西藏自治区拉萨中学届高三数学第二次月考试卷理（含解析）

西藏自治区拉萨中学2019届高三数学第二次月考试卷理（含解析）本文简介：拉萨中学高三年级（2019届）第二次月考理科数学试卷一、选择题（每小题5分，共60分）1.已知集合，集合，全集，则为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的定义域求出中的范围确定出，接着根据补集的定义求出，最后求出两集合的交集即可．【详解】由中，得到，即，解得或，即，则，结合，所以，

西藏自治区拉萨中学2019届高三数学第二次月考试卷理（含解析）本文内容：

拉萨中学高三年级（2019届）第二次月考理科数学试卷

一、选择题（每小题5分，共60分）

1.已知集合，集合，全集，则为（

）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据函数的定义域求出中的范围确定出，接着根据补集的定义求出，最后求出两集合的交集即可．

【详解】由中，得到，即，

解得或，即，

则，结合，

所以，故选C.

【点睛】本题主要考查了交集及其运算，准确求出集合，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题.

2.已知为虚数单位，且满足，则所在的象限为（

）

A.

第一象限

B.

第二象限

C.

第三象限

D.

第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】

通过，解出，得到，根据复数的几何意义，即可得到结论.

【详解】∵，∴，

∴，对应的坐标为，位于第一象限，故选A.

【点睛】本题主要考查复数的几何意义，利用复数的基本运算以及共轭复数的概念即可得到结论，比较基础.

3.下列命题中，为真命题的是（

）

A.

，使得

B.

C.

D.

若命题：，使得，则：，都有

【答案】D

【解析】

【分析】

由指数函数的值域，即可判断A；由，可判断B；由，计算可判断C；由特称命题的否定，可判断D

【详解】恒成立，故A错误；当时，，故B错误；

当时，，故C错误；若命题：，使得，则：，都有，则D正确；故选D．

【点睛】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了命题的否定，指数函数的性质，基本不等式的应用条件等，属于基础题.

4.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈[－1，0)时，f(x)＝x＋3，则(

)

A.

B.

C.

D.

－2

【答案】B

【解析】

【分析】

首先通过函数的解析式求出，再利用函数的奇偶性即可求出最后结果.

【详解】函数是定义在上的奇函数，当时，，

则，故选B.

【点睛】本题考查函数的值的求法函数奇偶性的应用，考查计算能力，属于基础题.

5.若,,，则(

)

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【分析】

首先根据对数函数的单调性可得，根据指数函数的性质可得，综合即可得最后结果.

【详解】∵，

又∵对数函数单调递增，

∴，综上可得，

故选A.

【点睛】本题考查三个数的大小的比较，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用，寻找中间量是较常见的方法之一，是基础题.

6.函数

在区间(1，＋∞)内是增函数，则实数a的取值范围是(

)

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】

对函数进行求导，根据函数单调递增易得在内恒成立，即，解出即得结果.

【详解】∵，∴，

∵函数在区间内是增函数，

∴在内恒成立，即，∴，故选B．

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，将函数单调递增转化为是解题的关键，属于中档题．

7.已知几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（

）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由三视图知几何体为三棱锥，且三棱锥的高为，底面是边长为2的等边三角形，把数据代入棱锥的体积公式计算可得答案．

【详解】由三视图知几何体为三棱锥，且三棱锥的高为，

底面是边长为2的等边三角形，

∴几何体的体积，故选D．

【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积，解题的关键是由三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量，属于基础题；正视图、俯视图之间长相等，左视图、俯视图之间宽相等，正视图、左视图之间高相等，要善于将三视图还原成空间几何体，熟记各类几何体的表面积和体积公式，正确选用，准确计算

8.已知二项式的展开式的第五、六项的二项式系数相等且最大，且展开式中项的系数为，则为（

）

A.

2

B.

1

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】

如果是奇数，那么是中间两项的二次项系数最大，如果是偶数，那么是最中间那项的二次项系数最大，由此可确定的值，进而利用展开式，根据二次项的系数，即可求出的值．

【详解】∵二项式的展开式的第五、六项的二项式系数相等且最大，

∴，

又∵的通项为：，

令，解得，

又∵展开式中项的系数为，即，解得或（舍去）

故选B.

【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，根据展开式中某项的系数求参数，属于中档题

9.在中，内角，，的对边分别是，，，若满足，，则三角形周长的取值范围为（

）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】

首先通过三角形内角和以及两角和的余弦公式可得，利用余弦定理以及基本不等式可求出，再由三角形任意两边之和大于第三边求得，由此求得的周长的取值范围.

【详解】∵，∴，

即，

又∵A，B，C为三角形内角，，∴，即，

在中，由余弦定理可得，化简得，

∵，∴，

解得（当且仅当，取等号），∴，

再由任意两边之和大于第三边可得，故有，

则的周长的取值范围是，故选C．

【点睛】本题主要考查了余弦定理，以及基本不等式的运用，熟练掌握余弦定理是解本题的关键，属于中档题.

10.当

时，函数

的图象大致是(

)

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】

主要利用排除法，通过用函数的零点可排除A，C选项，的变化趋势和的变化趋势，可排除D，进而可得答案.

【详解】由，解得，即或，

∵，∴，故排除A，C，

当趋向于时，趋向于0，故趋向于0，排除D，故选B．

【点睛】本题考查函数的图象的判断与应用，考查函数的零点以及特殊值的计算，是中档题；已知函数解析式，选择其正确图象是高考中的高频考点，主要采用的是排除法，最常见的排出方式有根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等性质，同时还有在特殊点处所对应的函数值或其符号，其中包括等.

11.已知，若对

，都有成立，则的取值范围为（

）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【详解】∵，，∴，

当且仅当时等号成立，即的最小值为4，

由对

，都有成立，

得，解得，即的取值范围为，故选D.

【点睛】本题主要考查了基本不等式.基本不等式求最值应注意的问题(1)使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其前提“一正、二定、三相等”的忽视．要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可．(2)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件．

12.已知函数的导函数为，且满足，，若恒成立，则实数的取值范围为（

）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

分析：由题意，求得，得到，又由，分离参数得，设，利用导数求解单调性和最大值，即可求解.

详解：由函数，得，

又由，可得的图象关于对称，

可得，所以，

由，可得，

可得，即，

设，

则，

可知函数在内单调递增，在区间上单调递减，

可知，

所以实数的取值范围是，故选C.

点睛：利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

二、填空题（每小题5分，共20分）

13已知，则与

夹角的余弦值为

.

【答案】

【解析】

【分析】

由已知向量的坐标可求出与

的坐标，然后结合向量的夹角公式可得向量夹角的余弦值.

【详解】∵，∴，，

∴，

故答案为.

【点睛】本题主要考查了向量的夹角公式的坐标表示，解题的关键是熟练应用基本公式以及求出向量坐标，属于基础题.

14.《九章算术》记载了一个这样的问题，“今有男子善射，日益功疾，初日射3只，日增倍多一”，下图是源于该思想的一个程序框图，.如图所示，程序框图的输出值为

.

【答案】63

【解析】

【分析】

根据已知中的程序框图可得，该程序的功能是计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，可得答案．

【详解】，执行循环体后，，不满足退出循环的条件，

执行循环体后，，不满足退出循环的条件，

执行循环体后，，不满足退出循环的条件，

执行循环体后，，满足退出循环的条件，故输出的值为63，

即答案为63.

【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当程序的运行次数不多或有规律时，可采用模拟运行的办法解答，属于基础题.

15.已知函数，若函数f(x)在R上有两个零点，则的取值范围是

【答案】

【解析】

【分析】

由函数的解析式作出函数的图象，图象左半部分随着的变化上下移动，右侧是直线的一部分，分析即可得结果.

【详解】由解析式可得函数的左半部分为指数函数的一部分，且随着的变化而上下平移，右半部分为直线的一部分，作图如下：

结合图象分析可得，当左半部分的图象介于两红线之间时符合题意，而函数与轴的焦点坐标为，且只需，即即可，故答案为.

【点睛】本题考查根的存在性以及个数的判断，数形结合是解决问题的关键，属中档题．函数的零点表示的是函数与轴的交点，方程的根表示的是方程的解，他们的含义是不一样的．但是，他们的解法其实质是一样的．

16.已知AB平面BCD,，则三棱锥的外接球的体积为

【答案】

【解析】

【分析】

以为底面，为棱构建直三棱柱，故直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，利用正弦定理求出底面外接圆的半径，根据勾股定理即可得到外接球的半径，最后根据体积计算公式即可得结果.

【详解】以为底面，为棱构建直三棱柱，

故直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，

设的中心为，外接球的球心为，

在中，由余弦定理可得，

由正弦定理可得底面外接圆的半径满足，得，

所以外接球的半径满足，即

所以球的体积为，故答案为.

【点睛】本题已知三棱锥的底面为三角形，求三棱锥的外接球体积，着重考查了线面垂直的判定与性质、勾股定理与球内接多面体等知识，解题的关键是构造出直三棱柱，得到外接球的球心及半径，属于中档题.

三、解答题

17.已知数列是各项均为正数的等比数列，且满足，数列前项的和为.

（1）求出数列，的通项公式；

（2）求数列的前项和的最小值

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】

（1）根据等比数列的定义列出关于和的方程组，解出和即可得的通项公式，根据可得的通项公式；（2）利用错位相减法可得的表达式，利用数列的单调性即可得结果

.

【详解】(1),,解得：

可知：,中，，当时，

，

（2），…①…②

①②得：，，

，可知单调递增，可知

【点睛】本题主要考查了等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.

18.已知在四棱锥中，，，E为PC的中点，，

（1）求证：

（2）若与面ABCD所成角为，P在面ABCD射影为O,问是否在BC上存在一点F，使面与面PAB所成的角为，若存在，试求点F的位置，不存在，请说明理由.

【答案】（1）见解析

（2）当F为BC的中点时，两平面所成的角为.

【解析】

【分析】

（1）连接，取的中点，连接，通过证明为平行四边形，得到，根据线面垂直判定定理即可得结论；（2）作,结合可知为点在面的射影，，以为坐标原点，分别以,,为，，轴，建立空间直角坐标系，设，求出面和面分别为和，结合夹角为，求出即可.

【详解】（1）证明：

连接BE，取PD的中点H，连接AH，则又，

可知且，可知ABEH为平行四边形，故，所以.

（2）面

面，,作,可知为点在面的射影，，以为坐标原点，分别以,,为，，轴，建立空间直角坐标系，

，，,由可知，，，，，

设,，，，，可知，

设面的法向量为，，，

，

设面POF的法向量为，，可知，可知，可知

，解得，可知当F为BC的中点时，两平面所成的角为.

【点睛】本题主要考查直线与平面平行的判定，该题主要通过构造平行四边形得到线线平行，进而得到线面平行，利用向量法解决面面角问题，即二面角夹角的余弦值等于两平面法向量夹角余弦值的绝对值.

19.某学校为了研究期中考试前学生所做数学模拟试题的套数与考试成绩的关系，统计了五个班做的模拟试卷套数量及期中考试的平均分如下：

套（x）

7

6

6

5

6

数学平均分（y）

125

120

110

100

115

(Ⅰ)

若x与y成线性相关，则某班做了8套模拟试题，预计平均分为多少？

（2）期中考试对学生进行奖励，考入年级前200名，获一等奖学金500元；考入年级201—500

名，获二等奖学金300元；考入年级501名以后的学生生将不能获得奖学金。甲、乙两名学生获一等奖学金的概率均为，获二等奖学金的概率均为，.若甲、乙两名学生获得每个等级的奖学金是相互独立的，求甲、乙两名学生所获得奖学金总金额X

的分布列及数学期望。

附：

，

。

【答案】（1）139.

（2）

E(X)=600

【解析】

【分析】

（1）根据表格求出，，结合所给公式计算出和，得回归方程，将8代入即可得结果；（2）不获得奖学金的概率为，X的取值可能为0，300，500，600，800，1000，计算出其概率得其分布列.

【详解】（1）.，

，

则

当

时，

即某班若做8套试题，预计平均分为139.

⑵

不获得奖学金的概率均为

X的取值可能为0，300，500，600，800，1000

，,,,，，

即

的分布列为：

0

300

500

600

800

1000

【点睛】本题考查了线性回归方程的求法及应用，分布列及数学期望，主要通过相互独立事件概率计算公式得概率，属于基础题．

20.已知椭圆的焦点与双曲线的焦点重合，过椭圆C的右顶点B任作一条直线，交抛物线于A,B两点，且，

（1）试求椭圆C的方程；

（2）过椭圆的右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，M,N是椭圆上位于直线两侧的两点.若，求证：直线MN的斜率为定值.

【答案】（1）椭圆C的方程

（2）

【解析】

【分析】

（1）根据椭圆与双曲线焦点相同，可得，设右顶点为，直线的方程为，联立其与抛物线的方程，根据，结合韦达定理可得的值，进而得椭圆的方程；（2）由得直线的斜率之和为0，直线的斜率为，则直线的斜率为，，将直线，直线的方程分别与椭圆方程联立，求出，，结合斜率计算公式即可得结果.

【详解】（1）由双曲线的焦点为，可知，右顶点为，

设直线的方程为，，整理可得，

∴

，

∵,可知，即：，

∴，，可知椭圆的方程为

（2）易知点的坐标分別为

若，则直线的斜率之和为0.

设直线的斜率为，则直线的斜率为，

，

直线的方程为，由

可得，∴，

同理直线的方程为，

可得

∴，

.

【点睛】本题考查椭圆的方程的求法，考查直线的斜率为定值的证明，考查椭圆、直线方程、斜率公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．

21.已知函数，

（1）若的图像过点，且在点P处的切线方程为，试求函数的单调区间；

（2）当时，若函数恒成立，求整数的最小值.

【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为。（2）1

【解析】

【分析】

（1）由图象过点，得，根据导数的几何意义得，列出关于的方程，解出，通过导数与0的关系可得单调区间；（2）原题等价于在区间内恒成立，设，对其二次求导可得有极大值，也为最大值，根据，即可得结果.

【详解】（1）.函数过点可知，，，

∴，，，联立可得，

所以，函数的定义域为，

可知，，，，可知函数的单调递增区间为

，单调递减区间为

（2）由可知

因为，所以原命题等价于在区间内恒成立．

设

可设，在单调递增，且，

所以存在唯一的，使得

且当时，

，

单调递增，

当时，

，

单调递减，

所以当时，

有极大值，也为最大值，且

又，所以∴,可知，所以的最小值为1.

【点睛】本题主要考查了导数与函数单调性的关系，导数的几何意义，考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段．通过分离参数可转化为或恒成立，即或即可，利用导数知识结合单调性求出或即得解.

请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。

22.选修4-4

极坐标与参数方程

在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为

(其中为参数）.以坐标原点为极点，

轴正半轴为极轴建立极坐标系并取相同的单位长度，圆

的极坐标方程为.

（1）求曲线的方程普通方程和的直角坐标方程；

（2）过圆的圆心，倾斜角为的直线与曲线交于A,B两点，求

的值

【答案】（1）:

:

（2）32

【解析】

【分析】

（1）消去参数，可得曲线的方程普通方程，利用可得的直角坐标方程；（2）结合（1）中的结论可得直线的参数方程，将其代入抛物线方程，结合韦达定理即可得结果.

【详解】（1）曲线的参数方程为（其中为参数），消去参数可得.

曲线的极坐标方程变为直角坐标的方程为：；

（2）可知的圆心坐标为，直线的参数方程为其中为参数，代入可知∴，可知=32

【点睛】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、直线的参数方程、弦长公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

23.选修4-5

不等式选讲

已知函数.

（1）解不等式

（2）若函数的最小值为，且，，求

的最大值.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】

（1）通过讨论的范围，分为，，三种情形，求出不等式组的解集，取并集即可；（2）先求出，即得，利用均值不等式即可得结果.

【详解】（1）.当时，，，可知满足题意；当时，可知，，，无解

当时，

，，可知满足题意，可知不等式的解集为

（2）.函数，可知.

，可变形

，，当且仅当，即

当时取等号.

【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．