广东高州中学2018-2019学年高三上学期第三次月考试卷数学含答案

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． 极坐标系中，点P，Q分别是曲线C1：ρ=1与曲线C2：ρ=2上任意两点，则|PQ|的最小值为（ ） A．1 B． C． D．2 2． 如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为（ ） A.1 6 B. 1 C. 1 3 D. 43

【命题意图】本题考查空间几何体的三视图，几何体的体积等基础知识，意在考查学生空间想象能力和计算能力． 510153． 四面体ABCD 中,截面 PQMN是正方形， 则在下列结论中，下列说法错误的是（ ）

A．ACBD B．ACBD

C.ACPQMN D．异面直线PM与BD所成的角为45 4． 如果集合 A,B，同时满足AB1,2,3,4，AB=1,A1,B1,就称有序集对

A,B为“ 好集对”. 这里有序集对A,B是指当AB时，A,B和B,A是不同的集对， 那么

“好集对” 一共有（ ）个 A．个 B．个 C．个 D．个 5． 函数fxalogax1有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）

xA．1,10 B．1, C．0,1 D．10, 6． 已知函数F(x)e满足F(x)g(x)h(x)，且g(x)，h(x)分别是R上的偶函数和奇函数， 若x(0,2]使得不等式g(2x)ah(x)0恒成立，则实数的取值范围是（ ）

x第 1 页，共 18 页

A．(,22) B．(,22] C．(0,22] D．(22,) 7． 已知在数轴上0和3之间任取一实数，则使“log2x1”的概率为（ ） A．

1121 B． C． D． 483128． 我国古代名著《九章算术》用“更相减损术”求两个正整数的最大公约数是一个伟大的创举，这个伟大创举与我国古老的算法——“辗转相除法”实质一样，如图的程序框图源于“辗转相除法”．当输入a＝6 102，b＝2 016时，输出的a为（ ）

A．6 B．9 C．12 D．18

11239． 设a，b为正实数，22，(ab)4(ab)，则logab=（ ）

abA.0

B.1 C.1 D.1或0

【命题意图】本题考查基本不等式与对数的运算性质等基础知识，意在考查代数变形能与运算求解能力. 10．已知向量=（1，2），=（x，﹣4），若∥，则x=（ ） A． 4 B． ﹣4 C． 2 D． ﹣2

11．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是，，，已知8b5c，C2B，则cosC（ ） A．

77724 B． C.  D．

2525252512．在《张邱建算经》中有一道题：“今有女子不善织布，逐日所织的布比同数递减，初日织五尺， 末一日织一尺，计织三十日”，由此推断，该女子到第10日时，大约已经完成三十日织布总量的（ ） A．33% B．49% C．62% D．88%

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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．命题“若x1，则x24x21”的否命题为 14．已知

．

a、b、c分别是ABC三内角A、B、C的对应的三边，若csinAacosC，则

coBs(3)的取值范围是___________． 43sinA【命题意图】本题考查正弦定理、三角函数的性质，意在考查三角变换能力、逻辑思维能力、运算求解能力、转化思想．

15．已知函数f(x)lnxa1，x(0,3]，其图象上任意一点P(x0,y0)处的切线的斜率k恒 x2成立，则实数的取值范围是 ．

16．设m是实数，若x∈R时，不等式|x﹣m|﹣|x﹣1|≤1恒成立，则m的取值范围是 ．

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．（本小题满分12分）

如图长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16， 相交，交线围成一个四边形．

（1）在图中画出这个四边形（不必说明画法和理由）； （2）求平面α将长方体分成的两部分体积之比．

BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝4，D1F＝8，过点E，F，C的平面α与长方体的面

18．（本题满分14分）已知两点P(0,1)与Q(0,1)是直角坐标平面内两定点，过曲线C上一点M(x,y)作y 轴的垂线，垂足为N，点E满足ME（1）求曲线C的方程；

2MN，且QMPE0. 3第 3 页，共 18 页

（2）设直线l与曲线C交于A,B两点，坐标原点O到直线l的距离为

3，求AOB面积的最大值. 2【命题意图】本题考查向量的基本运算、轨迹的求法、直线与椭圆的位置关系，本题知识交汇性强，最值的求解有一定技巧性，同时还要注意特殊情形时三角形的面积．总之该题综合性强，难度大．

19．（考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分）

(不等式选做题)设

（几何证明选做题）如图，若

,则

，且

中，

，以

，则的最小值为

于点

，

为直径的半圆分别交

20．已知数列{an}共有2k（k≥2，k∈Z）项，a1=1，前n项和为Sn，前n项乘积为Tn，且an+1=（a﹣1）Sn+2（n=1，2，…，2k﹣1），其中a=2（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；

（Ⅱ）若|b1﹣|+|b2﹣|+…+|b2k﹣1﹣|+|b2k﹣|≤，求k的值．

，数列{bn}满足bn=log2

，

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21．（本小题满分14分）

设函数f(x)ax2bx1cosx，x0,（其中a，bR）.

21，求f(x)的单调区间； 2（2）若b0，讨论函数f(x)在0,上零点的个数.

2（1）若a0，b【命题意图】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值、通过研究函数图象与性质，讨论函数的零点个数，考查考生运算求解能力、转化能力和综合应用能力，是难题.

22．（本小题满分10分）

已知曲线C的极坐标方程为2sincos10，将曲线C1:xcos，（为参数），经过伸缩变

ysinx3x换后得到曲线C2．

y2y（1）求曲线C2的参数方程；

（2）若点M的在曲线C2上运动，试求出M到曲线C的距离的最小值．

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广东高州中学2018-2019学年高三上学期第三次月考试卷数学含答案（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】A

【解析】解：极坐标系中，点P，Q分别是曲线C1：ρ=1与曲线C2：ρ=2上任意两点， 可知两条曲线是同心圆，如图，|PQ|的最小值为：1． 故选：A．

【点评】本题考查极坐标方程的应用，两点距离的求法，基本知识的考查．

2． 【答案】D 【

解

析

】

3． 【答案】B 【解析】

试题分析：因为截面PQMN是正方形，所以PQ//MN,QM//PN，则PQ//平面ACD,QM//平面BDA，所以PQ//AC,QM//BD,由PQQM可得ACBD，所以A正确；由于PQ//AC可得AC//截面

PQMN，所以C正确；因为PNPQ，所以ACBD，由BD//PN，所以MPN是异面直线PM与BD第 6 页，共 18 页

所成的角，且为45，所以D正确；由上面可知BD//PN,PQ//AC，所以

0PNANMNDN,，而BDADACADANDN,PNMN，所以BDAC，所以B是错误的，故选B. 1

考点：空间直线与平面的位置关系的判定与证明.

【方法点晴】本题主要考查了空间中直线与平面的位置关系的判定与证明，其中解答中涉及到直线与平面平行的判定定理和性质定理、正方形的性质、异面直线所成的角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，属于中档试题，此类问题的解答中熟记点、线、面的位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键. 4． 【答案】B 【解析】

试题分析：因为AB1,2,3,4，AB=1,A1,B1，所以当A{1,2}时，B{1,2,4}；当

A{1,3}时，B{1,2,4}；当A{1,4}时，B{1,2,3}；当A{1,2,3}时，B{1,4}；当A{1,2,4}时，B{1,3}；当A{1,3,4}时，B{1,2}；所以满足条件的“好集对”一共有个，故选B.

考点：元素与集合的关系的判断.

【方法点晴】本题主要考查了元素与集合关系的判断与应用，其中解答中涉及到集合的交集和集合的并集运算与应用、元素与集合的关系等知识点的综合考查，着重考查了分类讨论思想的应用，以及学生分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度，属于中档试题，本题的解答中正确的理解题意是解答的关键.1111]

5． 【答案】B 【解析】

1试题分析：函数fx有两个零点等价于y与ylogax的图象有两个交点，当0a1时同一坐标

a系中做出两函数图象如图（2），由图知有一个交点，符合题意；当a1时同一坐标系中做出两函数图象如图

（1），由图知有两个交点，不符合题意,故选B.

x第 7 页，共 18 页

y22y11-3-2-1-1O123x-4-3-2-1-1O1234x-2-2

（1） （2）

考点：1、指数函数与对数函数的图象；2、函数的零点与函数交点之间的关系.

【方法点睛】本题主要考查指数函数与对数函数的图象、函数的零点与函数交点之间的关系.属于难题.判断方法：函数yfx零点个数就是方程fx0根的个数，结合函数的图象与性质（如单调性、奇偶性、周程yfx零点个数的常用方法：①直接法：可利用判别式的正负直接判定一元二次方程根的个数；②转化期性、对称性） 可确定函数的零点个数；③数形结合法：一是转化为两个函数ygx,yhx的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为ya,ygx的交点个数的图象的交点个数问题.本题的解答就利用了方法③. 6． 【答案】B 【解析】

试题分析：因为函数Fxe满足Fxgxhx,且gx,hx分别是R上的偶函数和奇函

x数,egxhx,exxexexexexgxhx,gx,hx,x0,2 使得不等式

22ee22x2xg2xahx0恒成立, 即

exexaee2xx0恒成立, aeeexex2x2xexex22exex

2xxxx22, 设tee，则函数tee在0,2上单调递增,0tee, 此时不等xxee22式t22,当且仅当t,即t2时, 取等号,a22,故选B.

tt考点：1、函数奇偶性的性质；2、不等式恒成立问题及函数的最值.

【方法点晴】本题主要考查函数奇偶性的性质、不等式恒成立问题及函数的最值，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数af(x)恒成立（af(x)min即可）或af(x)恒成立（af(x)max即可）；②数形结合；③讨论最值f(x)min0或f(x)max0恒成立；④讨论参数 .本题是利用方法①求得的最大值的.

7． 【答案】C 【解析】

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试题分析：由log2x1得0x2,由几何概型可得所求概率为考点：几何概型． 8． 【答案】

202.故本题答案选C. 303【解析】选D.法一：6 102＝2 016×3＋54，2 016＝54×37＋18，54＝18×3，18是54和18的最大公约数，∴输出的a＝18，选D.

法二：a＝6 102，b＝2 016，r＝54， a＝2 016，b＝54，r＝18， a＝54，b＝18，r＝0. ∴输出a＝18，故选D. 9． 【答案】B.

11ab2222 【解析】(ab)4(ab)(ab)4ab4(ab)，故

abab232311(ab)24ab4(ab)311，而事实上ab2ab2， 84(ab)8ab222abab(ab)(ab)abab∴ab1，∴logab1，故选B.

10．【答案】D

【解析】： 解：∵∥， ∴﹣4﹣2x=0，解得x=﹣2． 故选：D． 11．【答案】A 【解析】

考

点：正弦定理及二倍角公式.

【思路点晴】本题中用到了正弦定理实现三角形中边与角的互化，同角三角函数间的基本关系及二倍角公式，如sin理

2cos21,cos2cos2sin2,这要求学生对基本公式要熟练掌握解三角形时常借助于正弦定

abc2R，余弦定理a2b2c22bccosA， 实现边与角的互相转化. sinAsinBsinC第 9 页，共 18 页

12．【答案】B 【

解

析

】

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．【答案】若x1，则x24x21 【解析】

试题分析：若x1，则x24x21，否命题要求条件和结论都否定． 考点：否命题. 14．【答案】(1, 【

62) 2解

析

】

15．【答案】a【解析】

1 2

1a12，因为x(0,3]，其图象上任意一点P(x0,y0)处的切线的斜率k恒成立，xx21a111112，x(0,3]，ax2x，x(0,3]恒成立，由x2x,a．1

2xx2222试题分析：f(x)'考点：导数的几何意义；不等式恒成立问题．

【易错点睛】本题主要考查了导数的几何意义；不等式恒成立问题等知识点求函数的切线方程的注意事项：（1）首先应判断所给点是不是切点，如果不是，要先设出切点． （2）切点既在原函数的图象上也在切线上，可将切点代入两者的函数解析式建立方程组．（3）在切点处的导数值就是切线的斜率，这是求切线方程最重要的

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条件．

16．【答案】 [0，2] ．

【解析】解：∵|x﹣m|﹣|x﹣1|≤|（x﹣m）﹣（x﹣1）|=|m﹣1|， 故由不等式|x﹣m|﹣|x﹣1|≤1恒成立，可得|m﹣1|≤1，∴﹣1≤m﹣1≤1， 求得0≤m≤2， 故答案为：[0，2]．

【点评】本题主要考查绝对值三角不等式，绝对值不等式的解法，函数的恒成立问题，体现了转化的数学思想，属于基础题．

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】 【解析】解：

（1）交线围成的四边形EFCG（如图所示）． （2）∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD， 平面A1B1C1D1∩α＝EF， 平面ABCD∩α＝GC， ∴EF∥GC，同理EG∥FC. ∴四边形EFCG为平行四边形， 过E作EM⊥D1F，垂足为M， ∴EM＝BC＝10，

∵A1E＝4，D1F＝8，∴MF＝4. ∴GC＝EF＝∴GB＝

EM2＋MF2＝102＋42＝116，

GC2－BC2＝

116－100＝4（事实上Rt△EFM≌Rt△CGB）．

过C1作C1H∥FE交EB1于H，连接GH，则四边形EHC1F为平行四边形，由题意知，B1H＝EB1－EH＝12－8＝4＝GB.

∴平面α将长方体分成的右边部分由三棱柱EHG-FC1C与三棱柱HB1C1­GBC两部分组成． 其体积为V2＝V三棱柱EHG-FC1C＋V三棱柱HB1C1­GBC ＝S△FC1C·B1C1＋S△GBC·BB1

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11

＝×8×8×10＋×4×10×8＝480， 22

∴平面α将长方体分成的左边部分的体积V1＝V长方体－V2＝16×10×8－480＝800. V18005∴＝＝， V24803

53

∴其体积比为（也可以）．

3518．【答案】

【解析】（1）依题意知N(0,y)，∵ME2221MN(x,0)(x,0)，∴E(x,y) 3333则QM(x,y1)，PE(x,y1) …………2分

131x2y21 ∵QMPE0，∴xx(y1)(y1)0，即

33x2y21 …………4分 ∴曲线C的方程为3第 12 页，共 18 页

19．【答案】 【解析】A

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B

20．【答案】

【解析】（本小题满分13分） 解：（1）当n=1时，a2=2a，则

；

当2≤n≤2k﹣1时，an+1=（a﹣1）Sn+2，an=（a﹣1）Sn﹣1+2， 所以an+1﹣an=（a﹣1）an，故

n1+2+…+（n﹣1）

=∴Tn=a1×a2×…×an=2a

=a，即数列{an}是等比数列，

，

．…

，

，

bn=（2）令当n≥k+1时，

=

*

，则n≤k+，又n∈N，故当n≤k时，

．…

|b1﹣|+|b2﹣|+…+|b2k﹣1﹣|+|b2k﹣| =

=（k+1+…+b2k）﹣（b1+…+bk） =[=由

，

2

，得2k﹣6k+3≤0，解得

+（）+…+（）…

+k]﹣[]

，…

*

又k≥2，且k∈N，所以k=2．…

【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查满足条件的实数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质和构造法的合理运用．

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21．【答案】

【解析】（1）∵a0，b∴f(x)1， 211x1cosx，f(x)sinx，x0,. （2分） 222令f(x)0，得x.

6当0x时，f(x)0，当x时，f(x)0，

662所以f(x)的单调增区间是,，单调减区间是0,. （5分）

626第 15 页，共 18 页

若

110，a，10，则f()a又f()f(由零点存在定理，00,，使f(00))0，222所以f(x)在(0,0)上单调增，在0,上单调减.

22a1. 又f(0)0，f()24214a10，此时f(x)在0,上有两个零点； 故当a2时，f()2242241a10，此时f(x)在0,上只有一个零点. 当2a时，f()242第 16 页，共 18 页

22．【答案】（1）【解析】

x3cos（为参数）；（2）5. y2sin

试

题解析： （1）将曲线C1:xcos（为参数），化为

ysin1xxx3x3化为， x2y21，由伸缩变换y2yy1y211xy1，得到C232x3cos可得参数方程为；

y2sin代入圆的方程2x:92y421，

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考点：坐标系与参数方程．

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