陕西省2019届高三数学第一次模拟联考试卷文（含解析）.doc

1、1陕西省 2019 届高三第一次模拟联考文科数学试题一、选择题（本大题共 12 小题，共 60.0 分）1.已知集合 A=x|-1x2，B=x|0x3，则 AB=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用集合的交集的定义，直接运算，即可求解.【详解】由题意，集合 A=x|-1x2，B=x|0x3，AB=x|0x2故选：B【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中熟记集合的交集定义和准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.2.复数 i（1+2i）的模是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计

2、算公式，即可求解【详解】由题意,根据复数的运算可得 ，所以复数 的模为(1+2)=2+ (1+2)，故选 D.(2)2+12=5【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，其中解答中熟记复数的运算，以及复数模的计算公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。3.若抛物线 y2=2px 的焦点坐标为（2，0） ，则准线方程为（ ）A. B. C. D. =2 =1 =1 =2【答案】A【解析】【分析】2抛物线 y2=2px 的焦点坐标为（2，0） ，求得 的值，即可求解其准线方程【详解】由题意，抛物线 y2=2px 的焦点坐标为（2，0） ， ，解得 p=4，2=

3、2则准线方程为：x=-2故选：A【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程及其性质，其中解答中熟记抛物线的标准方程，及其简单的几何性质，合理计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.4.一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. 64 B. C. 80 D. 32+16532+122【答案】B【解析】【分析】根据三视图画出几何体的直观图，判断几何体的形状以及对应数据，代入公式计算即可【详解】几何体的直观图是：是放倒的三棱柱，底面是等腰三角形，底面长为 4，高为 4的三角形，棱柱的高为 4，所求表面积： =21244+242+224+44=32+165故选：B【点睛

4、】本题主要考查了几何体的三视图，以及几何体的体积计算，其中解答中判断几何体的形状与对应数据是解题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题。5.公元 263 年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面3积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术” ，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值 3.14，这就是著名的“徽率” 如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出 n 的值为（ ） （参考数据：sin15=0.2588，sin7.5=0.1305）A. 12 B. 24 C. 48 D. 96【答案】B【解析】【分析】列出循环过程中 S 与

5、 n 的数值，满足判断框的条件，即可结束循环，得到答案【详解】模拟执行程序，可得：n=6，S=3sin60= ，332不满足条件 S3.10，n=12，S=6sin30=3，不满足条件 S3.10，n=24，S=12sin15=120.2588=3.1056，满足条件 S3.10，退出循环，输出 n 的值为 24故选：B【点睛】本题主要考查了循环框图的应用，其中解答中根据给定的程序框图，逐次循环，注意判断框的条件的应用是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。6.若 x、y 满足约束条件 ，则 z=3x-2y 的最小值为（ ）+212+10 A. B. C. D. 513 13 54

6、【答案】C【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案【详解】由题意，画出约束条件，所表示的平面区域，如图所示，化目标函数 为 ，=32 =322由图可知，当直线 过 A 时，直线在 y 轴上的截距最大，=322联立 ，解得 A（-1，1） ，+2=12+=1可得目标的最小值为 ，故选：C=3(1)21=5【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求” ，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于

7、基础题7.在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a=bcosC 且 c=6，A= ，则ABC 的面6积（ ）A. B. C. D. 23 33 43 63【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理求出 B，然后求解 C，再利用正弦定理求得 a，然后由三角形的面积公式求解即可【详解】由题意，在 中，角 的对边分别为 , ,5 ，由余弦定理可得 ，即 a2+c2=b2，= =2+222 为直角三角形，B 为直角，又 ，可得 C= ， =6,=6 3由正弦定理 ，即 ，解得 = 6=3 =23 =12=12623=63故选：D【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，三角形的面积公式的

8、应用，注意正弦定理以及三角形边角关系的应用，属于基础题，着重考查了运算与求解能力。8.已知函数 f（x）= ，则 f（log 336）+f（1）=（ ）3(4)(0 ()则不等式 ，8(1+)3+61+3+3即 ，故 ，即 ，解得 或 ，(21+)() 21+ (+2)(1)+1 0 () 1+) ()0时， 有 2 个极值点；当 时， 没有极值点.12 () =12 ()结合函数的定义域可知，原问题等价于 对 恒成立.设 ，则(2) 21 0 ()=21.讨论函数 g(x)的最小值.设 ，结合 h(x)的最值可得()=(1)(1)2 ()=1在 上单调递减，在 上单调递增， ， 的取值范围是

9、() (0,1) (1,+) ()(1)=2 .(,2试题解析：.(1) ()=2=(2)当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增， 有 1 个极值点；0 () (,0) (0,+) ()当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递012 () (,0) (0,2) (2,+)有 2 个极值点；()18当 时， 有 1 个极值点；当 且 时， 有 2 个极值点；当 时， 0 () 0 12 () =12没有极值点 .()由 得 .(2) ()+3+ 320当 时， ，即 对 恒成立 .0 210 21 0设 ，则 .()=21 ()=(1)(1)2设 ，则 .()=1 ()=1， ，

10、0 ()0在 上单调递增，() (0,+)，即 ，()(0)=0 +1在 上单调递减，在 上单调递增，() (0,1) (1,+)， ，()(1)=2 2的取值范围是 . (,222.在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 （ 为参数）以坐标系原点为=2+2=2 极点，以 x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 =2sin（1）写出曲线 C1的极坐标方程和曲线 C2的直角坐标方程；（2）设点 P 在 C1上，点 Q 在 C2上，且POQ= ，求POQ 的面积的最大值3【答案】 （1） ， ；（2）=4 2+22=0 3+32【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，

11、把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换（2）直接利用（1）的结论和三角形的面积公式的应用求出结果【详解】 （1）曲线 C1的参数方程为 （ 为参数） ，=2+2=2转换为直角坐标方程为：（x-2） 2+y2=4，转换为极坐标方程为：=4cos曲线 C2的极坐标方程为 =2sin，转换为直角坐标方程为：x 2+y2-2y=0（2）点 P 在 C1上，点 Q 在 C2上，且POQ= ，319则： = ，=12123124122 32=2312因为 ,所以 ，=3 2=1+3所以=231(1+3)=231(121+321)=3(21+3)+32当 时，此时 的面积由最大值，(21+3)=1

12、此时最大值为 =3(1+32)=3+32【点睛】本题主要考查了参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，二元二次方程组的解法及应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型23.已知函数 f（x）=2|x- |-|2x+1|12（1）求 f（x）的最大值 t；（2）若正实数 m，n 满足 n+m= mn，求证： t312+22【答案】 （1）2；（2）见解析【解析】【分析】（）根据绝对值的意义，将函数表示为分段函数形式，结合函数的解析式求出函数的值域即可（）根据条件得到 ，利用消元法，转化为一元二次函数，利用配方法进行求解1=31证明即可【详解】 （1）f（x）=2|x- |-|2x+

13、1|=2|x- |-2|x+ |12 12 12则当 x 时，f（x）=-2（x- ）+2（x+ ）=212 12 12当- x 时，f（x）=-2（x- ）-2（x+ ）=-4x，此时 f（x）-2，2，12 12 12 12当 x 时，f（x）=2（x- ）+2（x+ ）=-212 12 12综上 f（x）-2，2，即函数的最大值为 2，即 t=2（2）由 n+m= mn 得 = + = ，3+ 11 320即 = - 0 得 0 131 1 3则 =（ - ） 2 =3- + =3（ - ） 2+2，12+22 31 +22 23 32 1130 ，当 = 时， 取得最小值 2，即 2 恒成立1 3 113 12+22 12+22【点睛】本题主要考查分段函数的应用以及不等式的证明，利用绝对值的意义进行转化求解，结合一元二次函数的性质是解决本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题21