2019届高三数学上学期第二次月考试题 文(含解析).doc

2019届高三数学上学期第二次月考试题 文(含解析)一、选择题1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：,所以，故选A.考点：集合的运算.视频2.已知命题：复数在复平面内所对应的点位于第四象限；命题：，则下列命题中为真命题的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：因为，所以复数在复平面内所对应的点位于第四象限，命题为真命题，因为与在上有交点，所以，命题为真命题，为真命题.考点：复合命题真假3.已知，则的值等于()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式得sin2x=cos，然后再利用余弦的倍角公式即可【详解】由sin（x），则sin2xcoscos =1-2=-故选：D【点睛】本题考查了诱导公式和余弦的倍角公式的应用，关键是已知角与所求角之间的关系，属于基础题4.下列叙述中正确的是()A. 若，则“”的充分条件是“”B. 若，则“”的充要条件是“”C. 命题“对任意，有”的否定是“存在，有”D. 是一条直线，是两个不同的平面，若，则【答案】D【解析】试题分析：当时，推不出，错，当时，推不出，错，命题“对任意，有”的否定是“存在，有”，C错，因为与同一直线垂直的两平面平行，所以D正确.考点：充要关系视频5.设则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题由已知中，由指数函数的单调性和对数函数的单调性，我们可以判断出与的大小关系，进而得到答案。【详解】因为，所以即，因为所以因为即所以，故选C。【点睛】本题考查的是指数以及对数的相关性质，考查计算能力，当我们在判断对数或者指数的大小的时候，可以借助对数函数以及指数函数的相关性质，也可以通过判断数值与某一些特殊值的大小关系来间接比较大小。6.中，是以为第三项，为第七项的等差数列的公差，是以为第三项，为第六项的等比数列的公比，则该三角形的形状是()A. 钝角三角形 B. 锐角三角形C. 等腰直角三角形 D. 以上均错【答案】B【解析】【分析】本题首先可以根据“是以为第三项，为第七项的等差数列的公差”计算出的值，然后可以根据“是以为第三项，为第六项的等比数列的公比”计算出的值，然后根据的值计算出的值，最后根据的值得出的取值范围，最终得出结果。【详解】因为是以为第三项、为第七项的等差数列的公差，所以因为是以为第三项、为第六项的等比数列的公比，所以因为是的内角，所以因为都大于0，所以都属于，所以是锐角三角形。故选B。【点睛】本题主要考查三角函数，考查正切函数的相关性质以及三角恒等变换公式的运用，考查推理能力。如果三个角在三角形内，则有7.已知两向量，则在方向上的投影为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题可以先根据向量计算出的值以及的值，再通过向量的投影定义即可得出结果。【详解】因为向量，所以所以在方向上的投影为故选C。【点睛】本题主要考查向量坐标表示及平面向量数量积公式、平面向量的投影，考查计算能力，属于中档题。平面向量数量积公式有两种形式，一种是，另一种是。8.已知某正三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题可以对三视图进行观察，先通过三棱锥的底面正三角形的高为求出底面三角形面积，再通过三棱锥的高为计算出侧面的高以及三个侧面三角形的面积，最后计算出三棱锥的表面积。【详解】由三视图可知，三棱锥的底面正三角形的高为，所以底面三角形面积为因为由图可知三棱锥的高为、且正三棱锥三个侧面面积相等，所以侧面的高为三个侧面三角形的面积为所以三棱锥的表面积为故选D.【点睛】通过三视图还原空间几何体，首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽。9.圆心在曲线上，且与直线相切的面积最小的圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：设此圆的圆心坐标为，则圆的半径，当且仅当时，等号成立，圆的面积最小，此时圆心坐标为，半径为，所以圆的方程为，选A.考点：圆的方程、基本不等式.10.函数，若，则不等式恒成立，则实数的取值范围是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题由条件可知，函数在上是增函数，对讨论，当时，求得单调区间，当时，求得单调区间，即可得到答案。【详解】因为对于，则不等式恒成立，所以在上是增函数，对函数进行化简可得，当时，在上递增，则在上递增，当时，的增区间为减区间为既在上有减区间。综上所述，故实数的取值范围是，故选C。【点睛】本题考查的是函数的单调性，考查函数方程思想、整体思想以及分类讨论思想，考查二次函数的基本性质。在计算涉及到绝对值的函数时，可以先将绝对值去掉，然后将函数转化成分段函数，并对其进行讨论。11.已知点A,B,C,D均为球O的表面上,若三棱锥D-ABC体积的最大值为,则球O的表面积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：设的外接圆的半径为，三棱锥的体积的最大值为，到平面的最大距离为，设球的半径为，则，球的表面积为，故选B考点：球内接多面体【思路点睛】本题考查球的半径，考查球的体积的计算，首先要从题目中分析出主要信息，进而求出球的半径确定到平面的最大距离是关键确定，利用三棱锥的体积的最大值为，可得到平面的最大距离，再利用勾股定理，即可求出球的半径，即可求出球的表面积12.若不等式对恒成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由已知条件推导出，令，利用导数形式求出时，取得最小值4，由此能求出实数的取值范围.详解：由题意对上恒成立，所以在上恒成立，设，则，由，得，当时，当时，所以时，所以，即实数的取值范围是.点睛：利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡的相应位置.13.已知实数满足,则目标函数的最大值是_。【答案】【解析】【分析】本题可以先将不等式组表示的平面区域画出，然后在平面区域内找出目标函数的最大值所对应的点，最后得出结果。【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图所示，画出直线，并将其平移，由图可知，当直线经过点时，取最大值，最大值为。【点睛】对线性规划问题，先作出可行域，再作出目标函数，利用的几何意义，结合可行域即可找出取最值的点，通过解方程组即可求出最优解，代入目标函数，求出最值，要熟悉相关公式，确定目标函数的意义是解决最优化问题的关键，目标函数常有距离型、直线型和斜率型。14.如图，在正方体中，为棱的中点，则与所在直线所成角的余弦值等于_.【答案】【解析】【分析】连结AD1、AP，由AD1BC1，得AD1P为D1P与BC1所在的直线所成的角，从而在中利用余弦定理求出即可【详解】如图，连结AD1、AP，AD1BC1，AD1P为D1P与BC1所在的直线所成的角，在中，设AB2，则APD1P，AD1，所以 = D1P与BC1所在的直线所成角的余弦值等于故答案为：【点睛】本题考查了异面直线所成角的余弦值的求法，确定AD1P为D1P与BC1所在直线所成角是关键，注意余弦定理的合理运用，属于中档题.15.已知的三个内角，所对的边分别为，且，则面积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】把已知等式中的3换成b，利用正弦定理化简得到等式，利用余弦定理求出cosB的值，利用基本不等式求出ac的最大值，即可确定ABC面积的最大值【详解】由，即，利用正弦定理化简得，整理得，即，所以，即，所以，即，当a=c时取等号，所以，则面积的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查了正弦定理余弦定理的应用、基本不等式的性质、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题16.对大于或等于2的正整数的幂运算有如下分解方式：；根据上述分解规律，若的分解中最小的正整数是43，则_.【答案】13.【解析】【分析】通过已知条件,归纳总结一般的结论（猜想) , 通过前三个已知的等式的规律，得，通过三个等式的规律，得，则.【详解】由；观察得，故，；由；观察得，故，则，故答案为13.【点睛】本题通过观察几组等式，归纳出一般规律来考查归纳推理，属于难题.归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）. 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1) 数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.三、解答题：17.已知函数=(1)求函数的单调递增区间；(2)已知在ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若,，求.【答案】（1）函数的单调递增区间是（2）b=c=2【解析】【分析】（1）利用诱导公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，利用正弦函数的单调性解不等式，可得到函数的递增区间；（2）由,求得，利用余弦定理，结合，列方程组可求得的值.【详解】(1) =sin(3+x)cos(x)+cos2(+x)， (cos x)+(sin x)=，由 2k2x-2k+，kZ，可得函数的单调递增区间是kZ (2)由,得，sin(2A-)+=，0A，02A2， a=2，b+c=4，根据余弦定理得，4=+2bccos A=+bc=(b+c)3bc=163bc，bc=4，联立得，b=c=2【点睛】以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，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.18.已知数列满足：，（）（1）求证：数列是等比数列；（2）令，（），如果对任意，都有，求实数的取值范围.【答案】(1)详见解析；（2）【解析】试题分析：（1）第一步，令，构造一个式子，与原式相减，得到关于数列的递推，然后证明常数；（2）原式恒成立，等价于恒成立，即，所以要求数列的最大值，第一步，先求得通项公式，第二步，判定数列的单调性，求出最大值，最后代入不等式，求出范围试题解析：解：（1）由题可知：可得即：，又所以数列是以为首项，以为公比的等比数列（2）由（1）可得，由，可得而由可得所以，故有最大值所以，对任意，有如果对任意，都有，即成立，则，故有：解得或所以，实数的取值范围是考点：1递推公式；2等比数列；3数列的函数特征19.如图，在梯形中，四边形是矩形，且平面平面.（）求证:平面；（）当二面角的平面角的余弦值为,求这个六面体的体积.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由，可得，由面面垂直的性质可得结果；（2）以为轴, 轴, 轴建立平面直角坐标系,设,利用向量垂直数量积为零列方程求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式，列方程可求得，由棱锥的体积公式可得结果.【详解】（）在梯形中,.,.平面平面,平面平面,平面. （）在中,.分别以为轴,轴,轴建立平面直角坐标系, 设,则,则,易知平面的一个法向量为,设平面的法向量为,即令,则,平面的法向量为,二面角的平面角的余弦值为,解得,即.所以六面体的体积为：.【点睛】本题主要考查证明线面垂直、利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20.已知椭圆（）的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线（）与椭圆交于两点，记直线的斜率分别为，试探究是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1) (2) 为定值，该定值为0.【解析】试题分析：（1）由椭圆的离心率公式，求得a2=4b2，将M代入椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；（2）将直线l：代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，即可取得k1+k2=0试题解析：（1）依题意，解得，故椭圆的方程为；（2），下面给出证明：设， ，将代入并整理得，解得，且故，则，分子=，故为定值，该定值为0. 21.已知.(1)讨论的单调性；(2)当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围.【答案】(1) 在单调递增，在单调递减.（2）.【解析】试题分析：（）由,可分,两种情况来讨论；（II）由（I）知当时在无最大值,当时最大值为因此.令,则在是增函数,当时,当时,因此a的取值范围是.试题解析：（）的定义域为,若,则,在是单调递增；若,则当时,当时,所以在单调递增,在单调递减.（）由（）知当时在无最大值,当时在取得最大值,最大值为因此.令,则在是增函数,于是,当时,当时,因此a的取值范围是.考点：本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.视频请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）写出直线的普通方程及圆的直角坐标方程；（2）点是直线上的点，求点的坐标，使到圆心的距离最小.【答案】（1），；（2）.【解析】试题分析：（1）由已知得，从而，由此能求出直线的普通方程；由，得，由此能求出圆的直角坐标方程；（2）圆圆心坐标，设，由此利用两点间距离公式能求出点的坐标，使到圆心的距离最小.试题解析：（1）由消去参数，得直线的普通方程为，由得，即圆的直角坐标方程为.（2），时最小，此时.考点：参数方程化为普通方程；简单曲线的极坐标方程.【方法点晴】本题考查直线的普通方程及圆的直角坐标方程的求法，考查直线上的点到圆心的距离最小的点的坐标的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意两点间距离公式的合理运用；参数方程和普通方程的互化，由参数方程化为普通方程：消去参数，消参数的方法有代入法、加减（或乘除）消元法、三角代换法等，利用将极坐标方程与直角坐标方程之间互化.23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若，证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分析：(1)零点分段后求解不等式可得(2)利用作差法证得，则有试题解析：（）依题意，由，解得，故（）由（）可知，；因为 ，故，故点睛：绝对值不等式的解法法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想