河北省武邑中学2019届高三数学12月月考试题理.docx

河北武邑中学2018-2019学年高三年级上学期12月月考数学（理）试题第卷一、选择题：本题 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已知全集，则图中阴影部分表示的集合是（ ）A B C D 2.若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）A B C D 3.已知向量,若，则等于()A B C D 4等比数列an的前n项和为Sn，己知S23，S415，则S3A7B9C7或9D5某多面体的三视图如图所示，则该多面体的各棱中，最长棱的长度为A B C.2 D16.已知cos，且，则cos等于( ) A. B. C. D.7知，则，的大小关系为（ ） A B C D8已知函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数 列，把函数图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象，关于函数，下列说法正确的是（ ）A在上是增函数 B其图象关于直线对称C函数是奇函数 D当时，函数的值域是9、正项等比数列中，存在两项使得，且，则的最小值是( )A B2 C D10、已知函数, 则函数的图象（ ） A. 最小正周期为T=2p B. 关于点直线对称 C. 关于直线对称 D. 在区间上为减函数11.已知函数的导数为，不是常数函数，且对恒成立，则下列不等式一定成立的是（ ）A B C D12.已知函数，对任意，存在，使得，则的最小值 为（ ）A B C. D第卷二、填空题：本题4个小题，每小题5分，共20分。13. 14.已知向量，若，则_15.曲线与直线在第一象限所围成的封闭图形的面积为 .16已知点是抛物线：与椭圆：的公共焦点，是椭圆的另一焦点，是抛物线上的动点，当取得最小值时，点恰好在椭圆上，则椭圆的离心率为_.三、解答题（本大题共6小题，共70分，17-21各12分，22-23选做一题共10分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17、在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1,0)和点B(1，0)，1，且AOCx，其中O为坐标原点（）若x，设点D为线段OA上的动点，求的最小值和最大值；（）若，向量，(1cosx，sinx2cosx)，求的最小值及对应的x值.18如图，在多面体中，四边形是菱形，平面且.(1)求证：平面平面；(2)若，设与平面所成夹角为，且，求二面角的余弦值. 19如图，某森林公园有一直角梯形区域ABCD，其四条边均为道路，ADBC，ADC90，AB5千米，BC8千米，CD3千米现甲、乙两管理员同时从地出发匀速前往D地，甲的路线是AD，速度为6千米/小时，乙的路线是ABCD，速度为v千米/小时（第18题图）CBAD（1）若甲、乙两管理员到达D的时间相差不超过15分钟，求乙的速度v的取值范围；（2）已知对讲机有效通话的最大距离是5千米若乙先到达D，且乙从A到D的过程中始终能用对讲机与甲保持有效通话，求乙的速度v的取值范围20，（12分）设数列an的前n项和为Sn，a11，且数列Sn是以2为公比的等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)求a1a3a2n1.21已知函数，曲线在点处的切线方程为(1) 求的值；(2) 证明: .请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为，的极坐标方程为.（1）求直线与的交点的轨迹的方程；（2）若曲线上存在4个点到直线的距离相等，求实数的取值范围.23.（本小题满分12分）不等式选讲已知函数（）当时，求不等式的解集；（）若的解集包含，求的取值范围.数学(理)试题答案1. C 2. B 3. A 4. C 5. A 6. B 7.A 8. D 9. A 10. C 11. A 12.D 13. 14. 15. 16. 17、解(1)设D(t,0)(0t1)，由题易知C，所以，所以|2tt2t2t12(0t1)，所以当t时，|2最小，最小值为.所以当t0时，|2最大，最大值为1.(2)由题意得C(cosx，sinx)，m(cosx1，sinx)，则mn1cos2xsin2x2sinxcosx1cos2xsin2x1sin.因为x，所以2x，所以当2x，即x时，sin取得最大值1，所以mn的最小值为1，此时x.18.（1）证明：连结 四边形是菱形， 平面，平面， ， 平面， 平面， 平面，平面平面. （2）解：解法一：设 ， 四边形是菱形，、为等边三角形， ， 是的中点， ， 平面，在中有， 以为原点，作，以的方向分别为轴，轴的正方向，建空间直角坐标系如图所示，则 所以， 设平面的法向量为，由 得 设，解得.设平面的法向量为，由 得 设，解得. 设二面角的为，则结合图可知，二面角的余弦值为. 解法二：EB面ABCD，EAB即为EA与平面ABCD所成的角在RtEAB中，cosEAB= 又AB=2,AE=EB=DF=1 连接AC交BD于O，连接EO、FO菱形ABCD中，BAD=60，BD=AB=2矩形BEFD中，FO=EO= ,EF=2,EO+FO=EF,FOEO又AC面BEFD, FO面BEFD,FOAC,ACEO=O，AC、EO面AEC,FO面AEC又EC面AEC,FOEC 过点F做FMEC于M，连OM，又FOEC, FMFO=F, FM、FO面FMO,EC面FMO OM面FMO,ECMOFMO即为二面角A-EC-F的平面角 AC面BEFD, EO面BEFD，ACEO又O为AC的中点，EC=AE= RtOEC中，OC=, EC=,OE=,OM =RtOFM中，OF=, OM =,FM = cosFMO=即二面角A-EC-F的余弦值为19. 解：(1)由题意，可得AD12千米 由题可知|， 2分解得v 4分(2) 解法一：经过t小时，甲、乙之间的距离的平方为f(t)由于先乙到达D地，故2，即v8 6分当0vt5，即0t时，f(t)(6t)2(vt)226tvtcosDAB(v2v36) t2因为v2v360，所以当t时，f(t)取最大值，所以(v2v36)()225，解得v 8分当5vt13，即t时，f(t)(vt16t)29(v6) 2 (t)29因为v8，所以，(v6) 20，所以当t时，f(t)取最大值，所以(v6) 2 ()2925，解得v 10分当13vt16， t时，f(t)(126t)2(16vt)2，因为126t0，16vt0，所以当f(t)在(，)递减，所以当t时，f(t)取最大值，(126)2(16v)225，解得v 因为v8，所以 8v 12分20，解：(1)S1a11，且数列Sn是以2为公比的等比数列，Sn2n1，又当n2时，anSnSn12n2(21)2n2，an(2)a3，a5，a2n1是以2为首项，以4为公比的等比数列，a3a5a2n1.a1a3a2n11.21.（1）解：，由题意有，解得（2）证明：（方法一）由（1）知，.设则只需证明 ，设则， 在上单调递增，使得且当时，当时，当时，单调递减当时，单调递增 ，由，得， ，设， 当时，在单调递减， ，因此（方法二）先证当时， ，即证设，则，且，在单调递增，在单调递增，则当时，（也可直接分析 显然成立）再证设，则，令，得且当时，单调递减；当时，单调递增. ，即又，22.解：（）的直角坐标方程为，可化为 ，的直角坐标方程为，可化为 ，从而有，整理得， 当或时，也满足上式，故直线与的交点的轨迹的方程为 5分（）由（）知，曲线表示圆心在