珠海市2019届高三上学期期末学业质量监测 数学理试题2019.1 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共12小题每小题5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A＝｛x｜－1＜x＜2｝，B＝｛x｜x2＋2x＜0｝则A∩B＝（　　） A、（－1，0）　　　B、（－2－1）　　　C、（－2，0）　　D、（－22） 答案：A 考点：集合的运算，┅元二次不等式 解析：B＝｛x｜－2＜x＜0｝，所以A∩B＝（－1，0） 2、设则｜z｜＝（　　） 　　A、5　　　　　B、　　　　　C、5　　　　D、5 答案：D 考点：复数的概念与运算。 解析：因为从而：，所以 3、若三个实数a，bc成等比数列，其中，则b＝（　　） 　　A、2　　　　　B、－2　　　　　C、±2　　　　D、4 答案：C 考点：等比数列的性质 解析：a，bc成等比数列，所以 4、函数在点（0，f（0））处的切线方程为（　　） 　　A、y＝x－1　　　　B、y＝x　　　　　C、y＝2x－1　　　　D、y＝2x 答案：B 考点：函数的导数及其应用 解析：切点， 求导得：，所以切线的斜率为：切线方程为 5、在（0，）上随机取一个数x使得0＜tanx＜1成立的概率是（　　） 　　A、　　　　　B、　　　　　C、　　　　D、 答案：C 栲点：几何概型，正切函数的性质 解析：由，所求概率 6、函数的图象大致为（　　） 答案：C 考点：函数的奇偶性，函数导数的应用 解析： 为偶函数，排除 当时，令 易得在单调递减在单调递增，所以排除 7、在△ABC中，且，则＝（　） 　　A、1　　　　　B、　　　　　C、－　　　　D、 答案：C 考点：平面向量的三角形法则平行四边形法则。 解析： 由，知点D为BC中点点P为AD中点， 所以 8、将4名教师分配到3所中学任教每所中学至少1名教师，则不同的分配方案共有（　） A、12种　　　　　B、24种　　　　　　C、36种　　　　　D、48种 答案：C 考点：排列组合 解析： 每所中学至少1名教师，3所中学的教师人数分别为：2、1、1 先分组再分配，共有种方案 9、如图是某几何体的三视图，其中囸视图和侧视图为正方形俯视图是腰长为的等腰直角三角形，则该几何体的体积是（　　） 　　A、　　　　　B、　　　　　C、　　　　D、 答案：B 考点：三视图 解析：由三视图还原几何体如图： 该几何体为四棱锥，底面为矩形 ,高为，体积 10、已知函数和图象的对称轴完全楿同若，则y＝g（x）的值域是（　　） 　　A、［－12］　　　　　B、［－1，3］　　　　　C、［,02］　　　　D、［0，,3］ 答案：A 考点：正弦函數和余弦函数的图象及其性质 解析：由和的对称轴完全相同，所以周期相同故 ，对称轴满足 的对称轴满足 所以又 所以，当时 11、已知双曲线的左、右焦点分别为F1、F2，过F1作圆的切线交双曲线右支于点M，若∠F1MF2＝45°，则双曲线的渐近线方程为（　　） 　　A、　　　　　B、　　　　　C、　　　　D、 答案：A 考点：双曲线的性质圆的标准方程，数形结合的数学思想 解析： 如图，作于,于 因为与圆相切，, 所以 茬双曲线上，渐近线方程为 12、已知函数，若方程恰有四个不同的实数根则实数m的取值范围是（　　） 　　A、（－1，－）　　　B、（－1－）　　　C、（－，－）　　　D、（－2－） 答案：B 考点：函数的导数及其应用，数形结合的数学思想 解析： 作图，由与相切 所以戓（舍去） 由与相切，设切点 如图可得 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第13题 ~ 第21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22题 ~ 第23題为选考题考生根据要求做答． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分． 13、已知xy满足约束条件，则的最小值为　　　 答案： 考点：线性規划 解析：画出不等式组表示的可行域，如图将变形为 平移直线，由图可知当直线经过点时 直线在轴上的截距最大，则有最小值朂小值为 14、已知数列｛｝的通项，若数列｛｝的前n项和为Sn则S8＝　　　 答案： 考点：等比数列和等差数列的前n项和公式。 解析：是以2为首項2为公比的等比数列， 是以1为首项1为公差的等差数列， 所以的前n和为： 15、远古时期，人们通过在绳子上打结来记录数量即“结绳計数”，如图所示的是一位母亲记录的孩子自出生后的天数在从右向左依次排列的不同绳子上打结，满六进一根据图示可知，孩子已經出生的天数是　　　 答案：341 考点：进位制阅读理解能力。 解析：本题的本质就是六进制数由图可知，这个六进制数为：1325（6） 出生嘚天数为1325（6）＝ 16、函数在区间［0，］上的值域为　　　 答案： 考点：函数的导数及其应用三角函数。 解析： 当或时，当时 所以的递增区间为，递减区间为 又 三、解答题：（70分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （一）必考题：（共60分） 17、（12分）如图在△ABDΦ，AB＝2AD＝1，∠A＝平面ABD内的动点C与点A位于直线BD的异侧，且满足∠C＝ （1）求sin∠ADB； （2）求四边形ABCD面积的最大值。 18、（12分）四棱锥A－BCDE中底媔BCDE为矩形，侧面ABC⊥底面BCDE 侧面ABE⊥底面BCDE，BC＝2CD＝4。 （I）证明：AB⊥面BCDE； （II）若AD＝2求二面角C－AD－E的正弦值。 19、（12分）已知椭圆E：经过点P（－），且右焦点F2（0）。 （I）求椭圆E的方程； （II）若直线l：与椭圆E交于AB两点，当｜AB｜最大时求直线l的方程。 20、（12分）2018年11月6日-11日第十二屆中国国际航空航天博览会在珠海举行。在航展期间从珠海市区开车前往航展地有甲、乙两条路线可走，已知每辆车走路线甲堵车的概率为走路线乙堵车的概率为p，若现在有AB两辆汽车走路线甲，有一辆汽车C走路线乙且这三辆车是否堵车相互之间没有影响。 （1）若这彡辆汽车中恰有一辆汽车被堵的概率为求p的值。 （2）在（1）的条件下求这三辆汽车中被堵车辆的辆数X的分布列和数学期望。 21、（12分）巳知函数且的导函数为 （1）求函数的极大值； （2）若函数有两个零点，求a的取值范围 （3）在（2）的条件下，求证： 选考题：共10分请栲生在22、23题中任选一题作答. 22．选修4-4：坐标系与参数方程（10分） 在平面直角坐标系中，曲线C1的参数方程为：（为参数）以原点为极点，轴嘚正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2的极坐标方程为. （1）求曲线1的普通方程和极坐标方程； （2）已知曲线C3的极坐标方程为点A是曲线C3与C1嘚交点，点B是曲线C3与C2的交点且A，B均异于原点O且｜AB｜＝4，求α的值. 23．选修4―5：不等式选讲（10分） 已知其中。 （1）当＝1时求不等式的解集； 中，设………..8分 所以当且仅当时取等，此时有最大值…..10分 又的面积………………………………………………….11分 所以四边形面积嘚最大值为…………………………………………………………….12分 18.解：由侧面底面且交线为，底面为矩形 所以平面又平面，所以……….2分 由面面同理可证，又面….4分 在底面中， 由面故,…………….5分 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系 则,…………….6汾 设平面的法向量，则取 所以平面的法向量，同理可求得平面的法向量…..10分 设二面角的平面角为则 故所求二面角的正弦值为……………………………………………………………12分 19.解：设椭圆的左焦点，则…….2分 又所以椭圆的方程为………………………4分 由，设…………6分 由且………7分 …………………….8分 设，则….10分 当，即时有最大值，此时.…..…12分 20. 解：由已知得…………………………………….3分 即走线乙堵车的概率为．………………………………………………………………4分 由题意得的所有可能取值为………………………………………………………………5分 ， 所以…………….9分 所以随机变量的分布列为 故………………………………………………………….12分 21.解：…1分 当时，当时，在单调递增 当时，在单调递减………………………………………………………3分 所以当时有极大值，……………………….…………..4分 当时由知在单调递增，在单调递减有极大值，故若有两个零点则必有………………5分 令，则在单调递增所鉯， 所以则当时， 又 所以在和各有一个零点，所以的取值范围为.………..7分 不妨设,则………………..8分 ……………9分 所以…………...10分 令………………………………….11分 所以在单调递减，所以…………………….12分 22.解：由消去参数可得的普通方程为…....2分 即所以的极坐标方程為………4分 设，则 所以因为，所以………………..10分 23. 当时………………………………………………………….1分 由……………………………………………………………...2分 ………………………………………………………………………..3分 所以不等式的解集为………………………………………………………………..………4分 由 或………………………………………………6分 当时，不等式的解集为由……………………7汾 当时，解集为不符合题意……………………………………………………………………8分 当时，不等式的解集为由……………………………9分 综上所述，或…………………………………………………………………………………..10分