【解析】2019届湖南省衡阳市第八中学高三上学期第二次月考数学（文）试题Word版含解析

【解析】2019届湖南省衡阳市第八中学高三上学期第二次月考数学（文）试题Word版含解析

‎2019届湖南省衡阳市第八中学 高三上学期第二次月考数学（文）试题 数学 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 一、单选题 ‎1．已知集合，，则 A． B． C． D． ‎ ‎2．已知复数 (是实数)，其中是虚数单位，则复数的共轭复数是 A． B． C． D． ‎ ‎3．已知直线的倾斜角为且过点，其中，则直线的方程为 A． B． C． D． ‎ ‎4．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难,‎ 次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”问此人第2天走了 A． 24里 B． 48里 C． 96里 D． 192里 ‎5．已知，，，则，，的大小关系为 A． B． C． D． ‎ ‎6．已知向量满足，，，则的夹角等于 A． B． C． D． ‎ ‎7．已知满足约束条件，若的最大值为4，则 A． B． C． D． ‎ ‎8．设分别为三边的中点，则 A． B． C． D． ‎ ‎9．如图，在棱长为2的正方体中，的中点是，过点作与截面平行的截面，则该截面的面积为 A． B． C． D． ‎ ‎10．在等差数列中，，公差为，前n项和为，当且仅当时取得最大值，则的取值范围是 A． B． C． D． ‎ ‎11．已知函数相邻两条对称轴间的距离为，且，则下列说法正确的是 A． B． 函数是偶函数 C． 函数的图象关于点对称 D． 函数在上单调递增 ‎12．已知函数，若是函数的唯一极值点，则实数的取值范围是 A． B． C． D． ‎ 二、填空题 ‎13．若，则______________.‎ ‎14．若过点作圆的切线，则直线的方程为_______________.‎ ‎15．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的外接球的表面积是_______．‎ ‎16．己知实数满足，则的最小值______.‎ 三、解答题 ‎17．的内角，，的对边分别为，，，已知.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，，为边上一点，且，求.‎ ‎18．已知数列前项和为，且．‎ ‎(1)证明：是等比数列；‎ ‎(2) 若数列，求数列的前项和．‎ ‎19．如图在三棱柱中，，.‎ ‎(1)证明：；‎ ‎(2)若，求四棱锥的体积.‎ ‎20．已知过点的圆M的圆心在轴的非负半轴上，且圆M截直线 所得弦长为.‎ ‎(1)求圆M的标准方程；‎ ‎(2)若过点的直线交圆M于两点，求当的面积最大时直线的方程.‎ ‎21．已知函数，其中．‎ ‎(1)试讨论函数的单调性；‎ ‎(2)若，且函数有两个零点，求实数的最小值．‎ ‎22．已知不等式的解集为．‎ ‎(1)求的值；‎ ‎(2)若，求证：．‎ ‎2019届湖南省衡阳市第八中学 高三上学期第二次月考数学（文）试题 数学 答 案 参考答案 ‎1．B ‎【解析】∵，，∴．‎ 故选．‎ ‎2．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的值，然后再求出复数的共轭复数 ‎【详解】‎ ‎，‎ ‎，即，‎ 的共轭复数是 故选 ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的计算及共轭复数，较为基础。‎ ‎3．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出直线的斜率，代入点斜式方程，再转化为一般式，即可得到答案 ‎【详解】‎ ‎，‎ ‎，‎ 则 直线方程为：，即 故选 ‎【点睛】‎ 本题考查的知识点是直线的点斜式方程，直线的斜率，较为基础。‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将问题转化为数列问题，得到一个等比数列，然后再求解 ‎【详解】‎ 由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列 由题意和等比数列的求和公式可得：‎ 解得 此人第二天走的步数为：里 故选 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比数列的定义和前n项和公式与通项公式，考查了学生的运算求解能力，属于基础题。‎ ‎5．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数性质确定a范围，根据对数函数性质确定b,c范围，最后根据范围确定大小.‎ ‎【详解】‎ 由题得 =所以．故选D．‎ ‎【点睛】‎ 比较大小时常利用对应函数的单调性，如时两个不同类型的函数，则需借助中间量进行比较.‎ ‎6．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的夹角为，根据，求得的值，即可求得答案 ‎【详解】‎ 设的夹角为，‎ ‎，则 ‎，‎ 即 ‎，‎ 则 故选 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了两个向量的数量积的定义，求向量的模，根据三角函数的值求角，属于基础题。‎ ‎7．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出可行域，结合目标函数的最大值求出的值 ‎【详解】‎ 作出不等式组对应的平面区域如图，阴影部分 则，‎ 若过时取得最大值为4，则，解得 此时目标函数为，即 平移直线，当直线经过时，截距最大，此时最大为4，满足条件 若过时取得最大值为4，则，解得 此时目标函数为，即 平移直线，当直线经过时，截距最大，此时最大为6，不满足条件，‎ 故 综上所述，故选 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线性规划，一般步骤为：先画出可行域，然后改写目标函数，求出取得最值时的值，本题要求参数的取值解法也是如此，注意分类情况。‎ ‎8．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用向量的加法求出结果 ‎【详解】‎ 分别为三边的中点，‎ 故选 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了向量的加法运算及其几何意义，属于基础题。‎ ‎9．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在棱长为2的正方体中，的中点是，过点作与截面平行的截面，则该截面是一个对角线分别为正方体体对角线和面对角线的菱形，进而得到答案 ‎【详解】‎ 在棱长为2的正方体中，的中点是，过点作与截面平行的截面，则该截面是一个对角线分别为正方体体对角线和面对角线的菱形，如下图所示：‎ 则，，‎ 则截面的面积 故选 ‎【点睛】‎ 本题主要考查的知识点是空间立体几何中截面的形状的判断，面面平行性质，四棱柱的结构特征，解答本题的关键是画出截面，并分析其几何特征，属于中档题。‎ ‎10．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意计算，求出取得最大值时的取值范围 ‎【详解】‎ 根据题意，‎ 当且仅当时取得最大值，‎ ‎，则 解得 的取值范围为 故选 ‎【点睛】‎ 本题主要考查的是等差数列和的性质，结合题意列出关于的表达式，求出不等式的取值范围。‎ ‎11．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逐一分析四个选项即可得到答案 ‎【详解】‎ 由题意可得，函数的周期为,则，故错误 当时，，解得 ‎，故取时，，函数的解析式为，‎ ‎，函数为奇函数，故错误 ‎，则函数的图象不关于点对称，故错误 当时，，故函数在上单调递增，故正确 故选 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了的奇偶性、单调性和最值问题，熟练运用三角函数的图像性质是解题关键。‎ ‎12．A ‎【解析】由函数，可得， 有唯一极值点有唯一根， 无根，即与无交点，可得，由得， 在上递增，由得， 在上递减， ，即实数的取值范围是，故选A.‎ ‎【方法点睛】已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题 .‎ ‎13．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二倍角公式和诱导公式化简即可 ‎【详解】‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了二倍角公式，同角三角函数的基本关系，考查了推理能力和计算能力，属于基础题。‎ ‎14．或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 讨论斜率不存在时是否有切线，当斜率存在时，运用点到直线距离等于半径求出斜率 ‎【详解】‎ 圆即 ‎①当斜率不存在时，为圆的切线 ‎②当斜率存在时，设切线方程为 即 ‎，‎ 解得 此时切线方程为，即 综上所述，则直线的方程为或 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了过圆外一点求切线方程，在求解过程中先讨论斜率不存在的情况，然后讨论斜率存在的情况，利用点到直线距离公式求出结果，较为基础。‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先还原几何体，然后求解出外接球的半径 ‎【详解】‎ 由三视图可知：几何体是三棱锥，且最里面的面与底面垂直，高为，如图所示 其中，，平面，且 其外接球的球心在上，设球心为 则 外接球的半径 所以该几何体的外接球的表面积 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了还原三视图求几何体外接球的表面积，首先要得到几何体是三棱锥，然后计算出外接球的半径才能求出表面积，本题属于中档题。‎ ‎16．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将最值问题转化为两点之间的距离问题来求解 ‎【详解】‎ 由题意可得可以表示两点与之间距离的平方 故，‎ 可以看成是函数，‎ 即函数在的切线与函数平行时求出最小值 则，解得 此时 故的最小值为 ‎【点睛】‎ 在含有多个字母的运算中将其转化为函数的问题，看成变量关系，然后转化为曲线上的点到直线距离的最小值，求导后求出点坐标，继而求出结果，本题主要考查了转化思想，有一定难度。‎ ‎17．（1）；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据正弦定理及，得，‎ 又由，所以，即可求解；‎ ‎（2）由余弦定理求得，再由正弦定理，解得，再由正弦定理，进而求得的长.‎ 试题解析：‎ ‎（1）根据正弦定理，由，得，‎ 因为，所以，所以 ，即，‎ 因为，所以，所以.又，解得.‎ ‎（2）在中，由余弦定理，‎ 又，，所以 ，整理得，因为，所以，在中，由正弦定理，得，解得.‎ 在中，由正弦定理，‎ 因为，所以，解得.‎ ‎18．（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴由已知条件求出，再根据，证明结果 ‎⑵运用裂项相消法求出数列的和 ‎【详解】‎ ‎(1)当时，‎ ‎ ‎ ‎ 是以为首项，2为公比的等比数列.‎ ‎(2)由(1)得：，‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比数列的通项公式的求法及运用裂项相消法求出数列的和，较为基础。‎ ‎19．（1）见解析；（2）2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）证明平面，得；（2）。‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）证明：设点为的中点，连接，，由，，知△与△均为等边三角形，点为的中点，可得，，，相交于点，所以平面，又平面，所以． ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知△与△均是边长为是等边三角形，，又在△中，，，由余弦定理得，所以，故，又，故平面，‎ 所以，‎ 所以，所求三棱柱的体积为． ‎ ‎20．（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴设圆的方程为：，求出圆心到直线的距离，‎ 由勾股定理求出半径 ‎⑵求出弦长和三角形的高，给出面积的表达式，求出最小值时的直线方程 ‎【详解】‎ ‎(1)设圆的方程为：‎ 则圆心到直线的距离等于 由题意得：由题意得 所以所求圆的方程为：‎ ‎(2) 由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为 则圆心M到直线的距离等于，所以 ‎(或由求出) ‎ 又点到直线的距离等于，‎ 所以 因为，所以当时，‎ 所以所求直线方程为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了求圆的标准方程及圆内三角形面积最值问题，在求三角形面积时运用弦长公式先求出底，然后利用点到直线距离公式求出高，表示三角形面积继而求出最小值。‎ ‎21．（1）见解析；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴求出，分别讨论的范围，求出单调性 ‎⑵等价于有两个零点，结合⑴中的结果求导后判定函数的单调性，研究零点问题 ‎【详解】‎ ‎(1) ，则 当时，，所以函数在上单调递增；‎ 当时，若，则，若，则 所以函数在上单调递减，在上单调递增；‎ 综上可知，当时，，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增；‎ ‎(2) 函数有两个零点等价于有两个零点.‎ 由(1)可知，当时，，函数在上单调递增，最多一个零点，不符合题意。所以，又当时，函数在上单调递减，在上单调递增；所从.‎ 要使有两个零点.，则有.‎ 设，则，‎ 所以函数在上单调递减.又 所以存在，当时，.‎ 即存在，当时， 即 又因为，所以实数的最小值等于2．‎ 此时，当时，，当时，，有两个零点.故实数的最小值等于2.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数的最值的求法，注意运用导数求得单调区间即可，注意运用分类讨论的思想方法，在求函数的零点问题时，注意运用函数的单调性和零点存在定理，属于难题。‎ ‎22．（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴绝对值函数去绝对值得到分段函数，分别求得对应范围内不等式的解集，最后求并集即可得到答案 ‎⑵由(1)可得，则，展开后利用均值不等式即可得证 ‎【详解】‎ ‎(1) 解：原不等式可化为：‎ 或或 所以或或，即 所以 ‎(2)证明：由(1)知即，且 所以 当且仅当时取“=”‎ 所以 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了求解绝对值不等式和均值不等式，最常用的方法是去掉绝对值得到分段函数，注意各自分段的范围即可，考查了基本不等式“1”的妙用，在运用基本不等式时要根据一正，二定，三取等的思路去思考。‎