绵竹市第一中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题

1． 已知x，y∈R，且积为（ ） A．4

2． 方程x11y1表示的曲线是（ ）

A．一个圆 B． 两个半圆 C．两个圆 D．半圆 3． 某个几何体的三视图如图所示，其中正（主）视图中的圆弧是半径为2的半圆，则该几何体的表面积为 （ ）

2，则存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立的P（x，y）构成的区域面

﹣ B．4﹣ C． D． +

A．9214 B．8214 C．9224 D．8224

【命题意图】本题考查三视图的还原以及特殊几何体的面积度量.重点考查空间想象能力及对基本面积公式的运用，难度中等. 4． 以A．C．

5． 已知函数f(x)3sinxcosx(0)，yf(x)的图象与直线y2的两个相邻交点的距离等于

B． D．

的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程为（ ）

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，则f(x)的一条对称轴是（ ）

A．x B．x C．x D．x

121266

222226． 已知a2，若圆O1：xy2x2ay8a150，圆O2：xy2ax2aya4a40恒有公共点，则a的取值范围为（ ）.

A．(2,1][3,) B．(,1)(3,) C．[,1][3,) D．(2,1)(3,) 7． 单位正方体（棱长为1）被切去一部分，剩下部分几何体的三视图如图所示，则（ ）

5353

A．该几何体体积为 B．该几何体体积可能为 C．该几何体表面积应为+

D．该几何体唯一

8． 已知函数y=f（x）对任意实数x都有f（1+x）=f（1﹣x），且函数f（x）在[1，+∞）上为单调函数．若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f（a6）=f（a23），则{an}的前2之和S28=（ ） A．7

B．14

C．28

D．56

，则x+y=（ ）

C．3

D．4

9． 设x，y∈R，且满足A．1

B．2

10．如图是某几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间的距离的最大值为（ ）

A．4 B．5 C．32 D．33

11．设集合A{x|1x2}，B{x|xa}，若AB，则的取值范围是（ ）

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A．{a|a2} B．{a|a1} C．{a|a1} D．{a|a2}

12．已知正△ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为（ ） A．

B．

C．

D．

二、填空题

13．用描述法表示图中阴影部分的点（含边界）的坐标的集合为 ．

14．下列四个命题：

①两个相交平面有不在同一直线上的三个公交点 ②经过空间任意三点有且只有一个平面 ③过两平行直线有且只有一个平面 ④在空间两两相交的三条直线必共面 其中正确命题的序号是 ．

x－2y＋1≤0



15．若x、y满足约束条件2x－y＋2≥0，z＝3x＋y＋m的最小值为1，则m＝________．

x＋y－2≤0

16．已知函数f（x）=sinx﹣cosx，则

2= ．

2

三、解答题

17．（本小题满分12分）已知圆C:x1y225,直线

L:2m1xm1y7m40mR.

（1）证明: 无论m取什么实数,L与圆恒交于两点; （2）求直线被圆C截得的弦长最小时L的方程.

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18．（本题满分14分）已知函数f(x)xalnx.

（1）若f(x)在[3,5]上是单调递减函数，求实数a的取值范围；

（2）记g(x)f(x)(2a)lnx2(b1)x，并设x1,x2(x1x2)是函数g(x)的两个极值点，若b求g(x1)g(x2)的最小值.

19．（本题满分12分）为了了解某地区心肺疾病是否与性别有关，在某医院随机地对入院的50人进行了问 卷调查，得到了如下的22列联表： 男 女 合计 患心肺疾病 患心肺疾病 20 10 30 5 15 20 合计 25 25 50 27， 2（1）用分层抽样的方法在患心肺疾病的人群中抽6人，其中男性抽多少人？ （2）在上述抽取的6人中选2人，求恰有一名女性的概率.

（3）为了研究心肺疾病是否与性别有关，请计算出统计量K，判断心肺疾病与性别是否有关？ 下面的临界值表供参考： 2P(K2k) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 n(adbc)22（参考公式：K，其中nabcd）

(ab)(cd)(ac)(bd)

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20．（本题满分15分）

11d（d为常数， nN*），则称xn为调和数列，已知数列an为调和数xn1xn1111115. 列，且a11，a1a2a3a4a5若数列xn满足：

（1）求数列an的通项an；

2n（2）数列{}的前n项和为Sn，是否存在正整数n，使得Sn2015？若存在，求出n的取值集合；若不存

an在，请说明理由.

【命题意图】本题考查数列的通项公式以及数列求和基础知识，意在考查运算求解能力.

21．已知定义域为R的函数（1）求f（x）；

（2）判断函数f（x）的单调性（不必证明）； （3）解不等式f（|x|+1）+f（x）＜0．

是奇函数．

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22．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn=2an﹣n2+3n+2（n∈N*） （Ⅰ）求证：数列{an+2n}是等比数列； （Ⅱ）设bn=ansin（Ⅲ）设Cn=﹣

π，求数列{bn}的前n项和；

，数列{Cn}的前n项和为Pn，求证：Pn＜．

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绵竹市第一中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题（参）

一、选择题

1． 【答案】 A

【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：对应的区域为三角形OAB， 若存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立， 则令sinα=则方程等价为即sin（α+θ）=﹣

（

cosθ+，则cosθ=

sinθ）=﹣1， ，

sin（α+θ）=﹣1，

，

∵存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立， ∴|﹣

|≤1，即x2+y2≥1，

则对应的区域为单位圆的外部， 由

，解得

，即B（2，2

×

）， =4

，

A（4，0），则三角形OAB的面积S=直线y=则∠AOB=

x的倾斜角为

，

，

﹣

，即扇形的面积为

则P（x，y）构成的区域面积为S=4故选：A

，

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【点评】本题主要考查线性规划的应用，根据条件作出对应的图象，求出对应的面积是解决本题的关键．综合性较强．

2． 【答案】A 【解析】

22试题分析：由方程x11y1，两边平方得x1(1y1)，即(x1)(y1)1，所

2222以方程表示的轨迹为一个圆，故选A. 考点：曲线的方程. 3． 【答案】A

4． 【答案】D 【解析】解：双曲线﹣4）和（0，4）．

∴椭圆的焦点坐标是为（0，﹣2∴椭圆方程为故选D．

【点评】本题考查双曲线和椭圆的性质和应用，解题时要注意区分双曲线和椭圆的基本性质．

5． 【答案】D 【解析】

试题分析：由已知f(x)2sin(x．

）和（0，2

），顶点为（0，﹣4）和（0，4）． 的顶点为（0，﹣2

）和（0，2

），焦点为（0，

6)，T，所以22，则f(x)2sin(2x)，令 6k,kZ，可知D正确．故选D．

6226考点：三角函数f(x)Asin(x)的对称性． 2xk,kZ，得x6． 【答案】C

222(x1)(ya)(a4)O1【解析】由已知，圆的标准方程为，圆O2的标准方程为

第 8 页，共 17 页

222(xa)(ya)(a2) a2，要使两圆恒有公共点，则2|O1O2|2a6，即 ，∵

5a12|a1|2a6，解得a3或3，故答案选C

7． 【答案】C

【解析】解：由已知中三视图可得该几何体是由一个边长为1的正方体，截掉一个角（三棱锥）得到 且该三棱锥有条过同一顶点且互相垂直的棱长均为1

该几何体的表面积由三个正方形，有三个两直角边为1的等腰直角三角形和一个边长为故其表面积S=3•（1×1）+3•（×1×1）+故选：C．

【点评】本题考查的知识点是由三视图求表面积，其中根据三视图分析出该几何的形状及各边边长是解答本题的关键．

8． 【答案】C 数．

•（

2）=

的正三角形组成

．

=14（a6+a23）=28．

【解析】解：∵函数y=f（x）对任意实数x都有f（1+x）=f（1﹣x），且函数f（x）在[1，+∞）上为单调函∴函数f（x）关于直线x=1对称， ∴a6+a23=2．

∵数列{an}是公差不为0的等差数列，且f（a6）=f（a23），

则{an}的前2之和S28=故选：C． 属于中档题．

9． 【答案】D

【点评】本题考查了等差数列的通项公式性质及其前n项和公式、函数的对称性，考查了推理能力与计算能力，

3

【解析】解：∵（x﹣2）+2x+sin（x﹣2）=2， 3

∴（x﹣2）+2（x﹣2）+sin（x﹣2）=2﹣4=﹣2， 3

∵（y﹣2）+2y+sin（y﹣2）=6，

3

∴（y﹣2）+2（y﹣2）+sin（y﹣2）=6﹣4=2， 3

设f（t）=t+2t+sint，

2

则f（t）为奇函数，且f'（t）=3t+2+cost＞0，

即函数f（t）单调递增．

即f（x﹣2）+f（y﹣2）=2﹣2=0，

由题意可知f（x﹣2）=﹣2，f（y﹣2）=2，

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即f（x﹣2）=﹣f（y﹣2）=f（2﹣y）， ∵函数f（t）单调递增 ∴x﹣2=2﹣y， 即x+y=4， 故选：D． 质．

10．【答案】D 【解析】

【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，利用条件构造函数f（t）是解决本题的关键，综合考查了函数的性

试题分析：因为根据几何体的三视图可得，几何体为下图AD,AB,AG相互垂直，面AEFG面

ABCDE,BC//AE,ABADAG3,DE1,根据几何体的性质得：AC32,GC32(32)2

2733,GE32425，BG32,AD4,EF10,CE10,所以最长为GC33．

考点：几何体的三视图及几何体的结构特征． 11．【答案】D 【解析】

试题分析：∵AB，∴a2．故选D． 考点：集合的包含关系． 12．【答案】D

，

【解析】解：∵正△ABC的边长为a，∴正△ABC的高为

画到平面直观图△A′B′C′后，“高”变成原来的一半，且与底面夹角45度， ∴△A′B′C′的高为∴△A′B′C′的面积S=故选D．

=

， =

．

【点评】本题考查平面图形的直观图的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．

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二、填空题

13．【答案】 {（x，y）|xy＞0，且﹣1≤x≤2，﹣≤y≤1} ．

【解析】解：图中的阴影部分的点设为（x，y）则 {x，y）|﹣1≤x≤0，﹣≤y≤0或0≤x≤2，0≤y≤1} ={（x，y）|xy＞0且﹣1≤x≤2，﹣≤y≤1}

故答案为：{（x，y）|xy＞0，且﹣1≤x≤2，﹣≤y≤1}．

14．【答案】 ③ ．

【解析】解：①两个相交平面的公交点一定在平面的交线上，故错误； ②经过空间不共线三点有且只有一个平面，故错误； ③过两平行直线有且只有一个平面，正确；

④在空间两两相交交点不重合的三条直线必共面，三线共点时，三线可能不共面，故错误， 故正确命题的序号是③， 故答案为：③

15．【答案】

【解析】解析：可行域如图，当直线y＝－3x＋z＋m与直线y＝－3x平行，且在y轴上的截距最小时，z才能取最小值，此时l经过直线2x－y＋2＝0与x－2y＋1＝0的交点A（－1，0），zmin＝3×（－1）＋0＋m＝－3＋m＝1， ∴m＝4.

答案：4 16．【答案】

．

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【解析】解：∵函数f（x）=sinx﹣cosx=则

=

sin（﹣．

）=﹣

sin（x﹣，

），

=﹣

故答案为：﹣

【点评】本题主要考查两角差的正弦公式，属于基础题．

三、解答题

17．【答案】（1）证明见解析；（2）2xy50． 【解析】

试题分析：（1）L的方程整理为xy4m2xy70，列出方程组，得出直线过圆内一点，即可

证明；（2）由圆心M1,2,当截得弦长最小时, 则LAM，利用直线的点斜式方程，即可求解直线的方程.

（2）圆心M1,2,当截得弦长最小时, 则LAM, 由kAM1111]

1得L的方程y12x3即2xy50. 2考点：直线方程；直线与圆的位置关系. 18．【答案】

【解析】【命题意图】本题综合考查了利用导数研究函数的单调问题，利用导数研究函数的最值，但本题对函数的构造能力及运算能力都有很高的要求，判别式的技巧性运用及换元方法也是本题的一大亮点，本题综合性很强，难度大，但有梯次感.

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（2）∵g(x)xalnx(2a)lnx2(b1)xx2lnx2(b1)x，

22

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19．【答案】

【解析】【命题意图】本题综合考查统计中的相关分析、概率中的古典概型，突出了统计和概率知识的交汇，对归纳、分析推理的能力有一定要求，属于中等难度.

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20．【答案】（1）an1，（2）详见解析. n

当

n8时S872922112015，…………13分

*∴存在正整数n，使得Sn2015的取值集合为n|n8,nN，…………15分

21．【答案】

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【解析】解：（1）因为f（x）是R上的奇函数， 所以f（0）=0，即从而有

经检验，符合题意；… （2）由（1）知，f（x）=

x

=0，解得b=1； ；…

=﹣+；

由y=2的单调性可推知f（x）在R上为减函数； … （3）因为f（x）在R上为减函数且是奇函数，从而不等式 f（1+|x|）+f（x）＜0等价于f（1+|x|）＜﹣f（x）， 即f（1+|x|）＜f（﹣x）； … 又因f（x）是R上的减函数， 由上式推得1+|x|＞﹣x，… 解得x∈R．…

22．【答案】

2*

∴当n≥2时，【解析】（I）证明：由Sn=2an﹣n+3n+2（n∈N），

，

an=Sn﹣Sn﹣1=2an﹣2an﹣1﹣2n+4，

变形为an+2n=2[an﹣1+2（n﹣1）]，当n=1时，a1=S1=2a1﹣1+3+2，解得a1=﹣4，∴a1+2=﹣2，∴数列{an+2n}是等比数列，首项为﹣2，公比为2；

n1n

（II）解：由（I）可得an=﹣2×2﹣﹣2n=﹣2﹣2n．

∴bn=ansin

π=﹣（2n+2n）

，∵ =

=（﹣1）n，

n+1n

∴bn=（﹣1）（2+2n）．

设数列{bn}的前n项和为Tn．

*2342k12k

当n=2k（k∈N）时，T2k=（2﹣2+2﹣2+…+2﹣﹣2）+2（1﹣2+3﹣4+…+2k﹣1﹣2k）

=﹣2k=﹣n．

﹣2k﹣（﹣2﹣4k）=

2k

当n=2k﹣1时，T2k﹣1=（III）证明：Cn=﹣

=

+n+1+2n+1=

+n+1．

，当n≥2时，cn．

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∴数列{Cn}的前n项和为Pn＜==，

当n=1时，c1=综上可得：∀n∈N，

*

成立．

．

【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“放缩法”、三角函数的诱导公式、递推式的应用，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

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