2019届高三数学10月月考试题(含解析).doc

2019届高三数学10月月考试题(含解析)一.填空题1.已知全集，集合，则=_.【答案】【解析】【分析】根据题意，由补集的运算可得CUQ，再由交集的运算可得答案【详解】根据题意，由补集的运算可得，CUQ= 1，4，已知集合P=1，2，由交集的运算可得，P（CUQ）=1故答案为：【点睛】本题考查集合的交、并、补的运算，注意运算结果是集合的形式2.命题“”的否定是 【答案】【解析】试题分析：命题“”的否定是.考点：全称命题的否定.3.已知虚数满足，则 【答案】【解析】试题分析：设，则，所以，所以答案应填：考点：复数的运算4.“”是“”的_.条件.（从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分又不必要”中选择填空）【答案】必要不充分【解析】【详解】等价于“”“”，反之不成立；“”是“”的必要不充分故答案为：必要不充分【点睛】本题考查了充要条件的判定方法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题5.已知向量当三点共线时，实数的值为_.【答案】2或11【解析】【分析】先求出和的坐标，利用向量和共线的性质x1y2x2y1=0，解方程求出k的值【详解】由题意可得=（4k，7），=（6，k5），由于和共线，故有故有（4k）（k5）+42=0，解得 k=11或 k=2故答案为：2或11【点睛】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算属于基础题6.在中，角所对的边分别为，若，则_【答案】【解析】试题分析：由及正弦定理得正弦定理得，代入得，则，考点：正弦定理，余弦定理【名师点睛】1选用正弦定理或余弦定理的原则在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息2(1)运用余弦定理时，要注意整体思想的运用(2)在已知三角形两边及其中一边的对角，求该三角形的其它边角的问题时，首先必须判断是否有解，如果有解，是一解还是两解，注意“大边对大角”在判定中的应用7.设函数满足，当时，则=_.【答案】【解析】【分析】由已知得f（）=f（）+sin=f（）+sin+sin=f（）+sin+sin+sin，由此能求出结果【详解】函数f（x）（xR）满足f（x+）=f（x）+sinx，当0x时，f（x）=0，f（）=f（）+sin=f（）+sin+sin=f（）+sin+sin+sin=0+=故答案为：【点睛】本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用8.已知，则的值为_【答案】1【解析】 9.已知函数的图象关于直线对称，且当时，若则由大到小的顺序是_.【答案】【解析】【分析】根据f（x）的对称性和对数的运算性质可知f（3）=f（3），f（）=f（4），再根据f（x）在（1，+）上的单调性得出大小【详解】函数y=f（x+2）的图象关于直线x=2对称，y=f（x）的图象关于y轴对称，即y=f（x）是偶函数，f（3）=f（3），且f（）=|log2|=|log24|=f（4），当x0时，f（x）=|log2x|=，f（x）在（1，+）上单调递增，f（2）f（3）f（4），故答案为：【点睛】本题考查了对数函数的性质，函数奇偶性的判断与性质，函数单调性的应用，属于中档题10.若函数的图象关于点对称，且在区间上是单调函数，则的值为_.【答案】或【解析】【分析】根据对称中心得出的值，根据单调区间得出的范围从而得出答案【详解】由题意易得：g（x）图象关于对称，=0，=，解得=+，kZ函数在区间上是单调函数，最小正周期T，即，经检验：或适合题意故答案为：或【点睛】函数的性质(1) .(2)周期(3)由 求对称轴(4)由求增区间;由求减区间.11.已知函数若关于的方程恰有三个不同的实数解，则满足条件的所有实数的取值集合为_.【答案】【解析】【分析】作出y=|f（x）|的函数图象，根据直线y=ax+5与y=|f（x）|有3个交点得出两函数图象的关系，从而得出a的值【详解】令f（x）=0得x=2或x=ln5，f（x）在（，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增，|f（x）|=，作出y=|f（x）|的函数图象如图所示：关于x的方程|f（x）|ax5=0恰有三个不同的实数解，直线y=ax+5与y=|f（x）|有3个交点，y=ax+5过点（2，0）或过点（ln5，0）或y=ax+5与y=|f（x）|的图象相切，（1）若y=ax+5过点（2，0），则a=，（2）若y=ax+5过点（ln5，0），则a=，（3）若y=ax+5与y=|f（x）|在（2，0）上的图象相切，设切点为（x0，y0），则，解得a=2，（4）若y=ax+5与y=|f（x）|在（0，ln5）上的图象相切，设切点为（x1，y1），则，解得a=e，a的取值集合为e，2，故答案为e，2，【点睛】本题考查了函数零点与函数图象的关系，数形结合法与分类讨论思想，属于中档题12.已知点在所在平面内，且 则取得最大值时线段的长度是_.【答案】【解析】【分析】，明确由题意明确O为的外心，结合数量积几何意义取得最大值时,C点的位置，从而得到线段的长度.【详解】由 易得：O为的外心，且半径为3，过圆上一点引圆的切线且与AB垂直相交于E点，当C为切点时，由数量积几何意义不难发现取得最大值，取AB的中点为，连接OF,此时，,故答案为：【点睛】本题考查了平面向量数量积的几何意义，考查了三角形外心的概念，考查了数形结合的思想方法，属于中档题.13.在中，若则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由已知的等式通过切化弦，可得，进而利用正弦定理可得，再结合余弦定理可得的最大值.【详解】已知等式即 ，即可得，即，即 所以，sinA故答案为：【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理的应用，同角三角函数的基本关系，把角的关系转化为边的关系，是解题的关键14.已知定义在上的函数可以表示为一个偶函数与一个奇函数之和，设 若方程无实根，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】利用f（x）=g（x）+h（x）和f（x）=g（x）+h（x）求出g（x）和h（x）的表达式，再求出p（t）关于t的表达式，转化为关于p（t）的一元二次方程，利用判别式的取值，再分别讨论即可【详解】假设f（x）=g（x）+h（x），其中g（x）偶函数，h（x）为奇函数，则有f（x）=g（x）+h（x），即f（x）=g（x）h（x），由解得，f（x）定义在R上，g（x），h（x）都定义在R上，g（x）是偶函数，h（x）是奇函数，f（x）=2x+1，p（t）=t2+2mt+m2m+1p（p（t）=p（t）2+2mp（t）+m2m+1，若p（p（t）=0无实根，即p（t）2+2mp（t）+m2m+1无实根，方程的判别式=4m24（m2m+1）=4（m1）1当方程的判别式0，即m1时，方程无实根2当方程的判别式0，即m1时，方程有两个实根，即，只要方程无实根，故其判别式，即得，且，m1，恒成立，由解得m2，同时成立得1m2综上，m的取值范围为m2【点睛】本题是在考查指数函数的基础上对函数奇偶性以及一元二次方程根的判断的综合考查，是一道综合性很强的难题二.解答题15.已知命题指数函数在上单调递减，命题关于的方程 的两个实根均大于3.若“或”为真，“且”为假，求实数的取值范围.【答案】.【解析】试题分析：根据指数函数的单调性求出命题p为真命题时a的范围，利用二次方程的实根分布求出命题q为真命题时a的范围；据复合命题的真假与构成其简单命题真假的关系将“p或q为真，p且q为假”转化为p， q的真假，列出不等式组解得试题解析：若p真，则在R上单调递减，02a-61，3a若q真，令f（x）=x2-3ax+2a2+1，则应满足，又由已知“或”为真，“且”为假；应有p真q假，或者p假q真若p真q假，则， a无解若p假q真，则综上知实数的取值范围为.考点：复合命题的真假与简单命题真假的关系；二次方程实根分布16.函数在一个周期内的图象如图所示,为图象的最高点,、为图象与轴的交点,且为正三角形.(1)求的值及函数的值域；(2)若,且,求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将f（x）化简为f（x）=2sin（x+），利用正弦函数的周期公式与性质可求的值及函数f（x）的值域；（2）由，知x0+（，），由，可求得即sin（x0+）=，利用两角和的正弦公式即可求得f（x0+1）【详解】（1）由已知可得，f（x）=3cosx+sinx=2sin（x+），又正三角形ABC的高为2，从而BC=4，函数f（x）的周期T=42=8，即=8，=，函数f（x）的值域为2，2（2）f（x0）=，由（）有f（x0）=2sin（x0+）=，即sin（x0+）=，由，知x0+（，），cos（x0+）=f（x0+1）=2sin（x0+）=2sin（x0+）+=2sin（x0+）cos+cos（x0+）sin=2（+）=【点睛】本题考查由y=Asin（x+）的部分图象确定其解析式，着重考查三角函数的化简求值与正弦函数的性质，考查分析转化与运算能力，属于中档题17.已知向量，角，为的内角，其所对的边分别为，.（1）当取得最大值时，求角的大小；（2）在（1）成立的条件下，当时，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）由两向量的坐标，利用平面向量的数量积运算列出关系式，利用诱导公式及二倍角的余弦函数公式化简，整理后得到关于的二次函数，由的范围求出的范围，利用正弦函数的图象与性质得出此时的范围，利用二次函数的性质即可求出取得最大值时的度数；（2）由及的值，利用正弦定理表示出，再利用三角形的内角和定理用表示出，将表示出的代入中，利用二倍角的余弦函数公式化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由的范围求出这个角的范围，利用正弦函数的图象与性质求出此时正弦函数的值域，即可确定出的取值范围详解：（1），令，原式，当，即，时，取得最大值.（2）当时，.由正弦定理得：（为的外接圆半径）于是 .由，得，于是，所以的范围是.点睛：本题考查正弦定理，平面向量的数量积运算，正弦函数的定义域与性质，以及三角函数的恒等变形，熟练掌握正弦定理是解本题的关键18.为丰富农村业余文化生活，决定在A,B,N三个村子的中间地带建造文化中心通过测量，发现三个村子分别位于矩形ABCD的两个顶点A,B和以边AB的中心M为圆心，以MC长为半径的圆弧的中心N处，且AB8km，BCkm经协商，文化服务中心拟建在与A,B等距离的O处，并建造三条道路AO,BO,NO与各村通达若道路建设成本AO,BO段为每公里万元，NO段为每公里a万元，建设总费用为万元（1）若三条道路建设的费用相同，求该文化中心离N村的距离；（2）若建设总费用最少，求该文化中心离N村的距离.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设ABO=，三条道路建设的费用相同，则，利用三角变换求解；（2）总费用，即，求导判断极值点，令，再转换为三角变换求值解决【详解】（1）不妨设,依题意，且由若三条道路建设的费用相同，则所以所以。由二倍角的正切公式得，即答：该文化中心离N村的距离为（2）总费用即，令 当所以当有最小值，这时，答：该文化中心离N村的距离为【点睛】本题综合考查了函数的性质在实际问题中的应用，转换为三角函数最值求解，属于中档题.19.设、（1）若在上不单调，求的取值范围；（2）若对一切恒成立，求证：；（3）若对一切，有，且的最大值为1，求、满足的条件【答案】（1）（2）证明见解析。（3）且【解析】（1）由题意，；（2）须与同时成立，即，；（3）因为，依题意，对一切满足的实数，有当有实根时，的实根在区间内，设，所以，即，又，于是，的最大值为，即，从而故，即，解得当无实根时，由二次函数性质知，在上的最大值只能在区间的端点处取得，所以，当时，无最大值于是，存在最大值的充要条件是，即，所以，又的最大值为，即，从而由，得，即所以、满足的条件为且综上：且20.已知函数（1）若函数的图象在处的切线经过点，求的值；（2）是否存在负整数，使函数的极大值为正值？若存在，求出所有负整数的值；若不存在，请说明理由；（3）设，求证：函数既有极大值，又有极小值【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义布列关于a的方程即可得到结果；（2）根据可导函数极值的定义，找到极值点，求出极值，当极大值为正数时，从而判定负整数是否存在；（3）利用单调性与极值的关系，求证：既存在极大值，有存在极小值【详解】（1） , 函数在处的切线方程为：，又直线过点，解得： （2）若，当时，恒成立，函数在上无极值；当时，恒成立，函数在上无极值； 在上，若在处取得符合条件的极大值，则， 则，由（3）得：，代入（2）得： ，结合（1）可解得：，再由得：，设，则，当时，即是增函数，所以，又，故当极大值为正数时，从而不存在负整数满足条件 （3）设，则，因为，所以，当时，单调递增；当时，单调递减；故至多两个零点又，所以存在，使再由在上单调递增知，当时，故，单调递减；当时，故，单调递增；所以函数在处取得极小值当时，且，所以，函数是关于的二次函数，必存在负实数，使，又，故在上存在，使，再由在上单调递减知，当时，故，单调递增；当时，故，单调递减；所以函数在处取得极大值 综上，函数既有极大值，又有极小值【点睛】本题考查了导数的几何意义及可导函数极值的求解，并运用了分类讨论的解题方法，对学生的思维强度要求高，属于难题21.已知矩阵A，若矩阵A属于特征值6的一个特征向量为1，属于特征值1的一个特征向量为2，求矩阵A，并写出A的逆矩阵【答案】见解析【解析】试题分析：由特征值与特征向量关系得： 6， ，即cd6，3c2d2，因此即A，从而A的逆矩阵是试题解析：由矩阵A属于特征值6的一个特征向量为1可得， 6，即cd6， 2分由矩阵A属于特征值1的一个特征向量为2，可得 ，即3c2d2， 4分解得即A， 6分所以A的逆矩阵是 10分考点：特征值与特征向量，逆矩阵22.在长方体中，是棱的中点，点在棱上，且。求直线与平面所成角的正弦值的大小；【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出=（1，3，2），平面D1AC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得直线EF与平面D1AC所成角的正弦值【详解】分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以 ，设平面的一个法向量为，由解得取，则，因为，所以 ,因为，所以是锐角，是直线与平面所成角的余角，所以直线与平面所成角的正弦值为【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.23.某商场举办“迎新年摸球”活动，主办方准备了甲、乙两个箱子，其中甲箱中有四个球，乙箱中有三个球（每个球的大小、形状完全相同），每一个箱子中只有一个红球，其余都是黑球. 若摸中甲箱中的红球，则可获奖金元，若摸中乙箱中的红球，则可获奖金元. 活动规定：参与者每个箱子只能摸一次，一次摸一个球；可选择先摸甲箱，也可先摸乙箱；如果在第一个箱子中摸到红球，则可继续在第二个箱子中摸球，否则活动终止.（1）如果参与者先在乙箱中摸球，求其恰好获得奖金元的概率；（2）若要使得该参与者获奖金额的期望值较大，请你帮他设计摸箱子的顺序，并说明理由.【答案】（1）（2）当时，先在甲箱中摸球，再在乙箱中摸球，参与者获奖金期望值较大；当时，两种顺序参与者获奖金期望值相等；当时，先在乙箱中摸球，再在甲箱中摸球，参与者获奖金期望值较大【解析】试题分析：（1）正确理解题意是解决概率问题的关键：参与者先在乙箱中摸球，且恰好获得奖金元是指“参与者在乙箱中摸到红球，且在甲箱中摸到黑球”，因此所求概率为（2）参与者摸球的顺序有两种，需分别讨论：先在甲箱中摸球，参与者获奖金可取，求出对应概率，算出数学期望值；先在乙箱中摸球，参与者获奖金可取，同样求出对应概率，算出数学期望值；比较两个数学期望值的大小，作出判断.试题解析：解：（1）设参与者先在乙箱中摸球，且恰好获得奖金元为事件则即参与者先在乙箱中摸球，且恰好获得奖金元的概率为（2）参与者摸球的顺序有两种，分别讨论如下：先在甲箱中摸球，参与者获奖金可取则先在乙箱中摸球，参与者获奖金可取则当时，先在甲箱中摸球，再在乙箱中摸球，参与者获奖金期望值较大；当时，两种顺序参与者获奖金期望值相等；当时，先在乙箱中摸球，再在甲箱中摸球，参与者获奖金期望值较大答：当时，先在甲箱中摸球，再在乙箱中摸球，参与者获奖金期望值较大；当时，两种顺序参与者获奖金期望值相等；当时，先在乙箱中摸球，再在甲箱中摸球，参与者获奖金期望值较大考点：概率，数学期望24.已知（），是关于的次多项式；（1）若恒成立，求和的值；并写出一个满足条件的的表达式，无需证明（2）求证：对于任意给定的正整数，都存在与无关的常数，使得 【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）用赋值法求值；利用立方差公式构造；（2）使用数学归纳法证明；试题解析：（1）令，则，即，因为，所以；令，则，即，因为，因为，所以；例如（2）当时，故存在常数，使得假设当（）时，都存在与无关的常数，使得，即则当时，；令，（），；故存在与无关的常数，；使得综上所述，对于任意给定的正整数，都存在与无关的常数，使得考点：1数学归纳法；