黑龙江省鹤岗市第一中学2019届高三上学期第三次月考数学(理)试题(解析版)

高三月考数学（理科）试卷
一、选择题：（每小题5分，共60分）
1.复数，则（）
A. 的虚部为
B. 的实部为
C.
D. 的共轭复数为
【答案】A
【解析】
由，故其虚部为，故选A.
2.已知集合，集合，且，若集合，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
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】
【分析】
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，且，解得，
所以“”是“直线与直线平行”的充要条件，
故选C.
【点睛】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.已知函数的定义域为，则函数的定义域为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
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，则满足，解得，
即函数的定义域为，故选A.
【点睛】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】
【分析】
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被平面QBD截去三棱锥Q-BCD（Q为PC中点)后的部分，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.若点满足不等式组，则的取值范围为
A. B.
C. D.
【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
连线的斜率即可.
详解：
如图所示，图中阴影部分为可行域.
由点，即，所以.
表示可行域内点和点连线的斜率.
由图可知，.
所以.
故选A.
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.将函数的图象，向右平移个单位长度，再把纵坐标伸长到原来的2倍，得到函数，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】
【分析】
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，平移的量是个单位．
A. 异面直线和所成的角为定值
B. 直线和平面平行
C. 三棱锥的体积为定值
D. 直线和平面所成的角为定值
【答案】D
【解析】
【分析】
结合条件和各知识点对四个选项逐个进行分析
【详解】，在棱长为的正方体中，点在线段上运动
易得平面，
平面，
，故这两个异面直线所成的角为定值，故正确
，直线和平面平行，所以直线和平面平行，故正确
，三棱锥的体积还等于三棱锥的体积，
而平面为固定平面且大小一定，
，而平面
点到平面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.已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，若，则
（）
A. 2018
B. 4036
C. 2019
D. 4038
【答案】C
【解析】
∵正数数列是公比不等于1的等比数列，且
∴，即.
∵函数
∴
令，则
∴
∴
故选C.
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
，则；函数中主要利用对称中心性质：若关于对称，则
.
11.中，角、、所对的边分别为、、，且满足，，则面积的最大值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
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，所以，
在中，由余弦定理可知，且，
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,,若存在,使得,则称函数与互为“度零点函数”.若与互为“1度零点函数”，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
由题意可知，且f(x)在R上单调递减，所以函数f(x)只有一个零点2.即，得。

函数
在区间(1,3)上存在零点，由=0，得
令，，所以h(x)在区间(1,2)上单调递增，在区间（2,3）上单调递减，
,，所以只需即有零点。

选B.
【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，进一步转化为函数在区间(1,3)上存在零点，再进行参变分离，应用导数解决。

二、填空题（每小题5分，共20分）
13.在直角梯形中，，，则向量在向量上的投影为_______.
【答案】
【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.已知向量与的夹角是，且，若，则实数__________．
【答案】
【解析】
根据题意，且，
因为，所以，
所以.
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
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，，乙：6,11，丙：
由题得
所以只能取1,3，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，且直线与面所
成角的最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意画出图形，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积.
【详解】由题意，三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为，
如图所示，则，且的最大值是，
所以，所以的最小值是，即到的距离为，
所以，因为，在中可得，即可得,
取的外接圆圆心为，作，
所以，解得，所以,
取为的中点，所以，
由勾股定理得，
【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题10分，其余各12分，共70分）
17.选修4-5：不等式选讲
已知函数.
（1）解不等式；
（2）设函数.若，使，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）或.
【解析】
试题分析：（1），
即，根据不等式的解法转化为不等式组求解即可；（2），使等价于
，将写成分段函数形式，利用分段函数的单调性可得，解一元二次不等式可得结果.
试题解析：（1），
即，∴或，
∴或，故不等式的解集为
（2）由题意可知：.
∵
∴当时，，
∴∴或.
18.如图，在中，是边上的一点，，，，（1）求的长；（2）若，求的值.
【答案】(1) ;(2) .
【解析】
【分析】
（1）根据余弦定理直接求的长；
（2）由（1）知，，
所以在中，由正弦定理. 可得. 再判断是锐角，
可得得值.
【详解】（1）由已知，得
又，，
在中，由余弦定理，
得，
整理，得.解得.
（2）由（1）知，，
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的前项的和为，若，且是的等差中项.
(Ⅰ)求数列的通项公式；
(Ⅱ)若数列满足，且前项的和为，求.
【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) .
【解析】
试题分析：(Ⅰ)由已知得，从而求得，由，得，进而得通项公式；
(Ⅱ)，，利用裂项相消求和即可.
试题解析：
(Ⅰ)因为是的等差中项，
所以或（舍）；
(Ⅱ)；
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，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，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，如或.
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，按元/分计费；超过分时，超出部分按元/分计费．已知王先生家离上班地点公里，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）
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);(2)见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题意，分别求出和时，函数的解析式，得到相应的分段函数；
（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）当时，
当时，.
得：
（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
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，在四棱锥中，底面为菱形，平面，，，，分别是，的中点.
（1）证明：；
（2）设为线段上的动点，若线段长的最小值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【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，然后根据等边三角形的性质可得，又，因此得平面，从而得证（2）先找到EH什么时候最短，显然当线段长的最小时，
，在中，，，，∴，由中，，，∴.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：∵四边形为菱形，，
∴为正三角形.又为的中点，∴.
又，因此.
∵平面，平面，∴.
而平面，平面且，
∴平面.又平面，∴.
（2）如图，为上任意一点，连接，.
当线段长的最小时，，由（1）知，
∴平面，平面，故.
在中，，，，
∴，
由中，，，∴.
由（1）知，，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又，分别是，的中点，可得，，，，
，，，
所以，.
设平面的一法向量为，
则因此，
取，则，
因为，，，所以平面，
故为平面的一法向量.又，
所以.
易得二面角为锐角，故所求二面角的余弦值为.
22.设函数.
（1）当时，恒成立，求的范围；
（2）若在处的切线为，求的值.并证明当)时，.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
【试题分析】（1）当时，由于，故函数单调递增，最小值为.（2）利用切点和斜率为建立方程组，解方程组求得的值.利用导数证得先证，进一步利用导数证，从而证明原不等式成立.
【试题解析】
解：由，
当时，得.
当时，，且当时，，此时.
所以，即在上单调递増，
所以，
由恒成立，得，所以.
（2）由得
，且.
由题意得，所以.
又在切线上.
所以.所以.
所以.
先证，即，
令，
则，
所以在是增函数.
所以，即.①
再证，即，
令，
则，
时，，时，，时，.
所以在上是减函数，在上是增函数，
所以.
即，所以.②
由①②得，即在上成立.
【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.第一问由于题目给出，并且导函数没有含有，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，即可求得的取值范围，从而解决了不等式恒成立问题.。