泉州市届高三普通高中毕业班第一次质检理科数学试题独家有答案.docx
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泉州市届高三普通高中毕业班第一次质检理科数学试题独家有答案
泉州市2019届高三普通高中毕业班第一次模拟质检
理科数学
满分：
150分时间：
120分钟）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）
、选择题：
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.集合A
x22x80，Bx2x8，则AI
A.（,2]
B.[2,3）
C.[4,3）
D.（,3]
2．函数ysin（2x
）图象的一条对称轴方程为
π
A.x＝－2
B.x
4
π
C.x＝8
π
D.x＝4
3．若a>0，b>0，a+b=1，则y
1
的最小值是
b
A．2
B．3
C．
D．
4．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为
2的等腰三
角形，俯视图是半径为1的半圆，则其侧视图的面积是
1
A．
2
3B．
2
C．1
5..若直线
y=x-2过双曲线C:
2x2
2ya
1a
A.y
3B.y
xB.y
3x
C.y
3
6.已知等比数列an满足a1
a3a7
22,a5
0
1
x
3
a7
D．3
A.121B.154
C.176D.352
的焦点，则此双曲线
C的渐近线方程为
7.执行如图所示的程序框图，则输出的k值为
A.7
B.9C.11
D.13
8.下列函数既是偶函数，又在
0，上单调递增的是
A.ysinx
B.y
tanx
C.ycos2x
D.y
cosx
9．若直线y=kx－k交抛物线
y24x于A，
段AB中点到y轴的距离为
3，则AB=
A．12
B．10
D.y5x
D.yx
5
a11
B两点，且线
C．8
88,则a7a9a13
10.已知ABC中，a,b,c分别是角A，B，C所对的边，若（2ac）cosBbcosC0，则
角B的大小为
2
5
A.B.
C.
D.
63
3
6
11.P为曲线C:
x2
2pyp
0上任意一点，
O为坐标原点，则线段
PO的中点M
的轨迹
方程是
2
A.xpyx0
B.y2
pxy0
C.x24pyx0
D.y24pxy
0
12.已知四边形ABCD的对角线相交于一点，AC1，3，BD3，1则AB?
CD的取值
范围是
A.0,2B.0,4C.-2,0D.-4,0
、填空题：
（把正确答案填在答题卡的横线上）
yx
13.设x，y满足
xy
2,则z2xy的最小值为.
y3x
6
lgx
1,x0
14.设函数fx
3
则使得fx1成立的x的取值范围是
x,x0
15.已知A,B,C在球O的球面上，AB=1,BC=2，ABC60，且点O到平面ABC的距离为2，则球O的表面积为.
2
16.若定义在R上的函数fx满足：
当0x2时，fx2xx2,当2kx2k2kN时，fx2f（x2）,则函数Fxlnxfx的在区间（0，16）内的零点个数为.
三、解答题:
（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.已知数列{an}的首项为1，前n项和Sn满足SnSn11（n2）．
（Ⅰ）求Sn与数列{an}的通项公式；
18.已知函数f（x）3sinxcosxcos2x1（0）经化简后利用“五点法”画其在
2
某一个周期内的图象时，列表并填入的部分数据如下表：
x
①
2
3
5
3
f（x）
0
1
0
－1
0
Ⅰ）请直接写出①处应填的值，并求函数f（x）在区间,上的值域；23
（Ⅱ）ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知f（A）1,bc4，3
a7，求ABC的面积．
A1B1的中点，现把平行四边形AA1C1C沿CC1折起，如图（
Ⅰ）求证：
AB1CC1；（Ⅱ）若AB16，求二面角CAB1A1的余弦值.
2
b21（ab0）的左、右焦点分别是F1、F2，
1
上顶点为P，离心率e=．直线PF2交椭圆E于另一点Q，△PQF1的周长为8．
2
I）求椭圆E的方程；
uuuruuuruuur
II）若点R满足2PO＝PQPR，求△PQR的面积；
III）若M、N为椭圆E上异于点P的两动点，试探究：
是否存在点M、N，使得△PMN
为正三角形？
若存在，求出M、N两点的坐标；若不存在，请说明理由．
Ⅱ）证明：
exlnx1sinx0.
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分
22．（本小题满分10分）选修4-4：
坐标系与参数方程
为极轴的极坐标系中，曲线G的方程为22sin（），正方形OABC内接于曲线G，
4
且O,A,B,C依逆时针方向排列，A在极轴上.
Ⅰ）将直线l和曲线G的方程分别化为普通方程和直角坐标方程；
Ⅱ）若点P为直线l上任意一点，求PO2PA2PB2PC2的最小值.
23．（本小题满分10分）选修4-5：
不等式选讲
1
已知函数f（x）12x2x1.
（Ⅰ）求函数f（x）的最小值m；
12
（Ⅱ）若正实数a,b满足m，且f（x）a2b对任意的正实数a,b恒成立，求x
ab
的取值范围
泉州市2019届高三普通高中毕业班第一次模拟质检
理科数学参考答案与解析
1-5BABBA6-10CCDCC11-12AC13.314.[1,9]15.2016.15.
uuruuuruuuuruuur
第12题由AC（1,3），BD（3,1），得|AC||BD|2，且ACBD.法一：
注意到ABCD的取值只与A,B,C,D的相对位置关系有关，与具体的坐标位置无关，所以可等价转换命题为：
A（0,0），C（2,0），B（x,y），D（x,y2），0x2，2y0，uuuruuur22
求ABCD的取值范围.ABCD（x1）2（y1）22[2,0）.选C.
第16题分别考察函数f（x）在[0,2],[2,4],...,[14,16）的解析式及图象，得到函数f（x）图
判断交点个数为15.
Sn=1+（n－1）1=n，
象的全貌，然后考察其与函数ylnx图象的交点，
17.解：
（Ⅰ）因为SnSn11（n2），所以{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列，则从而Sn=n2．
当n=1时，a1=S1=1，当n>1时，an=Sn－Sn－1=n2－（n－1）2=2n－1．
因为a11也符合上式，
所以an=2n－1．
18.解：
（Ⅰ）①处应填入6
f（x）23sin2
1cos2x
2
3sin2
2
1cos2
2
xsin（2x）．
6
5
因为T=2（5
3
）2，所以22
12，即
f（x）sin（x）．
6
因为x
23
，所以
x66，所以
1sin（x）
6
从而得到f（x）的值域为
1,12
Ⅱ）因为f（A）
3
sin（A
，又0A
所以A
6
7，
6，
由余弦定理得a2b2c2
2bccosA
（bc）22bc
bccos
3
（b
c）23bc，
即（7）2423bc，所以
bc3．
所以ABC的面积S1bcsinA
2
3333
32
19.证明：
Ⅰ）由已知可得，四边形
ACC1A1均为边长为
且ACC1
B1C1C60.
1分
在图
（1）
中，取CC1中点O，连结AO，B1O，AC1，
故△ACC
1是等边三角形，
所以AOCC1，
3分
2的菱形，
同理可得B1OCC1，
4分
又因为AOIB1OO，
所以CC1平面AOB1，
5分
又因为AB1平面AOB1，所以AB1CC1.
6分
Ⅱ）由已知得，OAOB13，AB16，
所以OA2
OB12AB12，故OA
OB1，⋯
如图
（2），
uuuuruuuur
uuur
轴，
分别以OB1，OC1，
OA为x
得C0，1
，0，B13，0，0，
A0，0，
3
设平面CAB1的法向量mx1，
y1，z1
uuuur
AB13
uuur
，0，3，AC
0，1
，A10，
7分
uuuur
由uAuuBr1m0得
ACm0
3x13z10
11，令x1y13z10
3，
1,得z11,
y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
所以平面CAB1的一个法向量m1，
9分
设平面AA1B1的法向量nx2，
uuuuruuur
y2，z2，AB13，0，3，AA10，2，0，
uuuur
AB1n
由uuur1
AA1n
0得3x23z2
02y20
0
，令x21，得z21，y20，
所以平面AA1B1的一个法向量为
1分0
是cosm，n
10，
，
5
11
因为二面角C
AB1A1的平面角为钝角，
所以二面角C
AB1A1的余弦值为
10
5
1分2
c
20.解法一：
（Ⅰ）由已知可得，
a
1，4a=8，所以a=2，
2
又由b2
a2c2，解得b3，
x2
E的方程为
4uuuruuurⅡ）因为2POPQ
所以椭圆
2
y
3uuurPR，
1．
3分
uuuruuur所以ORQO，
所以
R，O，Q三点共线，
且R在椭圆
E上．
直线
PF2的方程为y=3（x－1），由
2
y21,
3
3（x
8
得5x2－8x=0，解得x=或x=0，
5
所以
P（0，3），Q（85，
353），
5
8，
5，
所以
1
S△PQR=S△POR+S△POQ=
2
1
|PO||·xQ－xR|=
2
Ⅲ）存在点M,N，当其坐标为（－8,33），
55
1）,
33）．·）．·
5
16
5
8
（85,
83
5
33）时，△PMN为等边三角形
5
证明如下：
当MN⊥x轴时，易得△PMN不可能为等边三角形．
当MN⊥y轴时，
因为PMN为等边三角形，结合椭圆的对称性，
以及（Ⅱ）可得
M，N
8
的坐标为（－
5
33
），
5
33），符合题意．
5
当MN不与坐标轴垂直时，设
2
x12由42
x22
4
2
y12
3
2
y22
3
1,
得（x1x2）（x1x2）
1,
x1，y1），N（x2，y2），
（y1y2）（y1y2）
即y1y2
x1x2
3（x1x2）3x0，所以kMN=3x0
4（y1y2）4y04y0
因为△PMN为等边三角形，所以kMN·kPD=—1，即3x0y031，
4y0x0
解得y0=33，与y0∈[3,3]矛盾，此时不存在M，N使△PMN是等边三角形．综上，存在M，N，且其坐标为（－8,33），（8,33）时，△PMN是等边三角形．
5555
21.解法一:
（Ⅰ）fxlnxa1的定义域为0，，且f'x1a2x2a.⋯1分
xxxx
若a0，则f'x0，于是fx在0，上单调递增，
故fx无最小值，不合题意.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分若a0，则当0xa时，f'x0；当xa时，f'x0.
故fx在0，a上单调递减，在a，上单调递增.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分于是当xa时，fx取得最小值lna.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分由已知得lna0，解得a1.
综上，a1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
Ⅱ）
（1）下面先证当x0，时，exlnx1sinx0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
x
因为x0，，所以只要证e1lnx.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分sinx
1
由（Ⅰ）可知11lnx，
x
x
于是只要证e1，即只要证xexsinx0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分sinxx
令hxxexsinx，则h'xx1excosx，
当0x时，h'xx1excosx1e010，
所以hx在[0，）上单调递增.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
所以当0x时，hxh00，即xexsinx0，
故当x0，时，不等式exlnx1sinx0成立.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分0
（2）当x[，）时，由（Ⅰ）知11lnx，于是有x1ln1，即x1lnx.xx
所以exe1lnx，即exex，又因为exe1lnx，所以exe1lnx⋯⋯⋯⋯11分所以exlnx1sinxelnx1lnx1sinxesinxlnxesinx0.
综上，不等式exlnx1sinx0成立.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯分12
解法二：
（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）
（1）下面先证当x0，时，exlnx1sinx0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分设gxsinxx，则g'xcosx1，
于是当0x时，g'x0，所以gx在[0，）上单调递减，
所以当0x时，gxg00，所以sinx1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
x
11
由（Ⅰ）可知lnx110，即lnx11，
xx
所以当0x时，lnx1sinxsinx1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
x
于是exlnx1sinxex1e010，
即exlnx1sinx0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
（2）当x[，）时，sinx1，
因为lnx10，所以lnx1sinxlnx1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
所以exlnx1sinxexlnx1.
x11
设hxelnx1，则h'xexe0，
x
所以hx在x[，）上单调递增，故hxheln10，
所以exlnx1sinxexlnx10.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分1
综上，不等式exlnx1sinx0恒成立.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分2
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