贵州省黔东南州凯里市第三中学2019-2020学年高三上学期月考数学（理）试卷

贵州省黔东南州凯里市第三中学2019-2020学年高三上学期月考数学（理）试卷

理科数学试题 一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分.不需要写出解答过程，请将答案填写在答题卡相应的位置上.）‎ ‎1.函数的定义域为____.‎ ‎2.若复数z＝1－i，则z＋的虚部是______．‎ ‎3.已知 ，直线则直线的概率为 ▲ ．‎ ‎4.如图是样本容量为200的频率分布直方图．根据此样本的频率分布直方图估计，样本数据落在内的频数为 ．‎ ‎5.如图是一个算法的流程图，则输出的n的值是_________.‎ ‎6.在平面直角坐标系中，已知双曲线的一条渐近线方程为则该双曲线的离心率为_________.‎ ‎7.已知正四棱锥的体积为，底面边长为2，则该正四棱锥的侧棱长为_________.‎ ‎8.已知函数的图象如图所示，，则____.‎ ‎9.在正项等比数列中，为其前n项和，已知，，则该数列的公比q为_________.‎ ‎10.在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则函数在[，]上的单调递增区间是_________.‎ ‎11.已知点，若圆上恰有两点，使得和的面积均为，则的取值范围是____.‎ ‎12.已知函数，若对任意的，都存在唯一的，满足，则实数a的取值范围为______________.‎ ‎13.已知平面向量，满足条件，，，(0，)，若向量(，R)，且，则最小值是_________.‎ ‎14.若a，b均为正实数，则的最大值为_________.‎ 二、解答题（本大题共6小题，共计90分.请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）‎ ‎15.已知A，B，C是三角形三内角，向量，，且．‎ ‎（1）求角A；‎ ‎（2）若，求．‎ ‎16.如图，在四棱锥中，底面是矩形，点E在棱上（异于点P，C），平面与棱交于点F.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求证：平面平面.‎ ‎17.某艺术品公司计划生产一款工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰.如图1，为了便于设计，可将该礼品看成是由圆O及其内接等腰三角形绕底边上的高所在直线旋转180°而成.如图2，已知圆O的半径为，圆锥的侧面积为.‎ ‎（1）①设，求S关于的函数关系式，并写出其定义域；‎ ‎②设O到圆锥底面距离为，求S关于x的函数关系式，并写出其定义域；‎ ‎（2）为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S最大.请选择（1）中求出的函数之一求S 的最大值以及取得最大值时腰AB的长度.‎ ‎18.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆过点(1，)，其右焦点F是的焦点，A，B为椭圆上关于原点对称的两点，连结，并延长分别交椭圆于C，D两点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若A在x轴的上方且，求直线的方程；‎ ‎（3）设直线，的斜率分别为，，是否存在实数m，使得？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎19.记.‎ ‎（1）若，求证：对任意的恒成立；‎ ‎（2）若直线l：与的图象相切于点.‎ ‎①试用m表示a与k；‎ ‎②若k为常数且)，求证：总存在三个不同的实数，，，使得直线l与曲线，，同时相切.（参考数据：，）‎ ‎20.如果数列满足“对任意正整数i，j，，都存在正整数k，使得”，则称数列具有“性质P”.已知数列是无穷项的等差数列，公差为d.‎ ‎（1）若，，判断数列是否具有“性质P”，并说明理由；‎ ‎（2）若数列具有“性质P”，求证：且；‎ ‎（3）若数列具有“性质P”，且存在正整数k，使得，这样的数列共有多少个？并说明理由.‎ ‎1、【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意得，解得定义域为．‎ ‎2、【答案】－‎ ‎【解析】‎ 分析：先化简z＋再写虚部即可.‎ 详解：故虚部为－‎ ‎3、【答案】‎ ‎【解析】‎ 因为直线，所以，即．‎ 在集合中取值共有36个基本事件，‎ 满足有或或，共3个基本事件，‎ 所以直线的概率为．‎ ‎4、【答案】64‎ ‎【解析】‎ 试题分析：样本数据落在内的频率为，所以样本数据落在内的频数为.‎ ‎5、【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据循环条件一一循环验证，直至终止循环，输出结果.‎ ‎【详解】第一次循环，‎ 第二次次循环，‎ 第三次循环 ，终止循环.‎ 故答案为：4‎ ‎6、【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的一条渐近线方程为，得到，再利用求解.‎ ‎【详解】已知双曲线的一条渐近线方程为，‎ 所以，所以，‎ 故答案为：‎ ‎7、【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正四棱锥的高为，根据正四棱锥的体积为，底面边长为2，解得，再利用求解.‎ ‎【详解】如图所示：‎ ‎8、【答案】‎ ‎【解析】‎ 由图象可得最小正周期为．所以f（0）=f（），注意到与关于对称，‎ 故f（）=﹣f（）=．‎ 故答案为 设正四棱锥的高为，‎ 已知正四棱锥的体积为，底面边长为2，‎ 所以，‎ 解得，‎ 所以该正四棱锥的侧棱长为，‎ 故答案为：‎ ‎9、【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，，两式相减得：，即再解方程.‎ ‎【详解】因为，，‎ 两式相减得：，‎ 即，‎ 化简得，‎ 数列正项等比数列，‎ 所以，‎ 故答案为：3‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎10、【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将，利用正弦定理转化为，即，再利用正弦定理把角转化为边得到，然后利用余弦定理求得，再代入函数，化简得到，再根据其单调性求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 化简得：，‎ 即，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以函数，‎ ‎，‎ ‎，‎ 因为在上递增，‎ 所以在[，]上的单调递增区间是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查正弦定理，余弦定理，二倍角公式及三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎11、【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意可得|AB|==2，‎ 根据△MAB和△NAB的面积均为4，‎ 可得两点M，N到直线AB的距离为2；‎ 由于AB的方程为=，‎ 即x+y+3=0；‎ 若圆上只有一个点到直线AB的距离为2，‎ 则有圆心（2，0）到直线AB的距离为=r+2，解得r=；‎ 若圆上只有3个点到直线AB的距离为2，‎ 则有圆心（2，0）到直线AB的距离为=r﹣2，解得r=；‎ 综上，r的取值范围是（，）．‎ 故答案为（，）．‎ ‎12、【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得在的范围包含在的范围内，先运用基本不等式求得在的范围，再讨论，结合函数的单调性可得的范围，解的不等式可得所求范围.‎ ‎【详解】当时，，‎ 当时，‎ 若时，在上是单调递增函数，‎ 所以，满足则，‎ 所以，‎ ‎，‎ 又，所以.‎ 若时，则，‎ 在上是单调递增函数，此时，‎ 在上是单调递减函数，此时 满足 则 ‎ 又，所以，‎ 综上，，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了分段函数，考查了任意性和存在性问题解法，注意运用分类讨论思想和转化思想，考查运算能力，属于中档题.‎ ‎13、【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面向量，满足条件，，，可设，(0，)，，所以向量，得到，代入，得到，表示圆，再利用点与圆的位置关系求解.‎ ‎【详解】因平面向量，满足条件，，，‎ 可设，(0，)，，‎ 所以向量(，R)，‎ 所以，‎ 又因为，‎ 所以，‎ 所以点C在以为圆心，以为半径的圆上，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算以及点与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎14、【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将转化为，再由 代入求解.‎ ‎【详解】因为当且仅当取等号.‎ ‎，当且仅当取等号.‎ 所以，‎ 当且仅当取等号.‎ 所以的最大值为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，还考查了转化运算求解的能力，属于难题.‎ ‎15、【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）用数量积的坐标运算表示出，有，再由两角差的正弦公式化为一个三角函数式，最终求得；（2）化简，可直接去分母，注意求得结果后检验分母是否为0（本题解法），也可先化简已知式为 ‎，再变形得，由可得结论．‎ 试题解析：（1）∵，∴，即，‎ ‎，，‎ ‎∵，，∴，∴．‎ ‎（2）由题知：，整理得，‎ ‎∴，∴，∴或，‎ 而使，舍去，∴，‎ ‎∴．‎ 考点：数量积坐标运算，两角和与差的正弦公式、正切公式．‎ ‎16、【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）根据四边形是矩形，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，再由线面平行的性质定理得到.‎ ‎（2）根据四边形是矩形，所以，再由，，得到，又，利用线面垂直的判定定理得到平面，再利用面面垂直的判定定理证明.‎ ‎【详解】（1）因为四边形是矩形，所以.‎ 又平面，平面，‎ 所以平面.‎ 因为平面，平面平面，‎ 所以.‎ ‎（2）因为四边形是矩形，所以.‎ 因为，，所以.‎ 又，点在棱上（异于点），‎ 所以点异于点，所以.‎ 又，平面，所以平面.‎ 又平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，性质定理以及线面垂直，面面垂直的判定定理，还考查了转化回归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.‎ ‎17、【答案】（1）①，定义域为；②，定义域为；（2）选①，，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设母线长 ，底面半径为 ， 圆O的半径为，①由余弦定理得： ，从而得到，然后用圆锥的侧面积公式求解.②利用勾股定理得到 ，，再由圆锥的侧面积公式求解.‎ ‎（2）选①，，构造函数，用导数法求其最大值即可.‎ ‎【详解】（1）设母线长 ，底面半径为 ， 圆O的半径为 ，如图所示：‎ ‎①由余弦定理得：，‎ ‎ ，‎ 化简得，，‎ 所以，定义域为，‎ ‎②因为 ，‎ ‎，‎ 所以，定义域为；‎ ‎（2）选①，‎ 令，，‎ 当时，，当时，，‎ 所以有最大值为，‎ 此时，，，‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆锥的几何特征以及侧面积的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎18、【答案】（1）；（2）；（3）存在，3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆过点(1，)，得到，再由其右焦点F是焦点，得到求解.‎ ‎（2）设根据，得到，再根据点C在椭圆上，得到建立方程组求解.‎ ‎（3）设得到直线的直线方程为：，代入椭圆方程，消去y得，由韦达定理结合是方程的一个根，得到，又点C在直线上，得到，同理得到，再利用斜率公式求解.‎ ‎【详解】（1）因为椭圆过点(1，)，‎ 所以，‎ 又因为其右焦点F是的焦点，所以 ，‎ 所以，‎ 所以椭圆的标准方程为；‎ ‎（2）设，‎ 因为，所以 所以，‎ 因为点C在椭圆上，所以，‎ 解得，‎ 所以，‎ 所以直线的方程，即.‎ ‎（3）设 所以直线的直线方程为：，代入椭圆方程，‎ 消去y得，‎ 因为是方程的一个根，所以，‎ 又点C在直线上，‎ 所以，同理，‎ 所以，‎ 所以存在实数，使得 ‎【点睛】‎ 本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系以及存在性问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎19、【答案】（1）证明见解析；（2）①，；②证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，则，再利用导数求其最大值即可.‎ ‎（2）①根据直线与切于点，则有，，再有求解.②令，求导求得的极小值，极大值，再根据，论证 .下面再论证三个不同的对应的也是不同的，设方程的三个不同的根分别为，，且，则有：，，，显然，只需说明即可.根据可得即，假设，则有，令，即，构造函数，研究其值域即可.‎ ‎【详解】（1）‎ 令 列表如下 ‎1‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎∴在处有最大值 ‎∴‎ ‎∴当时，对任意的恒成立.‎ ‎（2）①∵直线与切于点 ‎∴，‎ ‎，即 所以，‎ ‎②令 ‎1‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ 求得的极小值，极大值时 又∵时，‎ ‎∴‎ 下面说明三个不同的对应的也是不同的，‎ 设方程的三个不同的根分别为，，且，‎ 则有：，，，显然 只需说明即可.‎ 又由可得，‎ 即，假设，‎ 则有，即 即 即，‎ 令，即 设 ‎∴‎ ‎∴在上是减函数，即，与矛盾 ‎∴假设不成立，即 ‎∴当，存在三个不同的实数使得直线与曲线同时相切.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数证明不等式，导数与方程的根，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.‎ ‎20、【答案】（1）不具有，理由见解析；（2）证明见解析；（3）3039，理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意知，验证和，假设存在正整数，使得，推出矛盾得到结论.‎ ‎（2）若数列具有“性质”，分，，，三种情况通过等差数列的增减性利用等差数列的性质论证.‎ ‎（3）设公差为的等差数列具有“性质”，且存在正整数，使得.先分析，则为常数数列，不符合，得到不为常数数列，设是数列中的任意一项，则，均是数列中的项，利用，设，则，根据，得到，由（2）知，，得到数列的每一项均是自然数，且是正整数.，然后通过是数列中的项，得到是数列中的项，设，通过 ‎，得到.根据，得到是的约数，然后一一求解.‎ ‎【详解】（1）若，公差，则数列不具有性质.‎ 理由如下：‎ 由题知，‎ 对于和，假设存在正整数，‎ 使得，‎ 则有，‎ 解得，‎ 得出矛盾，‎ 所以对任意的.‎ ‎（2）若数列具有“性质”，‎ 则：①假设，‎ 则对任意的.‎ 设，则，矛盾！‎ ‎②假设，则存在正整数，‎ 使得 设，‎ 则：，‎ 但数列中仅有项小于等于0，矛盾！‎ ‎③假设，‎ 则存在正整数，使得 设，‎ 则：，‎ 但数列中仅有项大于等于0，矛盾！‎ 综上，.‎ ‎（3）设公差为的等差数列具有“性质”，且存在正整数，‎ 使得.‎ 若，则为常数数列，此时恒成立，‎ 故对任意的正整数，，‎ 这与数列具有“性质”矛盾，‎ 故.‎ 设是数列中的任意一项，‎ 则，均是数列中的项，‎ 设 则，‎ 因为，所以，‎ 即数列的每一项均是整数.‎ 由（2）知，，‎ 故数列的每一项均是自然数，且是正整数.‎ 由题意知，是数列中的项，‎ 故是数列中的项，‎ 设，则，‎ 即.‎ 因为，‎ 故是约数.‎ 所以，.‎ 当时，，得，‎ 故，共2019种可能；‎ 当时，，得，故，共1010种可能；‎ 当时，，得，‎ 故，共3种可能；‎ 当时，，得，‎ 故，共2种可能；‎ 当时，，得，‎ 故，共2种可能；‎ 当时，，得，故，共1种可能；‎ 当时，，得，‎ 故，共1种可能；‎ 当时，，得，‎ 故，共1种可能.‎ 综上，满足题意的数列共有（种）.‎ 经检验，这些数列均符合题意.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查数列新定义，等差数列的通项公式，等差数列的性质以及反证法，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.‎