山东省枣庄市第三中学新城校区2019届高三12月月考数学（文）试卷 WORD版含解析.doc

1、山东省枣庄市第三中学新城校区2019届高三12月月考数学（文）试题本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第卷（选择题，共60分）一、选择题（每小题5分，共60分；在给出的A,B,C,D四个选项中，只有一项符合题目要求）1.【2018年浙江卷】已知全集U=1，2，3，4，5，A=1，3，则A. B. 1，3 C. 2，4，5 D. 1，2，3，4，5【答案】C【解析】分析:根据补集的定义可得结果.详解：因为全集，所以根据补集的定义得,故选C.点睛：若集合的元素已知，则求集合的交集、并集、补集时，可根据交集、并集、补集的定义求解2.已知命题：，则；命题：

2、若，则，下列命题为真命题的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由指数函数的性质可知命题p为真命题，则p为假命题，命题q是假命题，则q是真命题因此pq为真命题【详解】命题：，则，则命题p为真命题，则p为假命题；取a=-1，b=-2，ab，但a2b2，则命题q是假命题，则q是真命题pq是假命题，pq是真命题，pq是假命题，pq是假命题故选：B【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查了全称命题的否定，训练了函数零点存在性定理的应用方法，考查复合命题的真假判断，是基础题3.已知双曲线的离心率为,则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由可得

3、，利用双曲线的离心率求出，从而可得的值，然后求解双曲线的渐近线方程.【详解】由双曲线可得，离心率为，则，所以双曲线的渐近线方程为，故选C.【点睛】本题主要考查双曲线的方程、双曲线的离心率以及双曲线的渐近线方程，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.4.已知，则a, b, c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：因为，所以由指数函数的性质可得，因此,故选A.考点：1、指数函数的性质；2、对数函数的性质及多个数比较大小问题.【方法点睛】本题主要考查指数函数的性质、对数函数的性质以及多个数比较大小问题，属于中档题. 多个数比较大小问题能综合考查多个函数的

4、性质以及不等式的性质，所以也是常常是命题的热点，对于这类问题，解答步骤如下：（1）分组，先根据函数的性质将所给数据以为界分组；（2）比较，每一组内数据根据不同函数的单调性比较大小；（3）整理，将各个数按顺序排列.【此处有视频，请去附件查看】5.若将函数的图像向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用函数y=Asin（x+）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，得出结论【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，则平移后图象对应的函数解析式为 令，求得，可得平移后函数的图象的对称轴为 ，故选：A【点睛】本题主要考查函数y=Asin（x+）

5、的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于基础题6.已知直线过圆的圆心，且与直线垂直，则直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：圆的圆心为点，又因为直线与直线垂直，所以直线的斜率由点斜式得直线，化简得，故选D考点：1、两直线的位置关系；2、直线与圆的位置关系.【此处有视频，请去附件查看】7.棱长为1的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则该剩余部分的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，计算其表面积即可【详解】由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，正方体的

6、棱长是1，几何体的表面积 故选C【点睛】本题考查三视图求几何体的表面积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力.8.若等比数列满足，则公比为（ ）A. 2 B. 4 C. 8 D. 16【答案】B【解析】试题分析：因为，所以 ，选B考点：等比数列通项公式9.已知函数，则( )A. B. 0 C. 1 D. 2【答案】D【解析】【分析】推导出 ，由此能求出结果【详解】函数， 故选：D【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题10.已知四面体ABCD 的顶点都在球O的球面上，平面ABC，则球的表面积为（ ）A.

7、 B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意将四面体ABCD放在对应的长方体中，根据长方体与外接球的直径之间关系，可求出球的半径，代入球的表面积公式求出答案【详解】由题意知，平面ABC，则ABAC，如图所示构造长方体：则长方体的外接球和四面体的外接球是相同的，即长方体的体对角线等于球的直径2R，所以，则 ，则球O的表面积 ，故选C【点睛】本题考查空间几何体的外接球问题，利用四面体构造长方体是解题的关键，利用长方体的体对角线等于球的直径是本题的突破点11.在直角坐标系中，是椭圆：的左焦点，分别为左、右顶点，过点作轴的垂线交椭圆于，两点，连接交轴于点，连接交于点，若是线段的中点，则椭圆的离

8、心率为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意结合几何性质找到a,c的关系即可确定椭圆的离心率。【详解】如图，连接BQ，则由椭圆的对称性易得PBF=QBF，EAB=EBA，所以EAB=QBF，所以ME/BQ.因为PMEPQB，所以，因为PBFEBO，所以，从而有，又因为M是线段PF的中点，所以.本题选择C选项.【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2a2c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等

9、式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)12.已知函数，若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】函数g（x）=f（x）-ax在区间上有三个零点转化为y=f（x）与y=ax在区间上有三个交点，借助斜率求解【详解】函数g（x）=f（x）-ax在区间上有三个零点，y=f（x）与y=ax在区间上有三个交点；由函数y=f（x）与y=ax的图象可知， ；f（x）=lnx，（x1）， ，设切点坐标为（t，lnt），则 ，解得：t=e 则直线y=ax的斜率 故选：D【点睛】本题考查了导数的几何意义及数形结合的思想，属于基础题第卷（非选择题 共90分

10、）二、填空题 (本题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷中的横线上)13.设向量，且，则实数=_.【答案】【解析】【分析】由已知可得，根据向量数量积的定义和公式进行求解即可【详解】由已知 则由 ， ，可得 即答案为.【点睛】本题主要考查向量数量积的应用，根据向量数量积的公式是解决本题的关键比较基础14.在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则=_.【答案】【解析】试题分析：因为和关于轴对称，所以，那么，（或），所以.【考点】同角三角函数，诱导公式，两角差的余弦公式【名师点睛】本题考查了角的对称关系，以及诱导公式，常用的一些对称关系包含：若与的终

11、边关于轴对称，则 ，若与的终边关于轴对称，则，若与的终边关于原点对称，则.15.已知满足约束条件若目标函数的最大值为8，则的最小值为_【答案】6【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数取得最大值，确定a，b的关系，利用基本不等式求的最小值【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分），由，则 ， 平移直线，由图象可知当直线经过点A时，直线的截距最大，此时z最大为8由 ，解得 即A（3，4），代入目标函数z=ax+by得3a+4b=8当且仅当即3a=4b时取等号，的最小值为6【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决此类问题的基本方法，利用基本不等式的性质可求的

12、最小值16.若函数满足：的图象是中心对称图形；若时，图象上的点到其对称中心的距离不超过一个正数，则称是区间上的“对称函数”若函数是区间上的“对称函数”，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据“对称函数”的定义，作出函数，当点到函数图象上的点或的距离最大，最大距离为，根据条件只需即可.【详解】函数的图象可由的图象向左平移1个单位，再向上平移个单位得到，故函数的图象关于点对称，如图所示，由图可知，当时，点到函数图象上的点或的距离最大，最大距离为，根据条件只需，故即答案为.【点睛】本题主要考查新定义概念的应用，同时考查推理论证能力，综合解题能力，解题时要认真审题，注意对新定义概念的正确理

13、解三、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.已知等差数列的公差为1，且成等比数列.（）求数列的通项公式；（）设数列，求数列的前项和.【答案】(1) ;(2).【解析】试题分析：（1）根据题意得到，再由等差数列的定义得到，解得（2）由第一问得到，分组求和得到结果。解析：（）在等差数列中，因为成等比数列，所以 ，即 ， 解得.因为 所以所以数列的通项公式. （）由（）知, 所以. 得18.已知函数.（1）求函数的最大值；（2）已知的面积为，且角，的对边分别为，若，求的值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及

14、两角和与差的正弦公式将函数化为，可得函数的最大值为；（2）由题意，化简得，从而得，由，求得的值，根据余弦定理得.【详解】（1） ，函数的最大值为.（2）由题意，化简得.，.由得，又，或，.在中，根据余弦定理得. .【点睛】以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.19.已知定点，点圆上的动点。（1）求的中点的轨迹方程；（2）若过定点的直线与的轨迹交于两点，且，

15、求直线的方程.【答案】(1) ;(2) 直线的方程为或.【解析】试题分析：（1）利用相关点法求动点的轨迹方程；（2）当直线的斜率不存在时，直接写出直线的方程；当直线斜率存在时，利用勾股关系求出斜率k的值，进而得到直线方程.试题解析：（1）设，由题意知：，化简得，故的轨迹方程为。（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，满足条件； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，因为半径，故圆心到直线的距离，由点到直线的距离公式得，解得，直线的方程为， 故直线的方程为或。20.如图，菱形与正三角形的边长均为2，它们所在平面互相垂直，平面，且.（）求证：平面；（）若，求几何体的体积.【答案】(1)证明见

16、解析；(2) .【解析】试题分析：（1）根据线面垂直的性质可得，再由线面平行的判定定理即可证明平面；（2）若，利用分割法结合棱锥和棱柱的体积公式即可求几何体的体积.试题解析：（）如图，过点作于，连接，.平面平面，平面，平面平面于，平面.又平面，.四边形为平行四边形，.平面， 平面，平面.（）连接，.由题意，得.平面，平面平面于，平面.，平面，平面，平面，同理，由，可证，平面.于，平面，平面.平面平面，到平面的距离等于的长.为四棱锥的高，.21.已知函数. 当时,求的极值； 若在区间上是增函数,求实数的取值范围. 【答案】（1）极小值，无极大值（2）【解析】【分析】（1）求出导数后根据导函数的符

17、号得到函数的单调性，进而得到极值；（2）将问题转化为在区间上恒成立，即在区间上恒成立，对进行分类讨论并结合分离参数可得所求的范围【详解】，（1）当时，当时，单调递减；当时，单调递增当时，函数有极小值，且极小值为；无极大值（2）在区间上是增函数，在区间上恒成立，在区间上恒成立当时，所以不合题意当时，则有在区间上恒成立令，则在上单调递减，在上单调递增，即，实数的取值范围为【点睛】由函数的单调性求参数取值范围的方法（1）可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上(或)(在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围；（2）可导函数在某一区

18、间上存在单调区间，实际上就是(或)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；（3）若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围22.已知椭圆C： 的右焦点为F(2,0)，过点F的直线交椭圆于M、N两点且MN的中点坐标为（I）求椭圆C的方程；（II）如图，点A为椭圆上一动点（非长轴端点），的延长线与椭圆交于B点，AO的延长线与椭圆交于C点，求ABC面积的最大值，并求此时直线AB的方程.【答案】（1）； （2） ，x=-2.【解析】【分析】（I）设，由点差法可得，MN的中点坐标为，则可得，由

19、此能求出椭圆C的方程（II）设直线的方程为.设，由消去并整理，得 由弦长公式可得由点到直线距离公式可得，因为是线段的中点，所以点到直线的距离为，则，由此判断ABC面积的最大值以及此时AB的直线方程【详解】（I）设，则，两式相减得， MN的中点坐标为，且M、N、F、Q共线， ， 椭圆C的方程为。（II）设直线的方程为.设由消去并整理，得 因为直线与椭圆交于两点，所以 则 点到直线的距离为. 因为是线段的中点，所以点到直线的距离为.令，则， 当且仅当，即，亦即时，面积的最大值为.此时直线的方程为. 【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的性质应用，同时考查了数形结合的思想应用及分类讨论的思想应用，关键在于化简运算