永嘉县高中2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1． O为坐标原点，F为抛物线A．1

B．

C．

D．2

P是抛物线C上一点， 的焦点，若|PF|=4，则△POF的面积为（ ）

2． 设集合AxR|2x2，Bx|x10，则A【命题意图】本题主要考查集合的概念与运算，属容易题.

(ðRB)（ ）

A.x|1x2 B.x|2x1 C. x|2x1 D. x|2x2 3． 定义在R上的偶函数f(x)满足f(x3)f(x)，对x1,x2[0,3]且x1x2，都有

f(x1)f(x2)0，则有（ ）

x1x2A．f(49)f(64)f(81) B．f(49)f(81)f(64) C. f(64)f(49)f(81) D．f(64)f(81)f(49) 4． 已知函数f(x)2sin(x)(0小距离为

2)与y轴的交点为(0,1)，且图像上两对称轴之间的最

，则使f(xt)f(xt)0成立的t的最小值为（ ）1111] 22A． B． C． D．

36325． 已知x,y,z均为正实数，且2xlog2x，2ylog2y，2zlog2z，则（ ）

A．xyz B．zxy C．zyz D．yxz 6． 已知A,B是球O的球面上两点，AOB60，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为183，则球O的体积为（ ）

A．81 B．128 C．144 D．288

【命题意图】本题考查棱锥、球的体积、球的性质，意在考查空间想象能力、逻辑推理能力、方程思想、运算求解能力．

2xy207． 若变量x，y满足约束条件x2y40，则目标函数z3x2y的最小值为（ ）

x10A．-5 B．-4 C.-2 D．3 8． 若复数（2+ai）2（a∈R）是实数（i是虚数单位），则实数a的值为（ ） A．﹣2 B．±2 C．0

D．2

第 1 页，共 16 页

9． 已知函数f(x)log2x(x0)，函数g(x)满足以下三点条件：①定义域为R；②对任意xR，有

(x0)|x|1g(x)g(x2)；③当x[1,1]时，g(x)1x2.则函数yf(x)g(x)在区间[4,4]上零

2点的个数为（ ）

A．7 B．6 C．5 D．4

【命题意图】本题考查利用函数图象来解决零点问题，突出了对分段函数的转化及数形结合思想的考查，本题综合性强，难度大.

10．（m+1）x2﹣（m﹣1）x+3（m﹣1）＜0对一切实数x恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A．（1，+∞） B．（﹣∞，﹣1） C．

D．

11．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（ ）

D1 C1 A1 B1 P D C A B A.直线 B.圆

C.双曲线 D.抛物线

【命题意图】本题考查立体几何中的动态问题等基础知识知识，意在考查空间想象能力.

12．设集合M={（x，y）|x2+y2=1，x∈R，y∈R}，N={（x，y）|x2﹣y=0，x∈R，y∈R}，则集合M∩N中元素的个数为（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在横线上）

13．已知x，y满足条件

，则函数z=﹣2x+y的最大值是 ．

14．棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 ．

第 2 页，共 16 页

15．设MP和OM分别是角的正弦线和余弦线，则给出的以下不等式：

①MP＜OM＜0；②OM＜0＜MP；③OM＜MP＜0；④MP＜0＜OM， 其中正确的是 （把所有正确的序号都填上）．

16．执行如图所示的程序框图，输出的所有值之和是 . 【命题意图】本题考查程序框图的功能识别，突出对逻辑推理能力的考查，难度中等

.

三、解答题（本大共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．设集合Ax|x28x150,Bx|ax10．

（1）若a15，判断集合A与B的关系； （2）若ABB，求实数组成的集合C．

18．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

第 3 页，共 16 页

已知函数f(x)|2x1|．

（1）若不等式f(x)2m1(m0)的解集为,2（2）若不等式f(x)2y122,，求实数m的值；

a|2x3|，对任意的实数x,yR恒成立，求实数a的最小值． 2y

19．（本小题12分）设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b521，

a5b313.111]

（1）求{an}，{bn}的通项公式； （2）求数列{

20．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 已知椭圆C的极坐标方程为2an}的前项和Sn. bn12，点F1,F2为其左、右焦点，直线的参数方程为223cos4sin2tx22（为参数，tR）. y2t2（1）求直线和曲线C的普通方程；

（2）求点F1,F2到直线的距离之和.

第 4 页，共 16 页

21．已知和均为给定的大于1的自然数，设集合

，，，...，.

，其中

、

，集合

..。

（1）当（2）设、.证明：若

，..。.

，，

，，...，；

..。

，，

时，用列举法表示集合

，，，...，

，则

22．（14分）已知函数f(x)mxalnxm,g(x)（1）求g(x)的极值； 3分

xex1，其中m，a均为实数．

（2）设m1,a0，若对任意的x1,x2[3,4](x1x2)，f(x2)f(x1)5分

11恒成立，求a的最小值； g(x2)g(x1)（3）设a2，若对任意给定的x0(0,e]，在区间(0,e]上总存在t1,t2(t1t2)，使得f(t1)f(t2)g(x0) 成立，求m的取值范围． 6分

第 5 页，共 16 页

永嘉县高中2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题（参考答案）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1． 【答案】C

【解析】解：由抛物线方程得准线方程为：y=﹣1，焦点F（0，1）， 又P为C上一点，|PF|=4， 可得yP=3，

代入抛物线方程得：|xP|=2∴S△POF=|0F|•|xP|=故选：C．

2． 【答案】B

．

，

【解析】易知Bx|x10x|x1，所以A3． 【答案】A 【解析】

(ðRB)x|2x1，故选B.

考

点：1、函数的周期性；2、奇偶性与单调性的综合.1111] 4． 【答案】A 【解析】

考

点：三角函数的图象性质．

第 6 页，共 16 页

5． 【答案】A 【解析】

考

点：对数函数，指数函数性质． 6． 【答案】D

【解析】当OC平面AOB平面时，三棱锥OABC的体积最大，且此时OC为球的半径．设球的半径为R，则由题意，得7． 【答案】B 【解析】

114R2sin60R183，解得R6，所以球的体积为R3288，故选D． 32331xz，直线系在可22行域内的两个临界点分别为A(0,2)和C(1,0)，当直线过A点时，z3x2y224，当直线过C点时，z3x2y313，即的取值范围为[4,3]，所以Z的最小值为4.故本题正确答案为B.

试题分析：根据不等式组作出可行域如图所示阴影部分，目标函数可转化直线系y考点：线性规划约束条件中关于最值的计算.

第 7 页，共 16 页

8． 【答案】C

22

【解析】解：∵复数（2+ai）=4﹣a+4ai是实数，

∴4a=0， 解得a=0． 故选：C．

【点评】本题考查了复数的运算法则、复数为实数的充要条件，属于基础题．

9． 【答案】D

第

Ⅱ卷（共100分）[．Com]

10．【答案】C

2

．

【解析】解：不等式（m+1）x﹣（m﹣1）x+3（m﹣1）＜0对一切x∈R恒成立，

2

即（m+1）x﹣（m﹣1）x+3（m﹣1）＜0对一切x∈R恒成立

若m+1=0，显然不成立 若m+1≠0，则 解得a故选C．

．

【点评】本题的求解中，注意对二次项系数的讨论，二次函数恒小于0只需

11．【答案】D.

第 8 页，共 16 页

第Ⅱ卷（共110分）

12．【答案】B

222

【解析】解：根据题意，M∩N={（x，y）|x+y=1，x∈R，y∈R}∩{（x，y）|x﹣y=0，x∈R，y∈R}═{（x，y）

|}

222

将x﹣y=0代入x+y=1， 2

得y+y﹣1=0，△=5＞0，

所以方程组有两组解，

因此集合M∩N中元素的个数为2个， 故选B．

【点评】本题既是交集运算，又是函数图形求交点个数问题

13．【答案】 4 ．

【解析】解：由约束条件

作出可行域如图，

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在横线上）

第 9 页，共 16 页

化目标函数z=﹣2x+y为y=2x+z，由图可知，当直线y=2x+z过点A（﹣2，0）时， 直线y=2x+z在y轴上的截距最大，即z最大，此时z=﹣2×（﹣2）+0=4． 故答案为：4．

【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．

14．【答案】12 【解析】

考

点：球的体积与表面积．

【方法点晴】本题主要考查了球的体积与表面积的计算，其中解答中涉及到正方体的外接球的性质、组合体的结构特征、球的表面积公式等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，属于基础题，本题的解答中仔细分析，得出正方体的体对角线的长就外接球的直径是解答的关键． 15．【答案】 ②

【解析】解：由MP，OM分别为角∵

∴OM＜0＜MP． 故答案为：②．

的正弦线、余弦线，如图， ，

第 10 页，共 16 页

【点评】本题的考点是三角函数线，考查用作图的方法比较三角函数的大小，本题是直接比较三角函数线的大小，在大多数此种类型的题中都是用三角函数线比较三个函数值的大小．

16．【答案】54

倍数的数，所以所有输出值的和15711131754.

【解析】根据程序框图可知循环体共运行了9次，输出的x是1，3，5，7，9，11，13，15， 17中不是3的

三、解答题（本大共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．【答案】（1）BA；（2）C0,3,5. 【解析】

考

点：1、集合的表示；2、子集的性质. 18．【答案】

【解析】【命题意图】本题主要考查绝对值不等式的解法、三角不等式、基本不等式等基础知识，以及考查等价转化的能力、逻辑思维能力、运算能力．

第 11 页，共 16 页

19．【答案】（1）d2,q2；（2）Sn6【解析】

2n3. 2n1

第 12 页，共 16 页

an2n1n1，………………6分 bn2352n32n1Sn112n2n1，①

222211352n32n1Sn123n1.②……………8分 n222222`22222n11222S1①-②得Sn112n2n1n22222322222n2（2）分

所以Sn622n1，…………102n12n2n3.………………12分 n12考点：等差数列的概念与通项公式，错位相减法求和，等比数列的概念与通项公式.

【方法点晴】本题主要考查等差数列和等比数列的通项公式以及数列的求和，通过设{an}的公差为d，{bn}的公比为，根据等差数列和等比数列的通项公式，联立方程求得d和，进而可得{an}，{bn}的通项公式；（2）数列{an}的通项公式由等差数列和等比数列对应项相乘构成，需用错位相减法求得前项和Sn. bnx2y21；（2）22． 20．【答案】（1）直线的普通方程为yx2，曲线C的普通方程为43【解析】

试题分析：（1）由公式cosx可化极坐标方程为直角坐标方程，利用消参法可化参数方程为普通方程；

siny第 13 页，共 16 页

考点：极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程与普通方程的互化，点到直线的距离公式． 21．【答案】

【解析】

22．【答案】解：（1）g(x)列表如下：

x g(x)

e(1x)，令g(x)0，得x = 1． ex（∞，1）  1 0 （1，∞）  第 14 页，共 16 页

g（x） ↗ 极大值 ↘

∵g（1） = 1，∴y =g(x)的极大值为1，无极小值． 3分 （2）当m1,a0时，f(x)xalnx1，x(0,)．

1exex1(x1)xa∵f(x)，∵h(x)> 00在[3,4]恒成立，∴f(x)在[3,4]上为增函数． 设h(x)g(x)exxx2在[3,4]恒成立，

∴h(x)在[3,4]上为增函数． 设x2x1，则f(x2)f(x1)于f(x2)f(x1)h(x2)h(x1)， 即f(x2)h(x2)f(x1)h(x1)．

11等价g(x2)g(x1)1ex设u(x)f(x)h(x)xalnx1，则u（x）在[3,4]为减函数．

exa1ex(x1)ex1x1∴u(x)1恒成立． ≤0在（3，4）上恒成立． ∴a≥xexex2xex1ex1(x1)1123x1x1x1设v(x)xe，∵v(x)1e=1e[()]，x[3，4]，

x24xx21133∴ex1[()2]e21，∴v(x)< 0，v(x)为减函数．

x2442∴v(x)在[3，4]上的最大值为v（3） = 3 e2．

322∴a≥3 e2，∴a的最小值为3 e2． 8分

33（3）由（1）知g(x)在(0,e]上的值域为(0,1]．

∵f(x)mx2lnxm，x(0,)，

当m0时，f(x)2lnx在(0,e]为减函数，不合题意．

2m(x)m，由题意知f(x)在(0,e]不单调， 当m0时，f(x)x22所以0e，即m．①

me22此时f(x)在(0,)上递减，在(,e)上递增，

mm3∴f(e)≥1，即f(e)me2m≥1，解得m≥．②

e13由①②，得m≥．

e12 ∵1(0,e]，∴f()≤f(1)0成立．

m第 15 页，共 16 页

2下证存在t(0,]，使得f(t)≥1．

m2取tem，先证em，即证2emm0．③

m3设w(x)2exx，则w(x)2ex10在[,)时恒成立．

e133∴w(x)在[,)时为增函数．∴w(x)≥w()0，∴③成立．

e1e1再证f(em)≥1．

33∵f(em)memmm≥时，命题成立． 1，∴m≥e1e13综上所述，m的取值范围为[,)． 14分

e1

第 16 页，共 16 页