四川省泸州市2019届高三数学上学期第一次教学质量诊断性考试试题文（含解析）.doc

《四川省泸州市2019届高三数学上学期第一次教学质量诊断性考试试题文（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省泸州市2019届高三数学上学期第一次教学质量诊断性考试试题文（含解析）.doc（20页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、- 1 -泸州市高 2016 级第一次教学质量诊断性考试数学（文科）第卷（选择题 共 60 分）一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分.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.已知集合 ， ，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用指数函数的性质化简集合 ，由交集的定义可得结果.【详解】由指数函数的性质化简集合 = ，又 ，故选 B.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合 且属于集合 的元素的集合.2.命题“ ， ”的否定是A. 不存在

2、 ，使 B. ，使C. ，使 D. ，使【答案】D【解析】【分析】利用全称命题“ ”的否定为特称命题“ ”可得结果.【详解】 全称命题的否定是特称命题，否定全称命题要改全称量词为存在量词,“ ， ”的否定是 ，使 ，故选 D.【点睛】本题主要考查全称命题的否定，属于简单题.全称命题与特称命题的否定与命题的- 2 -否定有一定的区别，否定全称命题和特称命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词、存在量词改写为全称量词;二是要否定结论，而一般命题的否定只需直接否定结论即可.3.设 ， ， ，则下列关系正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据指数函数的单调性以及对数函数的单

3、调性分别判断出 的取值范围，从而可得结果.【详解】由指数函数的性质可得由对数函数的性质可得 ，故选 C.【点睛】本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间） ；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.4.已知函数 ，则函数 的最小正周期为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用同角三角函数之间的关系，结合二倍角的正弦公式与二倍角的余弦公式，将 化为，从而可得结果.【详解】- 3 -，的最小正周期为 ，故选 C.【点睛】本题主要考查二倍角的正

4、弦公式、二倍角的余弦公式的应用，以及正切函数的周期性，属于中档题.三角函数式的化简，应熟悉公式的逆用和变形应用，公式的正用是常见的，但逆用和变形应用则往往容易被忽视，公式的逆用和变形应用更能开拓思路，培养从正向思维向逆向思维转化的能力，只有熟悉了公式的逆用和变形应用后，才能真正掌握公式的应用5.函数 的图像大致为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用 ，可排除 ； 可排除 ，从而可得结果.【详解】 ， ，排除 ；，排除 ，故选 D.【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是

5、并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及 时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一- 4 -排除.6.若 是两条不同的直线， 垂直于平面 ，则“ ”是“ ”的（ ）A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若 ，因为 垂直于平面 ，则 或 ；若 ，又 垂直于平面 ，则 ，所以“ ”是“ 的必要不充分条件，故选 B考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系【此处有视频，请去附件查看】7.实数 ， 满足 ，则下列关系正确的是A. B. C. D. 【答案】B【

6、解析】【分析】由 ，可得 ， ，根据对数的运算法则可得结果.【详解】 ，故选 B.【点睛】本题主要考查对数的性质与对数的运算法则，以及换底公式的应用，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.8.在 中， ， ， ，将 绕 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为A. B. C. D. 【答案】A- 5 -【解析】【分析】将 绕 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体为两个共同底面的圆锥，底面半径为 ，母线长分别为 3 和 4，由圆锥侧面积公式可得结果.【详解】设 边上高为 ， ， ， ， ，将 绕 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围

7、成的几何体为两个共同底面的圆锥，底面半径为 ，母线长分别为 3 和 4，表面积为两个圆锥侧面积的和，故选 A.【点睛】求几何体的表面积的方法:(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题， 即将空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点；求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或求差求得几何体的表面积.9.如图，网格纸是边长为 1 的小正方形，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则该多面体的体积为A. 16 B. 8 C. 4 D. 20【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，该几何体是底面边长为 2 与 6 的矩

8、形，一个侧面与底面垂直的四棱锥，棱锥的高为 4，由棱锥的体积公式可得结果.【详解】由三视图可知，该几何体是底面边长为 2 与 6 的矩形，一个侧面与底面垂直的四棱锥，棱锥的高为 4，- 6 -该几何体体积为 ，故选 A.【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等” ，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.10.周髀算经中给出了弦图，所谓弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个

9、小正方形拼成一个大的正方形，若图中直角三角形的一个锐角为 ，且小正方形与大正方形面积之比为 ，则 的值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设大正方形边长为 1， 可得小正方形边长为 ，由图可知 ，两边平方，利用二倍角的正弦公式可得结果.【详解】设大正方形边长为 1，小正方形与大正方形面积之比为 ，小正方形边长为 ，结合图形及三角函数的定义可得 ，两边平方得 ， ，故选 D.【点睛】本题主要考查三角函数的定义、同角三角函数的关系以及二倍角的正弦公式，意在考查数形结合思想的应用，以及灵活运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.11.已知函数 的部分图象如图所示，将函数 的图象上所有

10、- 7 -点的横坐标缩短为原来的 ，纵坐标不变，再将所得图象上所有点向右平移 个单位长度，得到的函数图象关于直线 对称，则 的最小值为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由图象求得函数的的解析式 ，经过周期变换与相位变换可得，由 可得结果.【详解】由最大值为 ，得 ，由 ，得 ，将函数 的图象上所有点的横坐标缩短为原来的 ，纵坐标不变，再将所得图象上所有点向右平移 个单位长度，得到 ，图象关于 对称， ，时， 最小为 ，故选 A.- 8 -【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问

11、题，反映学生对所学知识理解的深度.12.已知函数 的值域与函数 的值域相同，则 的取值范围为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性，由单调性求得函数 的值域为 ，设 ，则，要使 的值域为 ，则 ，从而可得结果.【详解】 ，时， ； 时， ，在 上递增，在 上递减，即 的值域为 ，则 ，在 上递增，在 上递减，要使 的值域为 ，则 ， ，又 ， 的范围是 ，故选 C.【点睛】利用导数求函数最值的步骤：（1）求出 在定义域内，分别令 求得 的范围，可得函数 增区间， 求得 的范围，可得函数 的减区间；（2）根据单调性可得函数的极值，如果只有一个极值点，则在该处即

12、是极值也是最值；（3）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.第卷（非选择题 共 90 分）- 9 -二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，将答案填在答题纸上）13.已知函数 ，若 ，则 _【答案】3【解析】【分析】由 ，利用对数的运算求解即可.【详解】 ，故答案为 3.【点睛】本题主要考查对数的基本性质，意在考查对基础知识的理解与运用，属于简单题.14.在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，若 ，则角 的大小为_.【答案】【解析】【分析】由 ，利用正弦定理可得 ，再根据余弦定理可得结果.【详解】 ，由正弦定理可得 ，化为 ，故答案为 .【点睛

13、】解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到15.已知函数 ，则 的解集为_.- 10 -【答案】【解析】【分析】原不等式等价于 或 ，分别求解不等式组，再求并集即可.【详解】 ，当 时， ，解得 ；当 时， ，解得 ，综上， ，即 的解集为 ，故答案为 .【点睛】本题主要考查分段函数的解析式、分段函数解不等式，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽

14、象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰.16.已知三棱锥 的所有顶点都在同一球面上，底面 是正三角形且和球心 在同一平面内，若此三棱锥的最大体积为 ，则球 的表面积等于_【答案】【解析】【分析】先根据球体的性质判断当 到 所在面的距离为球的半径 时， 体积最大，再将最大体积用球半径 表示，由棱锥的体积公式列方程求解即可.【详解】 与球心 在同一平面内， 是 的外心，设球半径为 ，则 的边长 ，当 到 所在面的距离为球的半径 时，体积最大，球表面积为 ，故答案为 .- 11 -【点睛】本题主要考查球体的性质、棱锥的体积公式及立体几何求最值问题，属于难题.解决立体几何中的最值问题

15、一般有两种方法：一是几何意义，特别是用立体几何和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共 60 分.17.在 中，角 ， ， 所对的边分别是 ， ， ，已知 ， .（1）若 ，求 的值；（2） 的面积为 ，求 的值.【答案】 （1） ；（2）【解析】【分析】（1）由 ，可得 ，由正弦定理

16、可得 ，求得 ，利用诱导公式及两角和的正弦公式可得结果；（2）由 ，可得 ，再利用余弦定理，配方后化简可得 .【详解】 （1）由 ，则 ，且 ，由正弦定理 ，因为 ，所以 ，所以 ，（2） ， ， ， ，- 12 - .【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角） ；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径18.已知函数 .（1）当 时，求曲线 在 处的切线方程；（2）若函数 在区间 上

17、是增函数，求实数 的取值范围.【答案】 （1） ；（2） 。【解析】【分析】（1）求出 ，求出 的值可得切点坐标，求出 的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线 在点 处的切线方程；（2） 在区间 上是增函数，等价于在区间 上恒成立，即 在区间 上恒成立，利用导数研究函数的单调性，求出 的最大值即可得结果.【详解】 （1）当 时， ，则 ， 当 时， ， ，所以曲线 在 处的切线方程为 .（2） ，因为 在区间 上是增函数，所以 在区间 上恒成立，令 ，即 ，令 ，则 ，所以 在区间 上单调递增，所以 ，故实数 的取值范围是 .【点睛】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数研究函数的单调

18、性与最值，属于中档题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出 在 处的导数，即 在点出的切线斜率（当曲线 在 处的切线与 轴平行时，在 处导数不存在，切线- 13 -方程为 ） ；（2）由点斜式求得切线方程 .19.如图，在平面直角坐标系 中，点 、 都在单位圆 上， ，且.（1）若 ，求 的值；（2）若 ，求 的取值范围.【答案】 （1） ；（2） 。【解析】【分析】（1）由三角函数的定义可得 ，由 ， 可得 ，利用，结合两角差的余弦公式可得结果；（2）由题知 ，则 ，利用降幂公式以及辅助角公式化简为，利用三角函数的有界性可得结果.【详解】 （1）由三角函数的定义有 ，因为 ， ，所以 ，

19、，所以；- 14 -（2）由题知 ， ， .所以 的取值范围是 .【点睛】以平面图形为载体，三角恒等变换为手段，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.20.如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形，且 ， ，平面平面 .（1）求证： ；（2）若底面 是边长为 2 的菱形，四棱锥 的体积为 ，求点 到平面 的距离.【答案】 （1）证明见解析；（2） 。【解析】【分析】（1）过 作 ，垂足为 ，连接 ，由面面垂直的性质可得

20、 平面 ，从而得,结合 ，得 平面 ， ， 利用等腰三角形的性质以及相似三角形的性质可得结果；（2）由（1） 是四棱锥 的高，可得四棱锥 的体积为，设点 到平面 的距离为 ，利用 可求得 - 15 -.【详解】 （1）过 作 ，垂足为 ，连接 ，因为平面 平面 ，所以 平面 ，因为 ，所以 平面 ，所以 ，因为 ，所以 ，因为 ，所以 .（2）因为底面 的边长为 2，则 ，由（1）知 平面 ，即 是四棱锥 的高，所以四棱锥 的体积为 ，所以 ，所以 ，设点 到平面 的距离为 ， ， ，所以 ，即点 到平面 的距离是 .【点睛】本题主要考查“等积变换”的应用、空间垂直关系的判断与性质，属于难题.

21、解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质 ；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.21.已知函数 .（1）若 是 的导函数，讨论 的单调性；（2）若 （ 是自然对数的底数） ，求证： .- 16 -【答案】 （1）当 时， 在 上是增函数；当 时， 在 上是增函数；在 上是减函数。 （2）证明见解析。【解析】【分析】（1）求出 ，得 ，然

22、后求出导函数 ，分两种情况讨论 的范围，在定义域内，分别令 求得 的范围，可得函数 g 增区间，g 求得 的范围，可得函数 g 的减区间；（2）因为 ，令 ，再次求导可证明 在区间 上有唯一零点，在区间 上， 是减函数，在区间 上， 是增函数，故当 时， 取得最小值 ，只需证明 即可.【详解】 （1）因为 ，所以 ， 当 时， ， 在 上是增函数；当 时，由 得 ，所以 在 上是增函数；在 上是减函数；（2）因为 ，令 ，则 ，因为 ，所以 ，即 在 是增函数，下面证明 在区间 上有唯一零点 ，因为 ， ，又因为 ，所以 ， ，由零点存在定理可知， 在区间 上有唯一零点 ，在区间 上， ， 是

23、减函数，在区间 上， ， 是增函数，- 17 -故当 时， 取得最小值 ，因为 ，所以 ，所以 ，因为 ，所以 ，所以 ， .【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分

24、.选修 4-4:坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为 ，过点 的直线 的参数方程为 （ 为参数） ，直线 与曲线 相交于 ， 两点.（1）写出曲线 的直角坐标方程和直线 的普通方程；（2）若 ，求 的值.【答案】 （1）曲线 的直角坐标方程 ，直线 的普通方程为 ；（2） 。【解析】【分析】（1）利用代入法消去直线 的参数方程中的参数，可得其普通方程，曲线 的极坐标方程两边同乘以 ，利用 即可得到曲线 的直角坐标方程；（2）直线 的参数方程代入曲线 的直角坐标方程，利用韦达定理、直线参数方程的几何意义可得结果.- 1

25、8 -【详解】 （1）由 得 ，所以曲线 的直角坐标方程 ，因为 ，所以 ，直线 的普通方程为 ；（2）直线 的参数方程为 （ 为参数） ，代入 得： ，设 ， 对应的参数分别为 ， ，则 ， ， ，由参数 ， 的几何意义得 ， ， ，由 得 ，所以 ，所以 ，即 ，故 ，或 （舍去） ，所以 .【点睛】本题考查参数方程和普通方程的转化、直线极坐标方程和直角坐标方程的转化以及直线参数方程的应用，属于中档题. 消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：代入消元法；加减消元法；乘除消元法；三角恒等式消元法，极坐标方程化为直角坐标方程，只要将 和 换成 和 即可.选修

26、4-5:不等式选讲23.已知定义在 上的函数 ， ，若存在实数 使 成立.（1）求实数 的值；（2）若 ， ， ，求证： .【答案】 （1） ；（2）证明见解析。【解析】【分析】- 19 -（1）由三角绝对值不等式可得 ，因存在实数 使 成立，所以，从而可得结果；（2）由 ， ，可得 ，化简可得，由 ，利用基本不等式可得结果.【详解】 （1）因为 ，因存在实数 使 成立，所以 ，解之得 ，因为 ，所以 ；（2）因 ， ，所以 ，因为 ，所以 ，所以 ，因为 ， 且 时等号成立，又 ， ，所以等号不成立， .【点睛】本题主要考查绝对值不等式的性质以及基本不等式的应用，属于中档题. 利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小） ；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用 或 时等号能否同时成立）.- 20 -