高三数学月考试题(含参考答案)

2019届高三数学测试一、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已知集合，则（ ）ABCD2定义运算，则满足（为虚数单位）的复数在复平面内对应的点在（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3设为等比数列的前项和，则（ ）ABC或D或4若双曲线的一个焦点为，则（ ）AB8C9D5在中，且，则（ ）AB5CD7我国古代数学名著九章算术里有一道关于玉石的问题：“今有玉方一寸，重七两；石方一寸，重六两今有石方三寸，中有玉，并重十一斤（176两）问玉、石重各几何？”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法，运行该程序框图，则输出的，分别为（ ）A90，86B94，82C98，78D102，748已知点是抛物线上的一点，是其焦点，定点，则的外接圆的面积为（ ）ABCD9已知函数，且，则实数的值可能是（ ）A2B3C4D510已知是定义在上的奇函数，当时，则不等式的解集为（ ）ABCD11已知双曲线，点是直线上任意一点，若圆与双曲线的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围为（ ）ABCD12设函数是偶函数的导函数，在区间上的唯一零点为，并且当时，则使得成立的的取值范围是（ ）AB CD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。、13已知向量与的夹角为，则_14若，则_15已知实数，满足不等式组，则的最大值是_16若函数的最小值为，则的取值范围为_三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.在中，内角所对的边分别为，已知，且.(1)求角的大小；(2)求的最大值.18数列an的前n项和记为Sn，a11，an12Sn1(n1)(1)求an的通项公式；(2)等差数列bn的各项为正，其前n项和为Tn，且T315，又a1b1，a2b2，a3b3成等比数列，求Tn19如图，已知AF平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，DAB90，ABCD，ADAFCD2，AB4(1)求证：AC平面BCE；(2)求三棱锥EBCF的体积20已知圆C：，直线l1过定点A (1，0)（1）若l1与圆C相切，求l1的方程； （2）若l1与圆C相交于P，Q两点，求三角形CPQ的面积的最大值，并求此时直线l1的方程21已知函数的图像在点处的切线为（1）求函数的解析式；（2）当时，求证：；（3）若对任意的恒成立，求实数的取值范围；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44：坐标系与参数方程(10分)在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，圆的方程为（1）求圆的直角坐标方程；（2）设圆与直线交于点、，若点的坐标为，求23.选修4-5：不等式选讲设函数.(1)证明：；(2)若不等式的解集非空，求的取值范围.2019届高三数学测试一、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、答案B 解：集合，所以2、答案A 解：因为所以，所以复数在复平面内对应的点为 A3、答案C 解：根据题意，在等比数列中有，解得或，则或 4、答案B 解：因为双曲线的一个焦点为，所以 5、答案A 解：由正弦定理知，又知，所以由余弦定理知：，所以6、答案A 解：由三视图可知：该几何体为四棱锥，由体积公式易得7、答案C 解：执行程序框图，；，；，；，结束循环，输出的，分别为98，78，8、答案B 解：将点坐标代入抛物线方程，得，解得，点，据题设分析知，又（为外接球半径），外接圆面积9、答案B 解：根据题意可知，点是图象的一个对称点，直线是图象的一条对称轴，所以会有，从而可以求得，所以有，从而得，从而求得可以是310、答案A 解：由于是定义在上的奇函数，且在上为增函数，是上的增函数，所以，故选A11、答案A 解：直线，即，圆与双曲线的右支没有公共点，则直线与双曲线的渐近线之间的距离大于或等于，所以12、答案A 解：令，当时，在递减，而，在是奇函数，在区间上的唯一零点为2，即在区间上的唯一零点为2，当时，由已知，得，符合，当时，即，得，当时，即，得，综上：故选：A二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。、13、答案 解：，与的夹角为，又，14、答案 解：由，可得又，结合，可得，15、答案 解：作出不等式组表示的平面区域如阴影部分，分析知，平移直线，由图可得直线经过点时，取得最大值，且16、答案 解：当时，所以当时，；当时，；此时当时，三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17、解：(1)由已知，得.即.(2)由正弦定理，得，. ，当时，取得最大值.18、解：(1)由an12Sn1，可得an2Sn11(n2)，两式相减得an1an2an，则an13an(n2)又a22S113，a23a1.故an是首项为1，公比为3的等比数列，an3n1.(2)设bn的公差为d.由T315，即b1b2b315，可得b25，故b15d，b35d，又a11，a23，a39，由a1b1，a2b2，a3b3成等比数列可得(5d1)(5d9)(53)2，解得d2或d10. 等差数列bn的各项为正，d0，d2，b13，Tn3n2n22n.19、解：(1)证明：过点C作CMAB，垂足为M，因为ADDC，所以四边形ADCM为矩形，所以AMMB2，又AD2，AB4，所以AC2，CM2，BC2，所以AC2BC2AB2，所以ACBC，因为AF平面ABCD，AFBE，所以BE平面ABCD，所以BEAC.又BE平面BCE，BC平面BCE，且BEBCB，所以AC平面BCE.(2)因为AF平面ABCD，所以AFCM，又CMAB，AF平面ABEF，AB平面ABEF，AFABA，所以CM平面ABEF.VEBCFVCBEFBEEFCM242.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC4，CB2，AA12，ACB60，E、F分别是A1C1、BC的中点20、解：（） 若直线l1的斜率不存在，则直线l1：x1，符合题意. 若直线l1斜率存在，设直线l1的方程为，即 由题意知，圆心（3，4）到已知直线l1的距离等于半径2，即： ，解之得 . 所求直线l1的方程是或. () 直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0, 设直线方程为， 则圆心到直线l1的距离 又CPQ的面积 当d时，S取得最大值2. k1 或k7 所求直线l1方程为 xy10或7xy70 .21、解：（1） 由已知解得，故（2）令， 由得当时，单调递减；当时，单调递增，从而（3）对任意的恒成立对任意的恒成立令, 由（2）可知当时，恒成立 令，得；得 的增区间为，减区间为，实数的取