证明：因为 a2，由（）可知 f（x）在上单调递减，f（x）在a， 上单调递增， 又 f（）f（）+（）a（a+ln3）a（1ln3）0 所以 所以当 时，f（a）f（x）f（） 又因为 ， 所以 ， 即 所以，当且仅当 a2，b时取等号 【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化 思想以及计算能力