1、福建省宁德市霞浦一中高三上第三次月考数学文2018-2019年福建省宁德市霞浦一中高三（上）第三次月考 (数学（文）)一、选择题1. 已知集合，则 A.B.C.D.2. 已知(是虚数单位)，则复数的共轭复数的模为 A.B.C.D.3. 已知角的终边经过点，将角的终边顺时针旋转后得到角，则 A.B.C.D.4. 已知,下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列的前项和，则数列的前项和为( ) A.B.C.D.6. 已知实数，满足则的最大值为（ ） A.B.C.D.7. 已知定义在上的奇函数，当时，恒有，且当时，则 A.B.C.D.8. 将周期为的函数的图象向右平移个单位后，
2、所得的函数解析式为 A.B.C.D.9. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A.B.C.D.10. 已知实数，满足，则的最大值为 A.B.C.D.11. 已知分别是双曲线的左、右焦点，若双曲线右支上存在点，使，且线段 的中点在轴上，则双曲线的离心率是( ) A.B.C.D.12. 设分别是正方体的棱上两点，且，给出下列四个命题：三棱锥的体积为定值；异面直线与所成的角为；平面；直线与平面所成的角为.其中正确的命题为( ) A.B.C.D.二、填空题1. 若向量，满足，则向量与的夹角等于_ 2. 已知双曲线的渐近线方程为，焦点坐标为，则双曲线的方程为_ 3. 已知函数是定义在上的奇函数
3、，且当时，则曲线在点处的切线方程为_. 4. 菱形边长为，将沿对角线翻折使得二面角的大小为，已知四点在同一球面上，则球的表面积等于_. 三、解答题1. 在中，角所对的边分别为，且. 求角； 若，的面积为，为的中点，求的长.2. 设公差为的等差数列与公比为的等比数列有如下关系：， 求和的通项公式； 记，求集合中的各元素之和3. 在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，平面平面 证明：； 若点在线段上，且，求三棱锥的体积4. 已知点到点的距离比到轴的距离大. 求点的轨迹的方程； 设直线，交轨迹于两点，为坐标原点，试在轨迹的部分上求一点，使得的面积最大，并求其最大值.5. 已知函数，(，为自然对数的
4、底数). 试讨论函数的极值情况； 证明：当且时，总有.6. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，过点的直线的参数方程为为参数，与交于，两点. 求的直角坐标方程和的普通方程； 若，成等差数列，求的值.参考答案与试题解析2018-2019年福建省宁德市霞浦一中高三（上）第三次月考 (数学（文）)一、选择题1.【答案】D【考点】交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：由已知得，则.故选.2.【答案】A【考点】复数的运算复数求模【解析】此题暂无解析【解答】解：由已知可得,则,则,故可得,故选.3.【答案】B【考点】任意角的三角函数【解析】此题暂无解析【
5、解答】解：由三角函数的定义可得，又，所以.故选.4.【答案】D【考点】利用不等式比较两数大小【解析】利用不等式的基本性质，判定每一个选项中的不等式是否成立即可【解答】解：,，.故错误;令 ,代入计算，可知选项错误；再令 ，代入计算，可知选项错误；.,故,故正确.故选5.【答案】A【考点】数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：由，得.当时，.当时，也成立，则，所以，所以数列的前项和为.故选.6.【答案】C【考点】简单线性规划【解析】由实数，满足，作出可行域，由角点法能求出的最大值【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图，设，由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大
6、，由解得，即，此时.故选7.【答案】D【考点】函数的周期性函数奇偶性的性质【解析】求出函数的周期，利用函数的奇偶性以及已知函数的解析式，转化求解即可【解答】解：当时，恒有，可知函数的周期为所以，又为奇函数，所以，而当时，所以，故选8.【答案】A【考点】函数y=Asin（x+）的图象变换【解析】利用两角和的正弦公式化简函数的解析式，利用正弦函数的周期性求得的值，可得函数的解析式，再利用函数的图象变换规律，得出结论【解答】解：函数，再根据该函数的周期为，可得， ，故把函数的图象向右平移个单位后，所得的函数解析式为，故选.9.【答案】B【考点】由三视图求面积、体积【解析】判断三视图复原的几何体的形状
7、，利用三视图的数据求解即可【解答】解：由三视图可得：该组合体为个球和半个圆柱，表面积为.故选10.【答案】B【考点】基本不等式【解析】实数，满足，可得，即可得出【解答】解： 实数，满足， ，当且仅当时取等号（舍去）化为：，则的最大值为故选11.【答案】C【考点】双曲线的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：因为线段的中点在轴上，又因为点为线段的中点，由三角形中位线性质可知轴，所以轴，所以.因为，所以，.因为点在双曲线右支上，由双曲线定义可得，所以， ，所以.故选.12.【答案】C【考点】直线与平面所成的角异面直线及其所成的角柱体、锥体、台体的体积【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意得，如图所示
8、中，三棱锥的体积为，所以三棱锥的体积为定值；所以正确；中，在正方体中，所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，即，所以正确；中，由可知，直线与不垂直，所以面不成立，所以错误；中，设以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，平面的法向量为，解得：.令，则，即，.所以直线与平面的夹角为，故正确.故选.二、填空题1.【答案】【考点】数量积表示两个向量的夹角【解析】利用向量垂直的数量积为列出方程；利用向量的平方等于向量模的平方及向量的数量积公式将方程用模与夹角表示求出夹角【解答】解：设两个向量的夹角为， ， ， ，即， . ， .故答案为：.2.【答案】【考点】双曲线的性质【解析】设
9、双曲线方程为：，由，渐近线方程：，结合条件得到，的方程，再由，的关系，即可解得，进而得到双曲线方程【解答】解：因为双曲线的渐近线方程为，可得，,则，又，解得，则双曲线的标准方程为故答案为：3.【答案】【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程函数奇偶性的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：设，则， 是定义在上是奇函数， ， ，斜率.， ，.故答案为：.4.【答案】【考点】球的体积和表面积【解析】此题暂无解析【解答】解：如图，点分别为外接圆的圆心，点为球心，因为菱形边长为，所以， ，故答案为：.三、解答题1.【答案】解：由，得.由正弦定理，得，即.又由余弦定理，得.因为，所以.因为，所以为等腰三角形
10、，且顶角.故，所以.在中,由余弦定理，得.解得.【考点】三角形的面积公式余弦定理正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：由，得.由正弦定理，得，即.又由余弦定理，得.因为，所以.因为，所以为等腰三角形，且顶角.故，所以.在中,由余弦定理，得.解得.2.【答案】解： 公差为的等差数列与公比为的等比数列满足：， 得或又， ， ，由，可得数列和的相同项为：，设等差数列和等比数列的前项和分别为， ， 集合中的各元素之和【考点】等差数列与等比数列的综合数列的求和【解析】（1）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出；（2）由，可得数列和的相同项为：，设等差数列和等比数列的前项和分别为，由，可得集合中的各
11、元素之和【解答】解： 公差为的等差数列与公比为的等比数列满足：， 得或又， ， ，（2）由，可得数列和的相同项为：，设等差数列和等比数列的前项和分别为， ， 集合中的各元素之和3.【答案】证明：取，的中点分别为，连结， 是以为斜边的等腰直角三角形， 平面平面，平面平面， 平面，而平面， ，又 ， 四边形为正方形，且， ，即，又， 平面，又 平面， ，又 ， 面，而面， .解：过点作于，则平面，且，在直角梯形中，由，可得 【考点】两条直线垂直的判定柱体、锥体、台体的体积【解析】取，的中点分别为，连接，可得由平面平面，得平面，得到，求解三角形可得，得到平面，进一步得到，由线面垂直的判定可得面，从而
12、得到；过点作于，则平面，求得，再求出三角形的面积，利用等积法即可求得三棱锥的体积【解答】证明：取，的中点分别为，连结， 是以为斜边的等腰直角三角形， 平面平面，平面平面， 平面，而平面， ，又 ， 四边形为正方形，且， ，即，又， 平面，又 平面， ，又 ， 面，而面， .解：过点作于，则平面，且，在直角梯形中，由，可得 4.【答案】解：因为点到点的距离比到轴的距离大，所以点到点的距离等于它到直线的距离，由抛物线定义知道，点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线或轴负半轴，设轨迹方程为：， 或.设，直线化成斜截式为，当直线的平行线与抛物线相切时的面积最大，由图知点在第四象限.抛物线在轴下方的图象解析
13、式:，所以，解得，所以点坐标，点到的距离，两点满足方程组化简得，为该方程的根.所以， .【考点】直线与双曲线的位置关系双曲线的标准方程【解析】此题暂无解析【解答】解：因为点到点的距离比到轴的距离大，所以点到点的距离等于它到直线的距离，由抛物线定义知道，点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线或轴负半轴，设轨迹方程为：， 或.设，直线化成斜截式为，当直线的平行线与抛物线相切时的面积最大，由图知点在第四象限.抛物线在轴下方的图象解析式:，所以，解得，所以点坐标，点到的距离，两点满足方程组化简得，为该方程的根.所以， .5.【答案】解：的定义域为，.当时，故在上单调递减，无极值；当时，令，得；令，得.故在
14、处取得极大值，且极大值为，无极小值.证明：当时，.设函数，则.记，则.当变化时，的变化情况如表所示：由表可知，而，由，知，所以，所以，即.所以在上为单调递增函数.所以当时，.即当且时，.所以当且时，总有.【考点】利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：的定义域为，.当时，故在上单调递减，无极值；当时，令，得；令，得.故在处取得极大值，且极大值为，无极小值.证明：当时，.设函数，则.记，则.当变化时，的变化情况如表所示：由表可知，而，由，知，所以，所以，即.所以在上为单调递增函数.所以当时，.即当且时，.所以当且时，总有.6.【答案】解：由，两边同乘，得,化为普通方程为将消去参数，得直线得普通方程为.把代入，整理得， ，由，得或 ， 成等差数列， .由的几何意义得，且，即， ，即，解得，又， .【考点】直线的极坐标方程简单曲线的极坐标方程【解析】此题暂无解析【解答】解：由，两边同乘，得,化为普通方程为将消去参数，得直线得普通方程为.把代入，整理得， ，由，得或 ， 成等差数列， .由的几何意义得，且，即， ，即，解得，又， .
