2019届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第三次月考数学（理）试

2019届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第三次月考数学

（理）试题

一、单选题

1．复数A． 的虚部为【答案】A

，则（ ）

B． 的实部为 C．

D． 的共轭复数为

【解析】由2．已知集合

，集合

，故其虚部为

，且

，故选A. ，若集合

，则

实数的取值范围是（ ） A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】化简集合A、B，根据交集的定义写出实数a的取值范围． 【详解】

集合A={x||x|≤3}={x|﹣3≤x≤3}，

B={x|y=lg（a﹣x），且x∈N}={x|x＜a，x∈N}， 若集合A∩B={0，1，2}， 则实数a的取值范围是2＜a≤3． 故选：C． 【点睛】

本题考查了集合交运算问题，考查了不等式的解法，属于基础题． 3．“

”是“直线

与直线

平行”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． 既不充分也不必要条件 【答案】C

【解析】由题意，根据两条直线平行的条件，求得实数的值，进而根据充要条件的判定方法，即可得到答案.

【详解】 由题意可知“直线

与直线

平行”，

则满足所以“故选C. 【点睛】

，且”是“直线

，解得， 与直线

平行”的充要条件，

本题主要考查了直线与直线平行的应用，以及充要条件的判定问题，其中解答中根据两条直线的位置关系，求解实数的值，再根据充要条件的判定方法求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

4．已知函数A．

的定义域为

C．

，则函数

D．

的定义域为（ ）

B．

【答案】A

【解析】根据函数的定义域的定义，以及复合函数的定义域的求解方法，列出不等式组，即可求解. 【详解】 由题意，函数

的定义域为

，即

，

又由函数即函数【点睛】

的定义域为

，则满足，故选A.

，解得，

本题主要考查了函数的定义域的求解，其中解答中涉及到抽象函数的定义域的求解方法，根据题意合理列出不等式组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

5．执行如下所示的程序框图，如果输入

，则输出的属于

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】分析：根据程序框图，利用判断框条件，根据分段函数，求解函数的值域，即可得到输出的值的范围．

详解：由题意，根据给定的程序框图可知： 当

时，

为单调递减函数，所以

；

当时，为单调递减函数，所以，

所以输出的值属于，故选D．

点睛：本题考查了条件分支结构的程序框图的计算输出问题，其中读懂题意，利用分段函数的性质，即可求解是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力． 6．在四棱锥

中，

底面

，底面

为正方形，

，该四棱锥被一

平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】首先由题意结合三视图确定几何体的空间结构特征，然后求解其体积比即可. 【详解】

由三视图知，剩余部分的几何体是四棱锥PC中点)后的部分，

被平面QBD截去三棱锥Q-BCD（Q为

连接AC交BD于O，连楼OQ，则，且，

设，则，，

剩余部分的体积为：，

则所求的体积比值为：本题选择B选项.

.

【点睛】

(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．

7．若点A． C．

满足不等式组

B． D．

，则的取值范围为

【答案】A

【解析】分析：将不等式组的可行域表示在平面直角坐标系中，进而利用

，即

，转化为区域内的点和定点

详解：

连线的斜率即可.

如图所示，图中阴影部分为可行域.

由点，即

和点

，所以.

表示可行域内点由图可知，所以故选A.

连线的斜率.

.

.

点睛：本题是常规的线性规划问题，线性规划问题常出现的形式有：①直线型，转化成斜截式比较截距，要注意前面的系数为负时，截距越大，值越小；②分式型，其几何意义是已知点与未知点的斜率；③平方型，其几何意义是距离，尤其要注意的是最终结果应该是距离的平方；④绝对值型，转化后其几何意义是点到直线的距离.

8．将函数的2倍，得到函数

的图象，向右平移个单位长度，再把纵坐标伸长到原来

，则下列说法正确的是（ ）

A． 函数的最小正周期为 B． 函数在区间上单调递增

C． 函数

在区间上的最小值为 D． 是函数的一条对称轴

【答案】C

【解析】利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，求得f（x）的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，判断各个选项是否正确． 【详解】

将函数g（x）=2cos2（x+）﹣1=cos（2x+）的图象向右平移个单位长度，

可得y=cos（2x﹣+）=cos（2x﹣）的图象；

再把纵坐标伸长到原来的2倍，得到函数f（x）=2cos（2x﹣）的图象．

显然，f（x）的最小正周期为=π，故A错误．

在区间[]上，2x﹣∈[π，]，函数g（x）没有单调性，故B错误．

在区间[]上，2x﹣∈[，]，故当2x﹣=时，函数f（x）取得最小值为﹣

，故C正确．

当x=时，f（x）=2cos（2x﹣）=0，不是最值，故x=不是函数f（x）的一条对称轴，故D错误， 故选：C． 【点睛】

由y＝sin x的图象，利用图象变换作函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)(x∈R)的图象，要特别注意：当周期变换和相位变换的先后顺序不同时，原图象沿x轴的伸缩量的区别．先平移变换再周期变换(伸缩变换)，平移的量是|φ|个单位；而先周期变换(伸缩变换)

再平移变换，平移的量是9．在棱长为1的正方体中是 （ ）

个单位．

，点在线段

上运动，则下列命题错误的

A． 异面直线C． 三棱锥【答案】D

【解析】结合条件和各知识点对四个选项逐个进行分析 【详解】 ，易得

在棱长为的正方体中

平面平面

， ，

，故正确 平行，故正确

，点在线段

上运动

和

所成的角为定值 B． 直线

和平面

平行 所成的角为定值

的体积为定值 D． 直线和平面

，故这两个异面直线所成的角为定值

，直线，三棱锥而平面

和平面

平行，所以直线的体积还等于三棱锥为固定平面且大小一定， ，而

点到平面

平面

和平面

的体积，

的距离即为点到该平面的距离，

三棱锥的体积为定值，故正确 ，由线面夹角的定义，令

与

的交点为，可得

即为直线

和平面

所

成的角，当移动时这个角是变化的，故错误 故选 【点睛】

本题考查了异面直线所成角的概念、线面平行及线面角等，三棱锥的体积的计算可以进行顶点轮换及线面平行时，直线上任意一点到平面的距离都相等这一结论，即等体积法

的转换。

10．已知正数数列则

是公比不等于1的等比数列，且

（ ）

，若，

A． 2018 B． 4036 C． 2019 D． 4038 【答案】C

【解析】∵正数数列∴

，即

是公比不等于1的等比数列，且.

∵函数

∴令∴∴故选C.

，则

点睛：倒序相加法求和，不仅应用在等差数列中，而且在函数中也有应用.等差数列中主要利用等差数列性质：若要利用对称中心性质：若11．

关于

对称，则

，，则

.

，则；函数中主

中，角、、所对的边分别为、、，且满足

面积的最大值是 （ ） A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】利用正弦定理，求得，再利用余弦定理和基本不等式，求解的最大值，

利用三角形的面积公式，即可求解，得到答案. 【详解】 由题意可知

，由正弦定理得，

又由在中，，即，即，

因为在

，所以，

，且

，

中，由余弦定理可知

即，当且仅当时，等号成立，

即，所以的最大面积为，故选A.

【点睛】

本题主要考查了正、余弦定理和三角形的面积公式，及基本不等式的应用，其中解答中利用正弦、余弦定理解决三角形的边角关系，再合理运用基本不等式求最值是解本题的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

12．已知M??|f????0, N??|g????0,若存在??M,??N,使得

????????n,则称函数f?x?与g?x?互为“n度零点函数”.若f?x??32?x?1与

g?x??x2?aex互为“1度零点函数”，则实数a的取值范围为( )

A． (14?14?42?42? B． C． D． ,(, [, [,2? ?22?23?ee?ee?ee?ee?【答案】B

【解析】由题意可知f?2??0，且f(x)在R上单调递减，所以函数f(x)只有一个零点2.即2???1，得1???3。函数g?x??x?ae在区间(1,3)上存在零点，由

2xx2x?ae=0，得a?x

e2xx22x?x2x?2?x??令h?x??x,x??1,3?， h??x??，所以h(x)在区间(1,2)上单调xxeee递增，在区间（2,3）上单调递减， h?1??1491,h?2??2,h?3??3?, h?x?? eeee14?14?(,2? ，所以只需a? (,2? 即有零点。选B. ee?ee?【点睛】要学会分析题中隐含的条件和信息，如本题先观察出f(x)的零点及单调性是解题的关键，进一步转化为函数g?x??x?ae在区间(1,3)上存在零点，再进行参变分

2x

离，应用导数解决。

二、填空题 13．在直角梯形的投影为_______. 【答案】

中，

，

，则向量

在向量

上

【解析】建立平面直角坐标系，利用数量积投影的定义及坐标运算即可得到结果. 【详解】

如图建立平面直角坐标系，易得：∴

∴向量在向量上的投影为

【点睛】

平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用. 利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数. 14．已知向量a与b的夹角是

?，且a?1,b?2，若3?3a??b?a，则实数

???__________．

【答案】?3 【解析】 根据题意a?1,b?2，且a?b?a?bcos?3?1，

因为

?3a??b?a，所以

??3a??b?a?3a2??a?b?3???0，

? 所以???3.

15．甲、乙、丙三人玩摸卡片游戏，现有标号为1到12的卡片共12张，每人摸4张。甲说：我摸到卡片的标号是10和12；乙说：我摸到卡片的标号是6和11；丙说：我们三人各自摸到卡片的标号之和相等．据此可判断丙摸到的编号中必有的两个是__________． 【答案】8和9

【解析】分析:先求出每个人的卡片的数字和为26，再计算出甲乙剩下的两个卡片的编号和，通过分析得到丙摸到的编号中必有的两个数.

详解：由题得1到12的12个数字的和为每一个人的四个数字之和为

设甲：10,12，

由题得所以

只能取1,3，

，乙：6,11，

丙：

只能为2,7或4,5，

所以剩下的四个数只能是4,5,8,9或2,7,8,9， 所以丙摸到的编号中必有的两个是8和9. 故答案为：8和9

点睛：本题主要考查等差数列的前n项和，考查推理证明，意在考查学生推理论证的能力.

16．三棱锥中，平面，，，，是边上的一个

动点，且直线__________． 【答案】

与面所成角的最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为

【解析】根据题意画出图形，结合图形找出球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积. 【详解】 由题意，三棱锥

的外接圆圆心与三棱锥外接球的

中，平面，直线与平面所成的角为，

如图所示，则所以

，所以

，且的最大值是

，即到

， 的距离为

，

的最小值是

所以取

，因为，在中可得，

，即可得,

的外接圆圆心为，作

所以，解得，所以,

取为的中点，所以，

由勾股定理得，

所以三棱锥的外接球的表面积是.

【点睛】

本题考查了有关球的组合体问题，以及球的表面积的计算问题，解答时要认真审题，确定球的球心和半径，注意球的性质的合理运用是解答的关键，对于求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径.着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及数形结合思想的应用.

三、解答题

17．选修4-5：不等式选讲 已知函数f?x??x?2. （1）解不等式3f?x??4?2；

（2）设函数g?x??2x?6.若?x0?R，使f?x0??g?x0??a?4a，求实数a的取

2

值范围.

【答案】（1）?,4???0,?（2）a?5或a??1.

33【解析】试题分析：（1）3f?x??4?2??2?3f?x? ?4?2?即

?8????4???2?f?x??2， 32?x?2?2，根据不等式的解法转化为不等式组求解即可；（2）?x0?R，使3将f?f?x0??g?x0??a2?4a等价于a2?4a??x??gx??f?x??g?x???min，段函数形式，利用分段函数的单调性可得??f?x??g?x???得结果.

试题解析：（1）3f?x??4?2??2?3f?x? ?4?2?即

min?写成分

?5，解一元二次不等式可

2?f?x??2， 3222?x?2?2，∴?x?2?2或?2?x?2??， 33384?8??4??x?4或0?x?，故不等式的解集为?,4???0,? 33?3??3?min∴

2（2）由题意可知： a?4a???f?x??g?x???.

?3x?4,x??3∵f?x??g?x??{x?8,?3?x?2

3x?4,x?2∴当x??3时， ??f?x??g?x???2min?5，

∴a?4a?5??a?5??a?1??0∴a?5或a??1. 18．如图，在

中，是

边上的一点，

，

，

，（1）求

的长；（2）若，求的值.

【答案】(1) ;(2)

的长；

.

【解析】（1）根据余弦定理直接求

（2）由（1）知，，

所以在可得【详解】

中，由正弦定理. 可得得值.

. 再判断是锐角，

（1）由已知，得又在得整理，得（2）由（1）知，

，

，

中，由余弦定理，

，

.解得，

.

所以在中，由正弦定理.得，

解得.

因为，所以，从而，即是锐角，

所以【点睛】

.

本题考查正弦定理、余弦定理的应用.属中档题.

19．已知单调的等比数列?an?的前n项的和为Sn，若S3?39，且3a4是a6,?a5的等差中项.

(Ⅰ)求数列?an?的通项公式；

(Ⅱ)若数列?bn?满足bn?log3a2n?1，且?bn?前n项的和为Tn，求

111???T1T2T3?1. Tn

【答案】(Ⅰ) an?3n；(Ⅱ)

111???T1T2T3?11?311??????. Tn2?2n?1n?2?a11?q31?q【解析】试题分析：(Ⅰ)由已知得6a4?a6?a5，从而求得q，由S3?得a1，进而得通项公式；

(Ⅱ) bn?log332n?1?2n?1， Tn?n?n?2?， 裂项相消求和即可. 试题解析：

(Ⅰ)因为3a4是a6,?a5的等差中项，

所以6a4?a6?a5?q2?q?6?0?q?3或q??2（舍）； S3????39，

111?11??????利用Tnn?n?2?2?nn?2?a11?q31?q???39?a1?3

an?3n

(Ⅱ) bn?log332n?1?2n?1；

Tn?3?5??2n?1?n?n?2?

111?11?????? Tnn?n?2?2?nn?2??111???T1T2T3111???T1T2T3?11?11?1?11?1?11?????????????Tn2?13?2?24?2?35?11?311?????? Tn2?2n?1n?2?1?11????? 2?nn?2???点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消

?c?中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如?? (其中?an?是各项均不为零的等

aa?nn?1?差数列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如

1?n?1??n?3?或

1.

n?n?2?20．为响应绿色出行，某市在推出“共享单车”后，又推出“新能源分时租赁汽车”．其中一款新能源分时租赁汽车，每次租车收费的标准由两部分组成：①根据行驶里程数按

1元/公里计费；②行驶时间不超过分时，按按

元/分计费．已知王先生家离上班地点

元/分计费；超过分时，超出部分

公里，每天租用该款汽车上、下班各一

次．由于堵车、红绿灯等因素，每次路上开车花费的时间 (分)是一个随机变量．现统计了

次路上开车花费时间，在各时间段内的频数分布情况如下表所示：

时间（分） 频数

将各时间段发生的频率视为概率，每次路上开车花费的时间视为用车时间，范围为

分．（1）写出王先生一次租车费用（元）与用车时间（分）的函数关系式；（2）若王先生一次开车时间不超过

分为“路段畅通”，设表示3次租用新能源分时租赁汽

车中“路段畅通”的次数，求的分布列和期望.

【答案】(1)

【解析】（1）由题意，分别求出分段函数；

;(2)见解析. 和

时，函数的解析式，得到相应的

（2）由题意，求得“路段畅通”的概率，进而得到随机可取，利用的独立性

检验的概率计算公式，求解随机变量取每个值对应的概率，求得分布列，最后利用期望的公式，即可求解. 【详解】 （1）当 当得：

时，

时，

.

（2）王先生租用一次新能源分时租赁汽车，为“路段畅通”的概率可取0，1，2，3.

，

，

的分布列为 0 1

2 3 P

或依题意

【点睛】

，

本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望等基础知识，其中解答中认真审题，正确理解题意，得到随机变量的取值，利用概率的计算公式求解相应的概率是解答本题的关键，着重考查了运算求解能力，以及分析问题和解答问题的能力.

21．如图，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为菱形， PA?平面ABCD， AB?2，

?ABC?60， E， F分别是BC， PC的中点.

（1）证明： AE?PD；

（2）设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为5，求二面角E?AF?C的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

15 5【解析】试题分析：（1）证明线线垂直则需证明线面垂直，根据题意易得PA?AE，然后根据等边三角形的性质可得AE?BC，又BC//AD，因此AE?AD得AE?平面PAD，从而得证（2）先找到EH什么时候最短，显然当线段EH长的最小时，

EH?PD，在Rt?EAH中， AE?3， EH?5， EA?AH，∴AH?2，由Rt?PAD中， AD?2， ?PDA?45，∴PA?2.然后建立空间直角坐标系，写出两个面法向量再根据向量的夹角公式即可得余弦值 解析：（1）证明：∵四边形ABCD为菱形， ?ABC?60， ∴?ABC为正三角形.又E为BC的中点，∴AE?BC. 又BC//AD，因此AE?AD.

∵PA?平面ABCD， AE?平面ABCD，∴PA?AE. 而PA?平面PAD， AD?平面PAD且PA?AD?A， ∴AE?平面PAD.又PD?平面PAD，∴AE?PD.

（2）如图， H为PD上任意一点，连接AH， EH.

当线段EH长的最小时， EH?PD，由（1）知AE?PD， ∴PD?平面AEH， AH?平面AEH，故AH?PD. 在Rt?EAH中， AE?3， EH?5， EA?AH， ∴AH?2，

由Rt?PAD中， AD?2， ?PDA?45，∴PA?2.

由（1）知AE， AD， AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E， F分别是BC， PC的中点， 可得A?0,0,0?， B?3,?1,0， C??3,1,0， D?0,2,0?，

?

P?0,0,2?， E??31?3,0,0， F??2,2,1??， ???所以AE???31?3,0,0， AF???2,2,1??. ???设平面AEF的一法向量为n??x1,y1,z1?，

3x1?0n?AE?0,则{ 因此{3 ， 1n?AF?0,x1?y1?z1?022取z1??1，则n??0,2,?1?，

因为BD?AC， BD?PA， PA?AC?A，所以BD?平面AFC， 故BD为平面AFC的一法向量.又BD??3,3,0， 所以cosn,BD ???m?BDm?BD ?2?315. ?55?1215. 5易得二面角E?AF?C为锐角，故所求二面角的余弦值为

22．设函数f?x??e?asinx?b.

x（1）当a?1,x?0,???时， f?x??0恒成立，求b的范围；

（2）若f?x?在x?0处的切线为x?y?1?0，求a、b的值.并证明当x??0,???)时， f?x??lnx.

【答案】（1）b??1（2）见解析

【解析】【试题分析】（1）当a?1时，由于f??x??0，故函数单调递增，最小值为

?f?0??1?b?0,b??1.（2）利用切点?0,?1?和斜率为1建立方程组，解方程组求得

a,b的值.利用导数证得先证ex?2?x?1，进一步利用导数证x?1?lnx，从而证明原

不等式成立. 【试题解析】

解：由f?x??e?asinx?b，

xx当a?1时，得f??x??e?cosx.

当x?0,???时， e?1,cosx??1,1，且当cosx??1时， x?2k???,k?N，

x???此时ex?1.

所以f??x??ex?cosx?0，即f?x?在?0,+??上单调递増，

所以f?x?min?f?0??1?b，

由f?x??0恒成立，得1?b?0，所以b??1. （2）由f?x??ex?asinx?b得

f??x??ex?acosx，且f?0??1?b.

由题意得f??0??e0?a?1，所以a?0.

又?0,1?b?在切线x?y?1?0上. 所以0?1?b?1?0.所以b??2. 所以f?x??ex?2.

先证ex?2?x?1，即ex?x?1?0(x?0)，

令g?x??ex?x?1(x?0)，

则g??x??ex?1?0，

所以g?x?在?0,???是增函数.

所以g?x??g?0??0，即ex?2?x?1.①

再证x?1?lnx，即x?1?lnx?0(x?0)， 令??x??x?1?lnx， 则???x??1?1x?1x?x， ???x??0时， x?1， ???x??0时， x?1， ???x??0 时，所以??x?在?0,1?上是减函数，在?1,???上是增函数，

0?x?1.

所以??x?min???1??0.

即x?1?lnx?0，所以x?1?lnx.②

由①②得ex?2?lnx，即f?x??lnx在?0,???上成立.

【点睛】本小题主要考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式.第一问由于a题目给出，并且导函数没有含有b，故可直接有导数得到函数的单调区间，由此得到函数的最小值，令函数的最小值大于或等于零，即可求得b的取值范围，从而解决了不等式恒成立问题.

所以??x?min???1??0.

即x?1?lnx?0，所以x?1?lnx.②

由①②得ex?2?lnx，即f?x??lnx在?0,???上成立.

【点睛】本小题主要考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式.第一问由于a题目给出，并且导函数没有含有b，故可直接有导数得到函数的单调区间，由此得到函数的最小值，令函数的最小值大于或等于零，即可求得b的取值范围，从而解决了不等式恒成立问题.

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