山东省济南外国语学校2019届高三12月月考数学（理）试卷 WORD版含解析.doc

1、高三年级理科数学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题5分共60分）1.已知全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出全集中的元素，再由可得B，再由交集定义求解即可.【详解】全集，由，可得.所以.故选C.【点睛】本题主要考查了集合的补集和交集的运算，属于基础题.2.在复平面内，复数(i是虚数单位)所对应的点位于()A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限 D. 第四象限【答案】B【解析】试题分析：由题，对应点坐标为：为第二象限的点。考点：复数的运用及几何意义。.3.“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充

2、分也不必要条件【答案】B【解析】由得，故“”是“”的必要不充分条件，故选B.4.在平面直角坐标系中，已知向量，若，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由向量平行的坐标表示列方程求解即可.【详解】向量.若，则有：.解得.故选C.【点睛】本题主要考查了两向量平行的坐标表示，属于基础题.5.设m，n是两条不同的直线，、是三个不同的平面，给出下列命题，正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】试题分析：对于A选项，可能m与相交或平行，对于选项B，由于，则在内一定有一直线设为与平行，又，则，又，根据面面垂直的判定定理，可知，故B选项正确，对于C选项，

3、可能有，对于D选项，可能与相交.考点：线面间的位置关系6.设是定义在R上的奇函数，当时，则A. B. C. 1 D. 3【答案】D【解析】【分析】由函数为奇函数可得，进而代入解析式求解即可.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以.又当时，所以.所以.故选D.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性应用，属于基础题.7.在等差数列中，其前项和为，若，则的值等于（ ）A. -2019 B. -2018 C. 2018 D. 2019【答案】A【解析】【分析】设等差数列的公差为，则，将通项公式代入条件可解得，再由前n项和的通项公式求解即可.【详解】设等差数列的公差为，则，所以.则.解得.所以.故选A.【点睛

4、】本题主要考查了数列的前n项和的通项公式，属于公式应用题，运算是关键.8.在中，的平分线交于，,则的长为（ ）A. 3 B. 6 C. 9 D. 12【答案】D【解析】【分析】过点D作分别交AB、AC于E、F，可得平行四边形AFDE为菱形，所以，由三点共线的向量形式可得，进而由的长可得，进而得AC.【详解】如图所示，过点D作分别交AB、AC于E、F.由，且B,C,D三点共线，所以，解得.由图可知：，所以，.又为的平分线，所以平行四边形AFDE为菱形，所以.，所以，所以.故选D.【点睛】利用平面向量判定三点共线往往有以下两种方法：三点共线；为平面上任一点，三点共线，且.9.正项等比数列中，存在两

5、项使得，且，则的最小值是( )A. B. 2 C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由得解得，再由得，所以，所以.考点：数列与基本不等式.【思路点晴】本题主要考查等比数列的基本元思想，考查基本不等式.第一步是解决等比数列的首项和公比，也即求出等比数列的基本元，在求解过程中，先对具体的数值条件进行化简，可求出，由此化简第一个条件，可得到；接下来第二步是基本不等式常用的处理技巧，先乘以一个常数，再除以这个常数，构造基本不等式结构来求.10.已知函数, 则函数的图象（ ）A. 最小正周期为T=2p B. 关于点直线 对称C. 关于直线对称 D. 在区间上为减函数【答案】C【解析】【详解】函数.可知

6、函数的最小正周期为；，为函数的最大值，所以直线为函数的对称轴.故选C.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简，用到了两角和的余弦展开及二倍角公式，以及正弦型三角函数的性质，属于基础题.11.在矩形中，沿将矩形折叠，其正视图和俯视图如图所示. 此时连结顶点形成三棱锥，则其侧视图的面积为（ ）A. 12 B. 6 C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可知所折叠的平面ABC与平面ACD垂直，三棱锥B-ACD侧视图为等腰直角三角形，AD是斜边，两条直角边分别是过B和D向AC所做的垂线，做出直角边的长度，得到侧视图的面积【详解】由正视图和俯视图可知平面ABC平面ACD.三棱锥BACD侧视图为等腰直

7、角三角形，AD是斜边，两条直角边分别是过B和D向AC所做的垂线，直角边长为，侧视图面积为.故选D.【点睛】本题考查了由三视图还原几何体的问题，根据三视图判断几何体的结构特征是解答本题的关键，考查了空间想象能力与运算求解能力.12.已知函数若当方程有四个不等实根，（）时，不等式恒成立，则实数的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：当时，所以，由此画出函数的图象如下图所示，由于，故.且.所以，由分离参数得，令，则上式化为，即，此方程有实数根，判别式大于或等于零，即，解得，所以，故选B.考点：分段函数与不等式.【思路点晴】本题考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数

8、学思想方法.第一步是根据题意求完整的解析式，由于第二段函数是用对应法则来表示，注意到当时，所以，由此求得函数的表达式并画出图象，根据图象的对称性可知，且.第二步用分离常数的方法，分离常数，然后利用求值域的方法求得的最小值.二、填空题（每小题5分共20分）13.若，则_ .【答案】1【解析】【分析】由计算求解即可.【详解】由.解得或-2（舍）故答案为：1.【点睛】本题主要考查了定积分的计算，属于基础题.14.已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上存在一点使，则该椭圆的离心率的取值范围为 【答案】【解析】试题分析：在PF1F2中，由正弦定理得：，则由已知得：，即：a|PF1|=|cPF2|设点（x0

9、，y0）由焦点半径公式，得：|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0,则a（a+ex0）=c（a-ex0）解得：x0=，由椭圆的几何性质知：x0-a则-a整理得e2+2e-10，解得：e-1或e-1，又e（0，1），故椭圆的离心率：e(-1，1)，故答案为：(-1，1)考点：本题主要考查了椭圆的定义，性质及焦点三角形的应用，特别是离心率应是椭圆考查的一个亮点，多数是用a，b，c转化，用椭圆的范围来求解离心率的范围点评：解决该试题的关键是能通过椭圆的定义以及焦点三角形的性质得到a,b,c的关系式的转换，进而得到离心率的范围。【此处有视频，请去附件查看】15.在中，则在方向上的投影是_【答案

10、】【解析】ABC中， ， ；又AB=3，AC=4，在方向上的投影是-4；如图所示故选：C点睛：本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题，也考查了数形结合思想的应用问题，是基础题目.16.已知三棱锥中，平面平面，则三棱锥的外接球的大圆面积为_【答案】【解析】试题分析：如下图所示，设的中点为，连结，因为，所以，又平面平面，所以平面，又因为是等腰直角三角形，所为的外心，所以球心一定在直线上，所以球心在线段的延长线上，设，则三棱锥外接球半径，即，解得，所以，所以三棱锥的外接球的大圆面积.考点：1.球的切接问题；2.球的性质.【名师点睛】本题主要考查球的切接问题与球的性质，属中档题；球的切接问题是最

11、近高考的热点之一，解题的关键是利用所给几何体的特征，找到球心，求出半径；找球心常用方法就是先找到多面体的一个三角形面的外心，球心在过这个外心且垂直于这个平面的直线上，再利用已知条件求出半径，如本题就釆用这种方法；或者是看所给多面体是否能放入某个正方体或长方体中，借助正方体或长方体的外接球去求解.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.数列的前项和为，满足，等比数列满足. （1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由，时，即可得；（2）先求出，由为等比数列可得，从而得，再利用等比数列求和公式求解即可

12、.【详解】（1）由，得；当时，因为满足上式，所以.（2）等比数列满足，所以公比为，所以.所以数列的前项和.【点睛】本题主要考查了利用求数列的通项公式及等比数列的通项公式和等比数列的前n项和公式，属于基础题.18.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足求角A的大小；若D为BC上一点，且满足，求a【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理将变化为角，再利用两角和的正弦展开化简可得，从而得解；（2）由条件可得，两边平方可得，再由余弦定理可得，从而可得解.【详解】（1）由正弦定理，可得：，即，由，可得.由为的内角，所以.（2）由，可得.将上式平方可得：.解得.由余弦定理可得.

13、所以.【点睛】本题主要考查了利用正余弦定理求解三角形，涉及到了向量基本运算，属于中档题.19.设（1）讨论的单调区间；（2）当时，在上的最小值为，求在上的最大值【答案】（）当时，的单调递减区间为；当时，的单调递减区间为和，单调递增区间为；（）【解析】试题分析：第一问对函数求导，结合参数的取值范围，确定出导数在相应的区间上的符号，从而确定出单调区间，第二问结合给定的参数的取值范围，确定出函数在那个点处取得最小值，求得参数的值，再求得函数的最大值试题解析：（），其（1）若，即时，恒成立，在上单调递减；（2）若，即时，令，得两根，当或时，单调递减；当时，单调递增综上所述：当时，的单调递减区间为；当时

14、，的单调递减区间为和，单调递增区间为；（）随的变化情况如下表：单调递减极小值单调递增极大值单调递减当时，有，所以在上的最大值为又，即所以在上的最小值为得，从而在上的最大值为考点：导数的应用20.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，点为棱的中点（）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；（）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（）取的中点，连结、，得到故且，进而得到，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.（）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，求得平面的法向量为，和平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，进而得到为直线与平面所成

15、的角，即可求解.【详解】（）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，且，故且.所以，四边形为平行四边形.所以，又平面，平面，所以，平面.（）由题意知为正三角形，所以，亦即，又，所以，且平面平面，平面平面，所以平面，故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，则由题意知，设平面的法向量为，则由得，令，则，所以取，显然可取平面的法向量，由题意：，所以.由于平面，所以在平面内的射影为，所以为直线与平面所成的角，易知在中，从而，所以直线与平面所成的角为.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；

16、解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，着重考查了分析问题和解答问题的能力.21.已知椭圆的左右顶点分别为，左焦点为，已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）若过点的直线与该椭圆交于两点，且线段的中点恰为点，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由离心率及椭圆过点，列出关于的方程求解即可；（2）设P（xP，yP），Q（xQ，yQ），将两点代入椭圆方程，进而两式作差可得，进而由点斜式可得解.【详解】（1）因为e，则3a24b2，将（1，）代入椭圆方程： +1，解得：a2，b，所以椭圆方程为+1；（2）

17、设P（xP，yP），Q（xQ，yQ），线段PQ的中点恰为点N，xP+xQ2，yP+yQ2，+1， +1，两式相减可得（xP+xQ）（xPxQ）+（yP+yQ）（yPyQ）0，即直线PQ的斜率为，直线PQ的方程为y1（x1），即3x+4y70.【点睛】本题主要考查了椭圆方程的求解及“点差法”研究中点弦问题，属于典型题.22.已知函数 .（1）讨论的单调性；（2）若在区间上有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）详解见解析；（2）【解析】试题分析：(1)首先求得函数的导函数，然后分类讨论求得函数的单调区间即可；(2)结合(1)的结论，利用导函数与原函数的关系整理可得的取值范围是.试题解析：（1）的定义域为，令可得或.下面分三种情况.当时，可得，由得，由得，此时的单调递增区间为，单调递减区间为.当时，由得或，由得，此时的单调递增区间为，单调递减区间为.当时，在区间上单调递增.由（1）得，当时，在处取得最小值，且在区间内先减后增，又，要使得在区间上有两个零点，必须有且，由此可得.当时，显然在区间上不存在两个零点.当时，由（1）得在区间内先减后增，又，故此时在区间上不存在两个零点. 当时，由（1）得在区间内先增，先减，后增.又,，故此时在区间上不存在两个零点.当时，由（1）得在区间上单调递增，在区间上不存在两个零点.综上，的取值范围是.