浙江省杭州第十四中学2019届高三数学8月月考试题（含解析）.docx

浙江省杭州第十四中学2019届高三数学8月月考试题（含解析）本试卷满分150分，考试时间120分钟参考公式：台体的体积公式：(其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体高)柱体的体积公式：(其中表示柱体的底面积，表示柱体的高)锥体的体积公式：(其中表示锥体的底面积，表示锥体的高)球的表面积公式：，球的体积公式：(其中表示球的半径)选择题部分(共40分)一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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，设集合，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由补集的定义求出，再由交集的定义求即可.【详解】0，1，2，3，4，B1，2，3，0,4，且 ，.故选：D【点睛】本题考查了集合交、并补集的混合运算，属于基础题.2.若双曲线 (a0，b0)的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，则该双曲线的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：本题已知：焦点坐标，渐近线方程为：,距离为：化简得：， 又：，得：考点：双曲线的几何性质及点到直线的距离和方程思想。3.如图是某几何体的三视图（单位：cm），则该几何体的表面积是( )cm2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】该几何体是三棱锥，利用图中数据，即可求解几何体的表面积【详解】根据三视图得出：该几何体是三棱锥，如图所示，AB2，BC3，DB5，CD4，因为AB面BCD，BCCD，所以，CD面ABC，几何体的表面积是2.故选：C【点睛】本题考查了三棱锥的三视图的运用，解题的关键是确定几何体的形状，属于中档题4.复数(为虚数单位)的共轭复数是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由复数代数形式的运算法则、共轭复数的定义即可得出【详解】复数，它的共轭复数是故选：B【点睛】本题考查了复数代数形式的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题5.设S n是公差为d(d0)的无穷等差数列a n的前n项和，则下列命题错误的是A. 若d0，则数列S n有最大项B. 若数列S n有最大项，则d0C. 若数列S n是递增数列，则对任意的nN*，均有S n0D. 若对任意的nN*，均有S n0，则数列S n是递增数列【答案】C【解析】特殊值验证排除选项C显然是错的，举出反例：1，0，1，2，满足数列Sn是递增数列，但是Sn0不恒成立选C.6.已知，则“”是“恒成立”的( )A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】令函数y|x2|+|x|，得，然后转化为一个恒成立的判断，再结合充分不必要条件的定义进行判断即可【详解】函数y|x2|+|x|的值域为2，+），则当a时，|x2|+|x|a不恒成立.若|x2|+|x|a恒成立，则说明a小于函数y|x2|+|x|的最小值2，即a2.故“a”是“|x2|+|x|a恒成立”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查必要不充分条件的判断，根据绝对值不等式的性质是解决本题的关键，属于中档题7.已知函数，若要得到的图象，只需将函数的图象上所有的点( )A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】A【解析】【分析】由诱导公式结合函数图象的平移变化法则，即可得答案【详解】f（x）sin（ 2x）-sin（2x- ）=-sin2（x-），g（x）sin（ 2x）=-sin（ 2x）=-sin2（x+）要想得到函数g（x）sin（ 2x）的图象，只需把函数f（x）sin（ 2x）的图象上的所有的点向左平移个单位故选：A【点睛】本题考查了yAsin（x+）型函数图象的平移，注意前后变化顺序是关键，属于中档题8.设偶函数和奇函数图象如图所示，集合A 与集合B 的元素个数分别为a，b，若，则a+b的值不可能是( )A. 12B. 13C. 14D. 15【答案】D【解析】【分析】利用f（x）,g（x）图象，分别判断g（x）t和f（x）t，在t1时的取值情况，进行分类讨论即可【详解】由条件知，第一个图象为f（x）的图象，第二个为g（x）的图象由图象可知若f（x）0，则x有3个解，为x，x0，x，若g（x）0，则x有3个解，不妨设为x-n，x0，xn，（0n1）当f（g（x）t）0得g（x）t，或g（x）t0，或g（x）t，即g（x）t+，或g（x）t，或g（x）t t1时，若g（x）t，得x有3个解；若g（x）t ，此时x有3个解；若g（x）t+ ，此时方程无解所以a3+36当g（f（x）t）0得f（x）tn，或f（x）t0或f（x）tn即f（x）t+n，或f（x）t，或f（x）tn t1，0n1，若f（x）t，所以此时x有4个解若f（x）t+n，当0n，则t+n，此时x有4个解或2解或0个解对应f（x）tn（0，1）有4个解，此时b4+4+412或b4+2+410或b4+0+48若，则1t+n2，此时x无解对应f（x）tn（,）有2个解或3解或4个解所以此时b4+26或b4+37或b4+48综上b12或10或8或6或7所以a+b18或16或14或13或12故选：D【点睛】本题主要考查复合函数的根的取值问题，利用数学结合思想是解决本题的关键，根据参数的不同取值要进行分类讨论，属于中档题9.如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，P为以A为圆心、AB为半径的圆弧上的任意一点，设向量，则的最小值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】以A为原点，以AB所在的直线为x轴，建立直角坐标系，求出向量（ +cos，+sin ）（1，1），用cos，sin表示 和，根据cos，sin 的取值范围，再结合+的单调性，即可求出范围.【详解】以A为原点，以AB所在的直线为x轴，建立直角坐标系，设正方形ABCD的边长为1，则C（1，1），D（0，1），A（0，0），B（1，0） E为AB的中点，得设 P（cos，sin），（1，1） 再由向量（，1）+（cos，sin）（+cos，+sin ）（1，1）， ，由题意得,得0，故+在0，上是增函数，当0时，即cos1，这时+取最小值为，当时，即cos0，这时+取最大值为，故+的取值范围为，5故选：B【点睛】本题考查两个向量坐标形式的运算，根据cos，sin 的取值范围求三角函数式的最值，利用导数研究函数的单调性，属于中档题10.已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为ABC的中心，则AC1与底面ABC所成角的余弦值等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出点A1到底面的距离A1O的长度，得C1到底面的距离，再求出AC1的长度，由线面角的定义得AC1与底面ABC所成角的正弦值，即可求出余弦值【详解】设三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都等于a，如图所示，则AO ，在中，,得，在中,得，得为等边三角形，A1AC60，在菱形ACC1A1中，得AA1C120，AC1a，又点C1到底面ABC的距离等于点A1到底面ABC的距离，AC1与底面ABC所成角的正弦值为，AC1与底面ABC所成角的余弦值为故选：B【点睛】本题考查了几何体的结构特征及线面角的定义，还有点面距与线面距的转化，考查了转化思想和空间想象能力，属于中档题非选择题部分(共110分)二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11.已知函数，则_，不等式的解集为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由分段函数的解析式，求出ff（2）的值；把要解的不等式转化为与之等价的2个不等式组，求得每个不等式组的解集，再取并集即可详解】根据函数f（x），可得f（2）224，则ff（2）f（4）4+15由不等式f（x）2，可得 或 解求得 x1，解求得 x1，故不等式的解集为（，11，+），故答案为：5；（，11，+）【点睛】本题主要考查利用分段函数求函数的值，不等式的解法，体现了分类讨论、转化的数学思想，属于基础题12.若变量满足约束条件，则的最大值为_，最小值为_.【答案】 (1). 3 (2). -3【解析】分析】作出可行域，变形目标函数得y2x+z，在可行域内平移直线y2x+z即可得最值【详解】作出约束条件 所对应的可行域，由得，由 得B（2，1），变形目标函数可得y2x+z，平移直线得y2x+z可知：当直线经过点A（1，1）时，直线的截距最小，得z取最小值3，当直线经过点B（2，1）时，直线的截距最大，得z取最大值3，故答案为：最大值3，最小值-3【点睛】本题考查简单线性规划，由z的几何意义，利用数形结合是解决问题的关键，属于基础题13.函数的最小正周期为_，单调递减区间是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先化简解析式，由周期公式求出函数的最小正周期；由正弦函数的减区间、整体思想求出f（x）的单调递减区间【详解】由题意得，f（x）cos2xsin2x+2sinxcosxcos2x+sin2x，最小正周期T，由 得，函数f（x）的单调递减区间是故答案为：；.【点睛】本题考查正弦函数的单调性和周期，以及二倍角公式、两角和的正弦公式，属于中档题14.如果的展开式中各项系数之和为，则含项的系数等于_.(用数字作答)【答案】21【解析】试题分析：根据题意，令可知展开式的各项系数和为，可知，所以所给的式子的展开式的通项为 ，令，解得，故该项的系数为考点：二项式定理15.已知实数，函数在区间上的最大值是2，则_【答案】或【解析】【分析】由题意可得f（0）2，求得a的范围，去掉一个绝对值，再由最值的取得在顶点和端点处，计算得a的值，再检验可得a的值【详解】因为函数f（x）|x2+|xa|3|在区间1，1上的最大值是2，可得f（0）2，且a0，得|a3|2，解得1a5，即有f（x）|x2x+a3|，1x1，由f（x）的最大值在顶点或端点处取得，当f（1）2，即|a1|2，解得a3或1（舍去）；当f（1）2，即|a3|2，解得a5或a1；当f（）2，即|a|2，解得a或（舍去）当a1时，f（x）|x2x2|，因为f（）2，不符题意；（舍去）当a5时，f（x）|x2x+2|，因为f（-1）42，不符题意；（舍去）当a3时，f（x）|x2x|，显然当x1时，取得最大值2，符合题意；当a时，f（x）|x2x|，f（1），f（1），f（）2，符合题意故答案为：3或【点睛】本题考查绝对值函数的最值的求法，注意运用分类讨论思想方法，以及二次函数的图象和性质，考查运算能力，属于中档题16.将红、黑、蓝、黄个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子至少放一个球，且红球和蓝球不能放在同一个盒子，则不同的放法的种数为_. (用数字作答)【答案】30【解析】【分析】先计算小球放入3个不同的盒子的放法数目，再计算红球和蓝球放到同一个盒子的放法数目，两个相减得到结果【详解】将4个小球放入3个不同的盒子，先在4个小球中任取2个作为1组，再将其与其它2个小球对应3个盒子，共C42A33=36种情况，若红球和蓝球放到同一个盒子，则黑、黄球放进其余的盒子里，有A33=6种情况，则红球和蓝球不放到同一个盒子的放法种数为366=30.故答案为：30【点睛】本题考查排列组合及简单的计数原理的应用，注意用间接法，属于基础题17.已知，且，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由xyz0，得x，结合，得x2，再解待求式的倒数的取值范围即可【详解】xyz0，xyz，即x，x2，令t， ，当且仅当取等号，的最大值是故答案为：【点睛】本题重点考查基本不等式及其应用，不等式的基本性质等知识，属于中档题三、解答题：本大题共5小题，共74分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤18.在中，角所对的边分别为，若.()求的大小；()设，求的值.【答案】()；()【解析】【分析】（I）利用余弦定理计算出cosA的值，即可得A的度数；（II）利用正弦定理化简已知等式左边，把C120B代入，利用两角和与差的正弦函数公式和同角三角函数间的基本关系化简，即可求出tanB的值【详解】（I）在ABC中，由a2b2c2+bc0，即b2+c2a2bc，cosA，则A60；（II）由正弦定理，得，整理得：，解得：tanB【点睛】本题考查了正、余弦定理的应用，同角三角函数间的基本关系，两角和与差的正弦函数公式，属于基础题19.如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点.()证明：BEDC；()求直线BE与平面PBD所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，通过计算得到（2）计算平面的法向量后计算其与的夹角的余弦值的绝对值即得线面角的正弦值【详解】证明：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系如图，可得，故，所以.（2） 设为平面的一个法向量，则 即，不妨令，可得于是有，所以，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】空间中两条直线的垂直可归结为它们的方向向量垂直，后者通过数量积为零得到.直线与平面所成角的正弦值可归结为直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值（因为线线角的取值范围为）.20.设数列，其前项和，又单调递增的等比数列， ， .()求数列，的通项公式；()若 ，求数列的前n项和，并求证：.【答案】（1），；（2）详见解析.【解析】试题分析：（1）考虑到，因此可以利用条件中给出前项和表达式得到数列的通项公式为，再根据等比数列的性质结合条件可得，从而，再由条件中的等式，可得关于公比的方程：或（舍去），从而；（2）首先对的表达式进行变形，利用裂项相消法求其前项和：，从而 ，即可得.试题解析：（1）当时，当时，当时，也满足，等比数列，又，或（舍去），（4分）；（2）由（1）可得：，（8分） ，显然数列是递增数列，（12分），即.（14分）考点：1.等差数列等比数列的通项公式；（2）裂项相消法求数列的和.21.已知椭圆的焦点坐标为，过垂直于长轴的直线交椭圆于