2019届高三数学12月调研考试试题 文(含解析).doc

2019届高三数学12月调研考试试题 文(含解析)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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意可得：，结合补集的定义可得：.本题选择A选项.2. 设是虚数单位），则复数在平面内对应（ ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】A【解析】由题意可得：，则复数在复平面内对应的点位于第一象限，本题选择A选项.3. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由可得，很明显，很明显函数在区间上单调递增，故，即：，则：，据此有：，结合对数函数的单调性有：，即，综上可得：.本题选择B选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较这就必须掌握一些特殊方法在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确 4. 如图所示的程序框图的算法思路源于数学名著几何原本中的“辗转相除法”，执行程序框图（图中“”表示除以的余数），若输入的分别为，则输出的（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：,故选C.考点：1、程序框图；2、辗转相除法.5. 的外接圆的圆心为，半径为，且，则向量在向量方向上的投影为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意可得：，即：,即外接圆的圆心为边的中点，则是以为斜边的直角三角形，结合有：，则向量在向量方向上的投影为.本题选择D选项.6. 已知且满足约束条件，则的最小值为 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】绘制不等式组表示的可行域，如图所示，目标函数表示阴影部分中横纵坐标均为整数的点，结合目标函数的几何意义可得，由于不包括边界点，目标函数在点处取得最小值.本题选择C选项.7. 定义运算，将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由新定义的运算有：，函数图象向左平移个单位长度所得函数的解析式为：，该函数为偶函数，则当时，应满足：，令可得的最小值为.本题选择B选项.8. 在锐角中，角所对的边分别为，若，则的值为 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】结合三角形面积公式可得：，则：，锐角三角形中，由同角三角函数基本关系有：，结合余弦定理：可得：，则：，联立可得：.本题选择A选项.9. 设曲线上任一点处的切线斜率为，则函数的部分图象可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由函数的解析式可得则.该函数为奇函数,选项BC错误；且当时，选项A错误；本题选择D选项.点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象利用上述方法排除、筛选选项10. 某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】结合三视图可得该几何体为圆锥，其底面半径为1，高为2，圆锥的体积：，如图所示，将其加工成一个体积尽可能打的长方体新工件，此长方体底面边长为的正方形，高为，根据轴截面可得：，解得：，则长方体的体积函数：，由可得：，结合导函数与原函数的 单调性之间的关系可知：.则利用率为：.本题选择A选项.点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解11. 已知函数在区间上的最小值为，则的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分类讨论：当时，此时有：，当时，此时有：，综上可得：的取值范围是：.本题选择D选项.12. 设函数，若关于的方程有四个不同的实数解，且，则的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】作出函数f(x)的图象，由图可知,x1+x2=4,x3x4=1；当时,x=4或，则;故，其在上是增函数，故；即；即的取值范围是 .本题选择D选项.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 设，向量，且，则_.【答案】【解析】由题意可得：，故：，据此可得：.14. 已知是等差数列的前项和，若，则数列的公差为_.【答案】【解析】由等差数列的前n项和公式可得：，结合题意有：，即：.15. 已知三点都在体积为的球的表面上，若，则球心到平面的距离为_.【答案】【解析】设球的半径为R,则,解得R=5.设ABC的外接圆的半径为r,，解得r=4.球心O到平面ABC的距离.故答案为：3.点睛：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的16. 已知曲线在点处的切线为，若与曲线相切，则 _.【答案】【解析】试题分析：函数在处的导数为，所以切线方程为；曲线的导函数的为，因与该曲线相切，可令，当时，曲线为直线，与直线平行，不符合题意；当时，代入曲线方程可求得切点，代入切线方程即可求得.考点：导函数的运用.【方法点睛】求曲线在某一点的切线，可先求得曲线在该点的导函数值，也即该点切线的斜率值，再由点斜式得到切线的方程，当已知切线方程而求函数中的参数时，可先求得函数的导函数，令导函数的值等于切线的斜率，这样便能确定切点的横坐标，再将横坐标代入曲线（切线）得到纵坐标得到切点坐标，并代入切线（曲线）方程便可求得参数视频三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知函数.（1）当时，解不等式；（2）当时，有解，求的取值范围.【答案】(1) ；(2) .【解析】试题分析：(1)结合题意零点分段可得不等式的解集为.(2)由题意结合绝对值不等式的性质可得的取值范围是.试题解析：（1）当时，当时，解得，所以；当时，解得，所以；当时，无解，综上所述，不等式的解集为.（2）当时，有解，有解有解有解，因为，所以，所以，即实数的取值范围是.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18. 在中，角所对的边分别为，且满足 .（1）求角的大小；（2）若的面积为，求的周长.【答案】(1) .(2).【解析】试题分析：(1)由题意结合正弦定理边化角，整理可得：，则.(2)由题意结合面积公式可得，则的周长为.试题解析：（1）因为，所以，由正弦定理可得,即，又角为的内角，所以，所以，又，所以.（2）由，得，又，所以，所以的周长为.19. 已知四棱锥中，底面，底面为菱形，为的中点.（1）证明：平面平面；（2）若，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】试题分析：(1)由题意结合几何关系可证得平面，利用面面垂直的判断定理有平面平面.试题解析：（1）因为底面，所以，连接，在菱形中，所以为等边三角形，又为的中点，所以，又，所以平面，因为，所以平面，所以平面，平面平面.（2）因为，所以，在中，同理，易知，设点到平面的距离为，连接，由得，所以.20. 设公差不为零的等差数列的前项和为 ，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求证：.【答案】(1);(2)证明见解析.【解析】试题分析：(1)由题意求得数列的公差为2，则数列的通项公式为;(2)结合(1)的结论可得： ，裂项求和可得：.试题解析：（1）设等差数列的首项为，公差为 ，则，解得，或（舍去），故数列的通项公式为.（2）由，得 ，所以.21. 如图，在四棱锥中，平面.（1）求证：平面；（2）若为线段的中点，且过三点平面与线段交于点，确定的位置，说明理由；并求三棱锥的高.【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析 .【解析】试题分析：(1)由题意可证得，则平面.(2)为的中点，由几何关系可知：点为过三点的平面与线段的交点，结合棱锥的体积公式可得三棱锥的高为.试题解析：（1）在直角梯形中，所以，即，又平面，所以，又，故平面.（2）为的中点，因为为的中点，为的中点，所以，且，又，所以，所以四点共面，所以点为过三点的平面与线段的交点，因为平面，为的中点，所以到平面的距离，又，所以，有题意可知，在直角三角形中，在直角三角形中，所以.设三棱锥的高为，解得，故三棱锥的高为.22. 已知函数 .（1）讨论函数的单调性；（2）当时，证明：对任意的，有.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：(1)由题意结合导函数的解析式分类讨论有：当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；(2)原问题等价于在上恒成立，构造函数，据此可得，则恒成立.试题解析：（1）由题意得，当时，由得且，则当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；（2）当时，要证在上恒成立，只需证在上恒成立，令，因为，易得在上单调递增，在上单调递减，故，由得，得，当时，；当时，所以，又，所以，即，所以在上恒成立，故当时，对任意的，恒成立.