www.ks5u.com枣阳市白水高中2018届高三上学期8月月考数学测试卷（文理合用）一、选择题1已知集合，集合，则A. B. C. D. 2设集合， ，则的子集的个数是（ ）A. B. C. D. 3集合, ，集合满足,则的个数为A. 3 B. 4 C. 7 D. 84如图所示的韦恩图中，全集U=R，若，则阴影部分表示的集合为（ ）A. B. C. D. 5已知，则 ( )A. B. C. D. 6下列命题正确的个数为（ ）“都有”的否定是“使得”；“”是“”成立的充分条件；命题“若，则方程有实数根”的否命题为真命题A. 0 B. 1 C. 2 D. 37已知命题：；命题：函数有一个零点，则下列命题为真命题的是（ ）A. B. C. D. 8祖暅原理是中国古代一个涉及几何体体积的结论：“幂势既同，则积不容异”，意思是：“两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等”，设为两个同高的几何体， 的体积相等， 在等高处的截面积恒相等，根据祖暅原理可知， 是的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件9在射击训练中，某战士射击了两次，设命题是“第一次射击击中目标”，命题是“第二次射击击中目标”，则命题“两次射击中至少有一次没有击中目标”为真命题的充要条件是（ ）A. 为真命题 B. 为真命题C. 为真命题 D. 为真命题10圆的半径是1，圆心的极坐标是（1,0），则这个圆的极坐标方程是A. B. C. D. 11曲线（为参数）与轴的交点坐标是A. （8,0），（-7,0） B. （-8,0），（-7,0） C. （8,0），（7,0） D. （-8,0），（7,0）12下列极坐标方程中，对应的曲线为如图所示的是( )A. B. C. D. 二、填空题13已知集合，则_14已知条件条件且是的充分不必要条件，则a的取值范围可以是_ 15直线 (t为参数)上与点P(-2,3)的距离等于的点的坐标是_16在极坐标系中，曲线与的交点的极坐标为_三、解答题17（本小题满分12分）已知集合， ，若，求实数的取值范围。18已知，设，成立；，成立，如果“”为真，“”为假，求的取值范围. 19（本题满分10分）选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)在极坐标系(与直角坐标系取相同的单位长度，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴)中，圆的方程为.(1)求圆的直角坐标方程；(2)设圆与直线交于点，若点P的坐标为，求.20在平面直角坐标系中，圆的方程为（1）以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求圆的极坐标方程；（2）设直线的参数方程为（为参数）,若直线与圆交于两点，且，求直线的斜率.21选修：不等式选讲 已知函数f（x）=|2x+3|+|2x1|（）求不等式f（x）8的解集；（）若关于x的不等式f（x）|3m+1|有解，求实数m的取值范围22（本题满分10分）设（I）若，时，解不等式；（）若，求的最小值.高三数学8月月考测试卷（文理合用）参考答案1D【解析】由题意可得： ，则 本题选择D选项.2B【解析】结合图像可知函数与椭圆有两个不同的交点，即集合中有两个元素，则其所有子集的个数是，应选答案B 。3C【解析】由题意可得 ，集合 ，其中M为集合 的真子集，由子集个数公式可得：C的个数为 个.选C.4D【解析】由题设提供的韦恩图可知或，故图形中阴影部分表示的集合是，应选答案D。5D【解析】由题意得 ,选D.6B【解析】由存在性命题与全称命题的否定的形式可知答案是错误的；当，但，故命题也是不正确的；由于当时， ，即方程有实数根，所以三个答案中只有一个是真命题，应选答案B。7B【解析】 ,命题p为假命题；函数有一个零点，命题q为真命题；据此可得题中所给的真命题为 .本题选择B选项.8B【解析】根据祖暅原理的结论可知：两个同高的几何体，在等高处的截面积恒相等，则体积相等,所以 ，而体积相等时，等高处的截面积不一定相等（例如不规则的组合体可以与某个正方体体积相等，截面积却不一定相等），即不能推出，所以是的必要不充分条件，故选B.【方法点睛】本题通过祖暅原理主要考查充分条件与必要条件，属于中档题.判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题.9A【解析】命题是“第一次射击击中目标”，命题是“第二次射击击中目标”，则命题是“第一次射击没击中目标”，命题是“第二次射击没击中目标”， 命题 “两次射击至少有一次没有击中目标”是，故选A.10C【解析】由题意可得，圆的直角坐标方程为： ，即： ，转化为极坐标方程即： ，则这个圆的极坐标方程是.本题选择C选项.11B【解析】令 可得参数值： ，代入参数方程横坐标可得： ，据此可得曲线与轴的交点坐标是（-8,0），（-7,0）.本题选择B选项.12D【解析】由题意得，根据图形可知时， 取得最大值 ，当时， 取得最小值 ，只有D满足上述条件，故选D.考点：简单曲线的极坐标方程.13或【解析】试题分析：由 得 ，然后利用分类讨论思想分 和 两种情况进行讨论求解.试题解析：因为,所以，所以可以是，此时，即当时，则，要使，所以或，即或综上所述的取值范围是或【答案】或【解析】试题分析：由“”为真，“”为假，可得命题一真一假，当真假时，当假真时，可得的取值范围是或.试题解析：若为真：对，恒成立，设，配方得，在上的最小值为，解得，为真时：；若为真：，成立，成立.设，易知在上是增函数，的最大值为，为真时，”为真，“”为假，与一真一假，当真假时，当假真时，综上所述，的取值范围是或.考点：1、全称命题与特称命题及真值表的应用；2、不等式有解及恒成立问题.15(1) (x5)2y2=25;(2)9.【解析】试题分析：（1）圆的极坐标方程转化为直角坐标方程；（2）将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得: t29t200,借助韦达定理表示目标.试题解析：(1)由10cos得x2y210x0，即(x5)2y2=25. (2)将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得(3)2(6)225，即t29t200.由于(9)2420820，可设t1，t2是上述方程的两个实根所以又直线l过点P(2，6)，可得|PA|PB|t1|t2|(t1)(t2)(t1t2)9. 16（1）（2）【解析】试题分析：（1）代入可得。（2），因为圆与直线都过极点， 所以由可得，代入极坐标方和可解。 ， 17（1）x|-；（2）m或m1.【解析】试题分析：()零点分段可得不等式的解集为x|-；()由题意得到关于实数m的不等式，求解不等式可得实数m的取值范围是m或m1.试题解析：（）不等式f（x）8，即|2x+3|+|2x1|8，可化为或或，解得x，解得x，解得x，综合得原不等式的解集为x|-（）因为f（x）=|2x+3|+|2x1|（2x+3）（2x1）|=4，当且仅当x时，等号成立，即f（x）min=4，又不等式f（x）|3m+1|有解，则|3m+1|4，解得：m或m118(1) x|3x2;(2) 【解析】试题分析：（1）若时，由零点分段得：f（x）=，分段解一元一次不等式，得到解集；（2）研究分段函数的单调性，确定何时取到最小值，让最小值试题解析：（）若a=1，f（x）=由f（x）的单调性及f（3）=f（2）=5，得f（x）5 的解集为x|3x2（）f（x）=当x（，2时，f（x）单调递减；当x ，+）时，f（x）单调递增，又f（x）的图象连续不断，所以f（x）2，当且仅当f（2）=2a+12，且f（ ）= +22，求得a，故a的最小值为 点睛：|xa|xb|c(或c)(c0)，|xa|xb|c(或c)(c0)型不等式的解法可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解(1)零点分区间法的一般步骤令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集(2)利用绝对值的几何意义由于|xa|xb|与|xa|xb|分别表示数轴上与x对应的点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|xa|xb|c(c0)或|xa|xb|c(c0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观19【解析】由得：，由得：，则，故答案为.20【解析】，或，若是的充分不必要条件，则是的充分不必要条件，则，故答案为.21(-3,4)或(-1,2)【解析】设所求的点 或.22【解析】由题意得，因为，又，所以，所以交点的极坐标为.考点：简单的极坐标的应用.