2019届高三数学上学期12月月考试题(含解析).doc

2019届高三数学上学期12月月考试题(含解析)一.填空题：1.函数的最小正周期是_.【答案】【解析】函数的周期为，函数的最小正周期.2.设为虚数单位），则复数的模为 【答案】5【解析】，.3.若角的终边经过点,则值为_【答案】【解析】【分析】由条件利用任意角的三角函数的定义，求出值【详解】由题意可得x2，y3，tana，故答案为：【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题4.已知集合则_【答案】【解析】【分析】求出集合B的等价条件，结合集合交集的定义进行求解即可【详解】x|x，又则AB1，1，故答案为：1，1【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件以及利用集合交集的定义是解决本题的关键5.双曲线的两条渐近线的方程为_【答案】 【解析】双曲线的，焦点在轴上，渐近线方程为6.若函数是奇函数，则为_【答案】【解析】【分析】根据奇函数定义可得f（x）f（x），化简可求【详解】若函数是奇函数，则f（x）1即解得：m2，故答案为：2【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的性质，属于中档题7.已知 ，则的值等于_【答案】【解析】【分析】先根据，的范围，求出cos（+）和sin的值，再利用+的关系，利用正弦两角差公式得出答案【详解】由0，得+cos（+）0，sin0cos（+）sinsinsin（+）sin（+）coscos（+）sin（）（）（）故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦函数的两角差公式及同角基本关系式，关键是能熟练掌握公式，并灵活运用8.如图，在三棱柱中，分别为，的中点，设三棱锥体积为，三棱柱的体积为，则 【答案】【解析】试题分析：因为D，E，分别是AB，AC的中点，所以SADE：SABC=1：4，又F是AA1的中点，所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍所以V1：V2=SADEh/SABCH=1：24考点：棱柱、棱锥、棱台的体积9.抛物线在处的切线与两坐标轴围成的三角形区域为（包含三角形内部和边界）.若点是区域内任意一点，则的取值范围是 【答案】【解析】，而当时，即切点为，切线方程为，即，切线与两坐标轴围成的三角形区域为如图，令，由图知，当斜率为的直线经过，取得最大值，即；当斜率为的直线经过，取得最大值，即. 故的取值范围是.【考点定位】.导数的集合意义，不等式表示的平面区域，线性规划求目标函数的取值范围. 中等题.10.设、分别是的边，上的点，. 若（为实数），则的值是 【答案】【解析】依题意，故.【考点定位】平面向量的加法、减法法则.分析、计算能力.中等题.11.若函数在定义域内某区间H上是增函数，且在H上是减函数，则称的在H上是“弱增函数”已知函数的上是“弱增函数”，则实数的值为_【答案】【解析】【分析】根据二次函数与对勾函数的单调区间列出不等式组得出结论【详解】由题意可知g（x）x2+（4m）x+m在（0，2上是增函数，0，即m4令h（x）x4m，则h（x）在（0，2上是减函数，（1）当m0时，h（x）在（0，2上为增函数，不符合题意；（2）当m0时，由对勾函数性质可知h（x）在（0，上单调递减，2，即m4又m4，故m4故答案为：4【点睛】本题考查了函数单调性判断，单调区间的求法，属于中档题12.已知实数,满足，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据题意，则，据此有3a+2b5（a+b）+（ab）6，构建新函数，利用导数求最值【详解】根据题意，1，又，则，则3a+2b5（a+b）+（ab）6；记，,故在上单调递增，即最小值为63a+2b6的最小值为6故答案为：6【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值问题，解题关键整体换元合理构建新函数，属于中档题.13.如图，已知椭圆，点A，B1，B2，F依次为其左顶点、下顶点、上顶点和右焦点，若直线AB2与直线B1F的交点M恰在椭圆的右准线上，则椭圆的离心率为_【答案】【解析】试题分析：直线，直线，其交点横坐标为，所以考点：椭圆性质14.已知函数记，若，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由题意，条件可转化为函数，在上存在零点，转化为函数与的图象有交点的横坐标在上，利用数形结合法求解即可.【详解】由题意，条件可转化为函数，在上存在零点，所以方程有根，所以函数与的图象有交点的横坐标在上，所以函数的图象为顶点在直线上移动的折线， 如图所示，可得，即，所以实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查了函数的综合应用问题，其中解答中把条件可转化为函数在上存在零点，进而函数与的图象有交点的横坐标在上是解答的关键，着重考查了转化思想方法，以及推理论证能力.二.解答题：15.已知，.（1）若，求的值；（2）设，若，求，的值.【答案】（1）；（2），.【解析】【分析】（1）由，结合条件可得结果；（2）根据向量坐标运算公式和三角函数性质即可得出，的值【详解】（1）由题意可知，且 （2） ，由此得，由，得，又，故，代入得，而，.【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算，三角函数的恒等变换，属于中档题16.如图，在四棱锥中，平面， ，过的平面分别与交于点（1）求证：平面；（2）求证：【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【详解】分析：（1）由平面可得，结合可证平面.（2）先由证明平面，从而得到，故.详解：（1）证明:在四棱锥中，平面，平面，平面.（2），过的平面分别与交于点，故平面平面又平面，平面，平面，而平面， 点睛： （1）线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.（2）线线平行的判定可以由线面平行得到，注意其中一条线是过另一条线的平面与已知平面的交线，也可以由面面平行得到，注意两条线是第三个平面与已知的两个平行平面的交线.17.如图，某生态园将一三角形地块ABC的一角APQ开辟为水果园种植桃树，已知角A为的长度均大于200米，现在边界AP，AQ处建围墙，在PQ处围竹篱笆.（1）若围墙AP,AQ总长度为200米，如何围可使得三角形地块APQ的面积最大？（2）已知AP段围墙高1米，AQ段围墙高1.5米，造价均为每平方米100元.若围围墙用了xx0元，问如何围可使竹篱笆用料最省？【答案】（1）当米时，三角形地块APQ的面积最大为平方米；（2）当米米时，可使竹篱笆用料最省【解析】试题分析：（1）易得的面积当且仅当时，取“”即当米；（2）由题意得，要使竹篱笆用料最省，只需其长度最短，又 ，当时,有最小值,从而求得正解试题解析：设米，米（1）则的面积当且仅当,即时，取“”即当米,米时, 可使三角形地块的面积最大（2）由题意得，即，要使竹篱笆用料最省，只需其长度最短，所以 ，当时,有最小值,此时当米,米时, 可使篱笆最省考点：1、解三角形；2、重要不等式18.已知椭圆：（）和圆：，分别是椭圆的左、右两焦点，过且倾斜角为（）的动直线交椭圆于两点，交圆于两点（如图所示，点在轴上方）.当时，弦的长为.（1）求圆与椭圆的方程；（2）若依次成等差数列，求直线的方程.【答案】（1）椭圆的方程为：，：；（2）直线的方程为：.【解析】试题分析：（1）求圆与椭圆的方程，其实只要求的值，而本身满足，只要再建立一个关于的等式即可求出的值，这可从直线被圆截得的弦长为考虑，运用垂径定理建立关于等式；（2）求直线的方程，因为直线已经经过，只要再求一点或斜率，即可得到方程，因为成等差数列，结合椭圆的定义，可求得的长，从而可求得的坐标，最终可求得直线的方程.试题解析：（1）取的中点，连，由，知，即，从而，椭圆的方程为：，：.（2）设，又 的长成等差数列，设，由解得， ：.考点：直线与圆、直线与椭圆.19.已知函数（1）若曲线在处的切线过点 求实数的值； 设函数，当时，试比较与的大小；（2）若函数有两个极值点，（），求证：【答案】(1);见解析;(2)见解析.【解析】分析：（1）求出函数的导数，得到切点，表示出切线方程，代入切点的坐标即可求解；由，设 ，利用导数得到函数的单调性和最值，即可得到结论（2）设通过讨论的范围，得到函数的单调性，根据 得到，进而得到，设，得到单调减函数，即可作出证明详解：（1）因为，所以， 由曲线在处的切点为，所以在处的切线方程为因为切线过点，所以 ，由 设（），所以，所以在为减函数因为，所以当时，有，则；当时，有，则；当时，有，则 （2）由题意，有两个不等实根，（）设，则（），当时，所以在上是增函数，不符合题意；当时，由，得，列表如下：0极大值由题意， ，解得，所以，因为，所以 因为，所以，所以（）令（），因为，所以在上为减函数，所以，即，所以，命题得证 点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.20.已知数列的前项和为，且满足；数列的前项和为，且满足， （1）求数列的通项公式；（2）求数列的通项公式；（3）是否存在正整数，使得恰为数列中的一项？若存在，求满足要求的那几项；若不存在，说明理由【答案】（1）；（2）；（3）满足要求的为.【解析】【分析】（1）由当n2时，Sn12an12，anSnSn1，即可求得an2an1，则数列an是以2为首项，2为公比的等比数列；（2）由采用“累乘法”即可求得当n2时，bn+1bn12，数列bn的奇数项，偶数项分别成等差数列，b3T2b1+b23，b1+b32b2，数列bn是以b11为首项，1为公差的等差数列，即可求得数列an、bn的通项公式；（3）设cn，作差比较大小，cncn+11，根据数列的单调性，即可求得存在n2，使得b7c2，b3c3【详解】（1）由Sn2an2，则当n2时，Sn12an12，两式相减得：an2an2an1，则an2an1，由S12a12，则a12，数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，则an2n，（2）由则，以上各式相乘，则2Tnbnbn+1，当n2时，2Tn1bn1bn，两式相减得：2bnbn（bn+1bn1），即bn+1bn12，数列bn的奇数项，偶数项分别成等差数列，由，则b3T2b1+b23，b1+b32b2，数列bn是以b11为首项，1为公差的等差数列，数列bn的通项公式bnn；（3）当n1时，无意义，设cn，（n2，nN*），则cn+1cn0，即cncn+11，显然2n+n+12n（n+1），则c27c33c41，存在n2，使得b7c2，b3c3，下面证明不存在c22，否则，cn2，即2n3（n+1），此时右边为3的倍数，而2n不可能是3的倍数，故该不等式成立，综上，满足要求的bn为b3，b7【点睛】本题考查数列的综合应用，考查等比数列及等差数列的通项公式及证明，考查数列单调性的判断，考查转化思想，属于难题数学(附加题)21.已知矩阵，其中，若点在矩阵的变换下得到的点 （1）求实数的值；（2）求矩阵的逆矩阵.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据点P在矩阵A的变化下得到的点，写出题目的关系式，列出关于a，b的等式，解方程即可（2）计算即可得到矩阵的逆矩阵.【详解】解：（1）因为， （2）， 【点睛】本题考查逆变换与逆矩阵，属于基础题.22.在极坐标系中，直线l的极坐标方程为+10。以极点O为坐标原点，极轴正方向为轴正方向建立平面直角坐标系，曲线C的参数方程为（为参数，），若直线l与曲线C交于A，B两点，且AB，求的值。【答案】1【解析】【分析】运用同角的平方关系和，参数方程和极坐标方程为普通方程，再由直线和圆相交的弦长公式，计算即可得到r【详解】由，得，即直线l的方程为 由，得曲线的普通方程为，故曲线C是圆心坐标为，半径为的圆 ， 所以，圆心到直线的距离，由，则【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化，主要考查直线和圆相交的弦长公式的运用，熟练掌握公式是解题关键23.已知曲线(1)求曲线在点处的切线方程；（2）过点作直线与曲线交于两点，求线段的中点的轨迹方程。【答案】(1)；(2)【解析】【分析】（1）y0时，y，求导数，可得切线的斜率，从而可求曲线C在点处的切线方程；（2）设l：ykx代入y22x4，利用韦达定理，结合中点坐标公式，即可求出线段AB的中点M的轨迹方程【详解】（1）y0时，y，y，x4时，y，曲线C在点A（4，2）处的切线方程为y（x4），即；（2）设l：ykx，M（x，y），则ykx代入y22x4，可得k2x22x+40，416k20，设A（x1，y1）、B（x2，y2），则x1+x2，y1+y2x，y，y2x（x4）【点睛】本题考查导数的几何意义，考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，正确运用韦达定理是关键24.设(1x)na0a1xa2x2anxn，nN*，n2（1）设n11，求|a6|a7|a8|a9|a10|a11|的值；（2）设，Smb0b1b2bm(mN，mn1)，求|的值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由二项式定理可得ak（1）k，再由二项式系数的性质，可得所求和为210；（2）由组合数的阶乘公式可得bk（1）k+1，再由组合数的性质，可得当1kn1时，bk（1）k+1（1）k+1（）（1）k1（1）k，讨论m0和1mn1时，计算化简即可得到所求值【详解】（1）由二项式定理可得ak（1）k，当n11时，|a6|+|a7|+|a8|+|a9|+|a10|+|a11|（）2101024；（2）bkak+1（1）k+1（1）k+1，当1kn1时，bk（1）k+1（1）k+1（）（1）k+1（1）k+1（1）k1（1）k，当m0时，|1；当1mn1时，Smb0+b1+b2+bm1（1）k1（1）k1+1（1）m（1）m，即有|1综上可得，|1【点睛】本题考查二项式定理和性质的运用，考查组合数公式和性质的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题