2019届高三数学12月月考试题 文(含解析) (III).doc

2019届高三数学12月月考试题 文(含解析) (III)注意事项：1.答题时，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码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.填空题和解答题的作答：用黑色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.选做题的作答：先把所做题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写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。5.考试结束后，请将答题卡上交；一、选择题：本大题共12小题，每小题5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，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】,所以,故选.2.复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由已知等式变形得，再利用复数的四则运算法则求出z的代数形式，再写出虚部。详解：由有，则z 的虚部为，故选B.点睛：本题主要考查了复数的四则运算以及复数的代数形式，属于容易题。若复数，则复数的虚部为。3.设有下面四个命题：若复数满足，则；：若复数满足，则；：若复数满足，则；：若复数，则.其中的真命题为A. B. C. D. 【答案】B【解析】令，则由得，所以，故正确；当时，因为，而知，故不正确；当时，满足，但，故不正确；对于，因为实数的共轭复数是它本身，也属于实数，故正确，故选B.点睛:分式形式的复数，分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简成的形式进行判断，共轭复数只需实部不变，虚部变为原来的相反数即可.4.已知函数，若是周期为的偶函数，则的一个可能值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：，由得，由为偶函数得，时，故选B考点：1、三角函数的奇偶性；2、三角函数的周期性【方法点睛】本题主要考查三角函数的奇偶性和周期性，属于中档题已知的奇偶性求时，往往结合正弦函数及余弦函数的奇偶性和诱导公式来解答：（1）时， 是奇函数；（2）时， 是偶函数5.设等差数列的前项和为，且，则( )A. 8 B. 12 C. 16 D. 20【答案】B【解析】由题，等差数列中， 则 故选B.6.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：分析三视图可知，该几何体为半个圆锥，故其表面积，故选C【考点】本题主要考查三视图与空间几何体的表面积7.执行如图所示的程序框图，输出，则=（ ）A. 12 B. 11C. 10 D. 9【答案】C【解析】【分析】执行程序框图，直到不满足条件，计算S即可得解.【详解】执行程序框图:；，不满足条件，结束循环，输出.所以.故选C.【点睛】本题主要考查了计算循环型结构的输出结果，注意循环的开始和结束，属于基础题.8.已知正三棱锥内接于球，三棱锥的体积为，且，则球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】如图，是球O球面上四点，ABC是正三角形，设ABC的中心为S，球O的半径为R，ABC的边长为2a，APO=BPO=CPO=30，OB=OC=R，,，解得，三棱锥P-ABC的体积为，解得R=2球的体积为V=故选：C点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PAa，PBb，PCc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2a2b2c2求解9.将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，且，则函数图象的一个对称中心的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：利用函数=Asin（x+）的图象变换规律求得g（x）的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性得出结论将函数的图象向左平移个单位得到 又解得，即又是图象的一个对称中心，故选B点晴：注意三角函数图像平移变换的 两种方法，熟练掌握三角函数的图像与性质：周期，奇偶性，对称轴，对称中心，单调性，最值。10.某研究型学习小组调查研究学生使用智能手机对学习的影响部分统计数据如下表：使用智能手机不使用智能手机合计学习成绩优秀4812学习成绩不优秀16218合计201030附表：经计算，则下列选项正确的是A有的把握认为使用智能手机对学习有影响B有的把握认为使用智能手机对学习无影响C有的把握认为使用智能手机对学习有影响D有的把握认为使用智能手机对学习无影响【答案】A【解析】根据附表可得k=107.879,所以有的把握认为使用智能手机对学习有影响，选A11.设函数的定义域为，且，当时，则函数在区间上的所有零点的和为（ ）A. 4 B. 3 C. 2 D. 1【答案】B【解析】函数f（x）的定义域为R，f（-x）=f（x），可知函数是偶函数，f（x）=f（2-x），可知函数的对称轴为：x=1，当x0，1时，f（x）=x3，函数g（x）=|cos（）|-f（x）可知函数是偶函数，g（x）=|cos（）|-f（x）=0，可得|cos（）|=f（x），在同一个直角坐标系中画出函数y=|cos（）|，y=f（x）的图象如图：函数在区间 上的零点的和为：0函数在时，两个函数的交点关于x=1对称，零点有3个，零点的和为：3故选：B点睛：本题考查函数与方程的综合应用，抽象函数以及数形结合思想方法的应用，考查作图能力以及计算能力，函数零点的问题都转化为两个函数图像的交点问题，数形结合的思想是本题要考查的关键.12.已知函数f(x)x2ax的图象在点A(0，f(0)处的切线l与直线2xy20平行，若数列的前n项和为Sn，则S20的值为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为f(x)x2ax，所以f(x)2xa，又函数f(x)x2ax的图象在点A(0，f(0)处的切线l与直线2xy20平行，所以f(0)a2，所以f(x)x22x，所以，所以：本题选择A选项.点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的第卷 （非选择题 共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置上）13.已知等差数列的前项和为，、三点共线，且，则_【答案】1009【解析】因为三点共线，且，所以，即 所以 故答案为1009.14.已知变量，满足，则的最大值为_【答案】12【解析】画出表示的可行域，如图，由，可得平移直线，由图知，当直线经过点，直线在以轴上截距最小，此时最小值为，故答案为.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15.已知四面体ABCD的所有棱长都为,O是该四面体内一点,且点O到平面ABC、平面ACD、平面ABD、平面BCD的距离分别为,x,和y,则+的最小值是_.【答案】；【解析】该几何体为正四面体,体积为.各个面的面积为,所以四面体的体积又可以表示为,化简得,故.【点睛】本小题主要考查正四面体体积的计算,考查利用分割法求几何体的体积,考查了方程的思想,考查了利用基本不等式求解和的最小值的方法.首先根据题目的已知条件判断出四面体为正四面体,由于正四面体的棱长给出,所以可以计算出正四面体的体积,根据等体积法求得的一个等式,再利用基本不等式求得最小值.16.过原点作圆的两条切线，切点分别为，则线段的长为 【答案】【解析】可得圆方程是又由圆的切线性质及在三角形中运用正弦定理得【此处有视频，请去附件查看】三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.在中，角所对的边分别是，且.(1)求的值；(2)若，求的面积.【答案】(1)；(2)1.【解析】试题分析：(1)由题意结合正弦定理边化角可得，整理计算有.(2)结合已知条件计算可得，则，三角形的面积.试题解析：(1)，由正弦定理得，.(2)由，得，.18.如图，在三棱柱中，侧面底面.（1）求证：平面；（2）若，求棱柱的体积.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】(1)先证明AB, CBA再证明AB1平面A1BC.(2)利用割补法求棱柱ABC-A1B1C1的体积.【详解】（1）证明：在侧面AB中,因为A=AB,所以四边形AB为菱形，所以对角线AB, 因为侧面AB底面ABC,ABC=90，所以CB侧面AB，因为AB1平面AB内,所以CBA又因为BBC=B，所以A平面BC.（2）由勾股定理得AB=4，由菱形A1ABB1中A1AB=60，得A1AB为正三角形，易得出A1B=4，AB1=,菱形A1ABB1的面积为0.5 |A1B| AB1|=,由（1）可知CB侧面A1ABB1所以棱柱ABC-A1B1C1的体积为【点睛】（1）本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间转化分析能力.(2)求几何体的体积常用的方法有公式法、割补法和体积变换法.19.交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，且保费与上一年车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：交强险浮动因素和费率浮动比率表浮动因素浮动比率A上一个xx未发生有责任道路交通事故下浮10%B上两个xx未发生有责任道路交通事故下浮20%C上三个以及以上xx未发生有责任道路交通事故下浮30%D上一个xx发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故0%E上一个xx发生两次及两次以上有责任道路交通事故上浮10%F上一个xx发生有责任道路交通死亡事故上浮30%某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了70辆车龄已满三年该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：类型ABCDEF数量1013720146（1）求一辆普通6座以下私家车在第四年续保时保费高于基本保费的频率；（2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车.假设购进一辆事故车亏损6000元，一辆非事故车盈利10000元，且各种投保类型车的频率与上述机构调查的频率一致，完成下列问题：若该销售商店内有7辆（车龄已满三年）该品牌二手车，某顾客欲在店内随机挑选2辆，求这2辆车恰好有一辆为事故车的概率；若该销售商一次性购进70辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求一辆车盈利的平均值(结果用分数表示).【答案】（1）；（2）；元【解析】【分析】（1）利用等可能事件概率计算公式，能求出一辆普通6座以下私家车第四年续保时保费高于基本保费的概率；（2）由统计数据可知，该销售商店内的7辆该品牌车龄已满三年的二手车中有2辆事故车，设为，5辆非事故车，设为，.利用列举法求出从7辆车中随机挑选两辆车的基本事件总和其中两辆车恰好有一辆事故车包含的基本事件个数，由此能求出该顾客在店内随机挑选的两辆车恰好有一辆事故车的概率，由统计数据可知，该销售商一次购进70辆该品牌车龄已满三年的二手车有事故车20辆，非事故车50辆，由此能求出一辆车盈利的平均值.【详解】（1）一辆普通6座以下私家车第四年续保时保费高于基本保费的频率为（2）由统计数据可知，该销售商店内的7辆该品牌车龄已满三年的二手车中有2辆事故车，设为，5辆非事故车，设为，.从7辆车中随机挑选2辆车的情况有，共21种其中2辆车恰好有一辆为事故车的情况有，共10种，所以该顾客在店内随机挑选2辆车，这2辆车恰好有一辆事故车的概率为.由统计数据可知，该销售商一次购进70辆该品牌车龄已满三年的二手车有事故车20辆，非事故车50辆，所以一辆车盈利的平均值为 (元)【点睛】本题考查分用列举法计算随机事件所含基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基础知识，考查运用概率知识解决简单实际问题的能力20.已知椭圆：过点，离心率为.（）求椭圆的方程；（），是过点且互相垂直的两条直线，其中交圆于，两点，交椭圆于另一个点，求面积取得最大值时直线的方程.【答案】(1) 椭圆方程为;(2)面积取得最大值时直线的方程应该是.【解析】试题分析：(1)由条件布列关于的方程组，得到椭圆的方程；（2）设：，分类，联立方程，利用根与系数关系表示面积，然后利用均值不等式求最值.试题解析：（1）由题意得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题知直线的斜率存在，不妨设为，则：.若时，直线的方程为，的方程为，易求得，此时.若时，则直线：.圆心到直线的距离为.直线被圆截得的弦长为.由 ，得，故 .所以 .当时上式等号成立.因为，所以面积取得最大值时直线的方程应该是.点睛：在圆锥曲线中研究范围，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.在利用代数法解决最值与范围问题时，常从以下方面考虑：利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是两个参数之间建立等量关系；利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.21.已知函数(1) 当时，解关于的不等式；(2) 若对任意及时，恒有成立，求实数的取值范围【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（）因为，所以不等式等价于，先利用导数研究函数单调性：在上是增函数，所以（）不等式恒成立问题，一般转化为对应函数最值问题，而对双变量问题，先确定一变量，本题先看作不等式恒成立问题，等价于，而利用导数易得在上是减函数，所以，即，最后根据恒成立得因此试题解析：解：（1），当时，恒有，则在上是增函数，又，化为，.4分（2）由题意知对任意及时，恒有成立，等价于，当时，由得，因为，所以，从而在上是减函数，所以，所以，即，因为，所以，所以实数的取值范围为.12分考点：利用导数解不等式，利用导数研究不等式恒成立【方法点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地