2019届黑龙江省大庆实验中学高三11月月考(期中)数学(理)试题(解析版)

2019届黑龙江省大庆实验中学高三11月月考（期中）数学
（理）试题
一、单选题
1．已知复数，若，则( )
A．B．C．D．5
【答案】D
【解析】由复数相等的条件列式求得x，y的值，代入复数模的计算公式求解．
【详解】
∵
∴，即x=-3，y=4．
又z=x+yi，
∴|z|=．
故选：D．
【点睛】
本题考查由复数相等的条件求复数的模长，属于基础题．
2．已知集合,，则( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】解不等式得集合A，根据集合的运算和包含关系判断即可．
【详解】
集合A={x|x2﹣x﹣2≤0}={x|﹣1≤x≤2}，
则．
故选：D．
【点睛】
本题考查了解不等式与集合的运算和包含关系的判断，是基础题．
3．已知向量满足，，，则( )
A．B．C．D．2
【答案】A
【解析】由题意得，由此能求出的值．【详解】
∵向量，满足，，，
∴，
解得=．
故选：A．
【点睛】
本题考查向量的数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4．在等差数列中，若前项的和，，则( )
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】试题分析：.
【考点】等差数列的基本概念.
5．下面命题正确的是( )
A．“” 是“” 的充分必要条件.
B．命题“ 若，则” 的否命题是“ 若，则” .
C．设，则“且”是“”的必要而不充分条件.
D．设，则“” 是“” 的必要不充分条件.
【答案】D
【解析】对每一选项逐一判断得解.
【详解】
时,a有可能是负数,故选项A错误；对于B项，“ 若，则” 的否命题是
“ 若 ，则” .故B 项错误；对于选项,且的范围比的
范围要小,应为充分不必要条件,故选项C 错误.对于选项D,因为ab=0是a=0的必要非充分 条件，所以“” 是“
” 的必要不充分条件.所以选项D 正确.
故选D. 【点睛】
(1)本题主要考查否命题和逆否命题，考查充要条件的判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 判断充要条件，首先必须分清谁是条件，谁是结论，然后利用定义法、转换法和集合法来判断.
6．某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）
A ． 3+1π
B ． 13+2π
C ． 91+42π
D ． 94
π
【答案】C
【解析】由三视图可知，该几何体是一个组合体，它的组成是一个圆柱截去四分之一，再补上以直角边长为1的等腰三角形为底面，圆柱上底面圆心为顶点的三棱锥，故体积
为2
211191
131311343242
πππ⨯⨯-
⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=+，故选C. 【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.
7．在中，角的对边分别为，其中,,,则( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】在中，先利用A+B+C=,得A=再由正弦定理求出a即可.
【详解】
在中，因为A+B+C=A++=，所以A=，
有正弦定理得=，
所以
故选：B
【点睛】
本题考查的是在三角形中利用内角和等于，还有正弦定理的应用，属于基础题. 8．若正实数满足，则的最小值为( )
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可得，由不等式的性质变形可得．【详解】
∵正实数a，b满足，
∴，
∴ab≥2
当且仅当即a=且b=2时取等号．
故选：C．
【点睛】
本题考查基本不等式求最值，涉及不等式的性质，注意取等条件，属基础题．
9．定积分的值是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】分析：将被积函数采用分段讨论的形式去掉绝对值，进而利用微积分基本定理求解即可.
详解：.
故选D.
点睛：定积分的计算一般有三个方法：
（1）利用微积分基本定理求原函数；
（2）利用定积分的几何意义，利用面积求定积分；
（3）利用奇偶性对称求定积分，奇函数在对称区间的定积分值为0
10．在矩形中，,，点为的中点，点在上，若，则
的值是( )
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】把已知向量用矩形的边所在的向量来表示，做出要用的向量的模长，表示出要求得向量的数量积，注意应用垂直的向量数量积等于0，得到结果．
【详解】
，
故选：A．
【点睛】
本题考查平面向量的数量积的运算．本题解题的关键是把要用的向量表示成已知向量的和的形式，本题是一个中档题目．
11．已知函数 在区间上单调，且在区间
内恰好取得一次最大值2，则的取值范围是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】由三角函数恒等变换的应用化简得f （x ）=2sinωx 可得[﹣，]是函
数含原点的递增区间，结合已知可得[﹣，]⊇[]，可解得0＜ω≤，又函数在
区间[0，2π]上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可得 ，得 ，
进而得解． 【详解】
=2sinωx ，
∴[﹣，]是函数含原点的递增区间．
又∵函数在[]上递增，
∴[﹣，]⊇[]，
∴得不等式组：﹣≤，且≤，
又∵ω＞0，
∴0＜ω≤ ，
又函数在区间[0，2π]上恰好取得一次最大值，
根据正弦函数的性质可知 且
可得ω∈[，．综上：ω∈
故选：B ． 【点睛】
本题主要考查正弦函数的图象和性质，研究有关三角的函数时要利用整体思想，灵活应用三角函数的图象和性质解题，属于中档题．
12．已知函数，若对任意的
且，都有
，则实数的取值范围是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】将x 1f （x 1）+x 2f （x 2）≥x 1f （x 2）+x 2f （x 1）变形得[f （x 1）﹣f （x 2）（x 1﹣x 2）≥0，进而分析函数f （x ）为增函数或常数函数,据此可得答案．
【详解】
根据题意，将x 1f （x 1）+x 2f （x 2）≥x 1f （x 2）+x 2f （x 1）变形可得[f （x 1）﹣f （x 2）] （x 1﹣x 2）≥0，所以函数f （x ）为增函数或常数函数.
当f （x ）
为增函数时，则f （x ）=x -3kx -x
，
所以3k ，h （x ）= ，
h （x ）=>0, h(x)为增函数,
x , h(x) 1 3k ， k .
因为f （x ）不可能为常数函数，（舍） 所以k .
故选：D 【点睛】
本题考查函数单调性的判定与应用，关键是依据x 1f （x 1）+x 2f （x 2）≥x 1f （x 2）+x 2f （x 1），判断出函数f （x ）为增函数或常数函数，利用导数求出k 的范围，属于中档
题.
二、填空题
13．已知实数满足，则的最小值为___________
【答案】
【解析】试题分析：
作出可行域如图中阴影部分，将化为，作出直线并平移，使之经过可行域，易知经过点时，纵截距最小，此时。

【考点】线性规划问题。

14．已知函数是定义在上的奇函数，则___________.
【答案】1
【解析】依题意可得，，则，解得
当时，，则
所以为奇函数，满足条件，故
15．如图，在底面为正方形的四棱锥中，，点为棱
的中点，则异面直线与所成角的余弦值为___________
【答案】
【解析】做出平行四边形，将要求的角转化为角GFD 或其补角为所求角，在三角形FDG 中应用余弦定理得到夹角的余弦值. 【详解】
取PD 的中点记为F 点，BC 的中点记为 点，连接FG ，GD ，因为，且，
，故得到四边形EFGB 为平行四边形，故角GFD 或其补角为所求角，根据题干
得到，三角形PAB 为等边三角形，BF 为其高线，长度为
，FG=
，DG=
，
FD=1，根据余弦定理得到，因为异面直线夹角为直角或锐角，
故取正值，为：.
故答案为：.
【点睛】
这个题目考查的是异面直线的夹角的求法；常见方法有：将异面直线平移到同一平面内，转化为平面角的问题；或者证明线面垂直进而得到面面垂直，这种方法适用于异面直线垂直的时候.
16．若数列
满足
，
，数列
的通项公式
，则数列的前10项和___________
【答案】
【解析】对于，当n=1，代入得-4,依次得
发现规律，利用，求出.
【详解】
由，当n=1，代入得-4,依次得
发现规律，
利用，得b=-，
，求出.
故答案为：
【点睛】
本题考查的是在数列中，给了递推公式不好求通项公式时，可以列举几项再发现规律，求出题中要求的前10项和，属于中档题.
三、解答题
17．已知等比数列中，依次是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且，公比
（1）求；
（2）设，求数列的前项和
【答案】（1）;（2）.
【解析】（Ⅰ）设某等差数列{c n}的公差为d，等比数列{a n}的公比为q，依题意可求得
q=，从而可求得数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，于是可求得b n=n-6，继而可得数列{b n}的前n项和T n．
【详解】
(1)设某等差数列{c n}的公差为d，等比数列{a n}的公比为q，
∵a3，a4，分别是某等差数列{c n}的第5项、第3项和第2项，且a1=32，
∴a3=c5，a4=c3，=
∴c5=c3+2d=c2+3d，即a3=a4+2d=a5+3d，d=，
∴，解得q=或q=1，又q≠1，∴q=，
∴a n=32×=．
（Ⅱ）b n==-，所以数列是以-5为首项，以1为公差的等差数列，
∴T n=．
【点睛】
本题考查等差，等比数列的通项公式和等差数列的求和，着重考查等差数列与等比数列的通项公式的应用，属于中档题．
18．已知分别为三个内角的对边，向量，且
.
（1）求角的大小；
（2）若，且面积为，求边的长.
【答案】(1)C=(2)c=6
【解析】（1）利用向量的数量积、两角和的正弦公式及三角函数的倍角公式即可得出；（2）利用正弦定理化简已知等式，得到a+b=c，再利用三角形面积公式表示出三角形ABC面积，将sinC以及已知面积代入求出ab的值，利用余弦定理列出关系式，再利用完全平方公式变形，将a+b与ab，cosC的值代入即可求出c的值
【详解】
（1）∵，
∴sin2C=sinAcosB+sinBcosA=sin（A+B）=sinC，
∴2sinCcosC=sinC，
∵0＜C＜π，∴sinC≠0，
∴cosC=，∴C=．
（2）由题意得sinA+sinB=sinC，利用正弦定理化简得：a+b=c，
∵S△ABC=absinC=ab=6，即ab=24 ，
由余弦定理得：c2=a2+b2﹣2abcosC=（a+b）2﹣3ab，即c2=ab=36，所以c=6．
【点睛】
本题考查了平面向量数量积公式的运用、正弦定理和余弦定理解三角形；熟练掌握向量的数量积运算、三角函数的有关公式及性质是解题的关键．
19．在中，，分别为，的中点，，如图1.以为折痕将
折起，使点到达点的位置，如图2.
如图1 如图2
（1）证明：平面平面；
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值。

【答案】(1)见解析；（2）直线与平面所成角的正弦值为.
【解析】（1）在题图1中，可证，在题图2中，平面.进而得到平面.从而证得平面平面；
（2）可证得平面. .则以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、
轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求直线与平面
所成角的正弦值.
【详解】
（1）证明：在题图1中，因为，且为的中点.由平面几何知识，得
.
又因为为的中点，所以
在题图2中，，，且，
所以平面，
所以平面.
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：因为平面平面，平面平面，平面，.
所以平面.
又因为平面，
所以.
以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系
在题图1中，设，则，，，.
则，，，.
所以，，.
设为平面的法向量，
则，即
令，则.所以.
设与平面所成的角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，以及利用空间向量求线面角，属中档题.
20．在数列中, 已知，且数列的前项和满足, .（1）证明数列是等比数列；
（2）设数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立, 求实数的取值范围.
【答案】(1)见解析(2)
【解析】分析：（1）利用推出是常数，然后已知，即可证明数列是等比数列；
（2）利用错位相减法求出数列的前项和为n，化简不等式，通过对任意的恒成立，求实数的取值范围．
详解：
(1) 已知,
时,
相减得. 又易知
.
又由得
.
故数列是等比数列.
(2)由(1)知.
,
.
相减得,
,
不等式为.
化简得.
设,
.
故所求实数的取值范围是.
点睛：本题考查等比数列的判断，数列通项公式与前n项和的求法，恒成立问题的应用，考查计算能力．
21．设函数
（1）当时，求函数的极值.
（2）若函数在区间上有唯一的零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）极小值为，无极大值；（2）
【解析】（1）由a=1，得函数f（x）的解析式，求出其导函数以及导数为0的根，通过比较两根的大小找到函数的单调区间，进而求出f（x）的极小值；（2）求导后按a进行分类讨论，求出a的范围.
【详解】
（1）时，函数的定义域为
令解得或（舍）
时，，单调递减；时，，单调递增列表如下
极小值
所以时，函数的极小值为，函数无极大值.
（2），其中
当时，恒成立，单调递增，又因为
所以函数在区间上有唯一的零点，符合题意。

当时，恒成立，单调递减，又因为
所以函数在区间上有唯一的零点，符合题意。

当时，
时，，单调递减，又因为
所以函数在区间上有唯一的零点；
时，，单调递增，又因为
所以当时符合题意，即
所以时，函数在区间上有唯一的零点；
所以的取值范围是
【点睛】
本题考查函数的单调区间的求法，满足条件的实数的取值范围的求法．综合性强，难度大，具有一定的探索性．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．22．已知函数的定义域为
（1）当时，求函数的单调递减区间.
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】(1)令f(x)<0解得0<x<或得的单调区间.（2）法一：令g（x）
=f（x）-1+sinx+<0在上恒成立，利用g（）<0，求出a<-1，再对a<-1进行分
类讨论.法二：变量分离，当x=0时，不等式恒成立；当
，再构造新函数，求最值即可.
【详解】
（1）时，
，解得或
所以函数的单调递减区间是，
（2）方法一
，
则只需在时恒成立，
则所以
因为，所以
1）当时，，单调递减，，符合题意
2）当时，存在，使得，
①时，，单调递减，，符合题意；
②时，，单调递增，时取得最大值；
因为，所以所以
令，其中
则，
单调递增，，所以，时，符合题意；
③时，，单调递减；，符合题意。

所以的取值范围是
方法二：
即
当时，不等式恒成立
当时，只需成立
令，则
令
则
所以当时，单调递减
当时，单调递增
又因为，
结合单调性可知时，时
即时单调递减，单调递增。

时，取得最小值
所以的取值范围是
【点睛】
本题考查的是利用导数求单调区间和参数的范围，常用的有两种方法：函数法和分离法.函数法要注意的是按a分类标准进行讨论较为简单；分离法要注意的是x的范围能不能作为分母，属于中档题.。