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2019届高三数学11月月考试题文I
一、单项选择
1、已知集合,,则()A.B.C.D.
2、已知复数满足(为虚数单位),则为()A.2B.C.D.
13、下列函数中,既是偶函数又在上单调递增的是()A.B.C.D.
4、已知为两个不同的平面,为直线,则以下说法正确的是( )A.若,,则B.若,,则C.若,,则D.若,,则
5、将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变),再将所得的图象向左平移个单位,得到的图象对应的解析式是()A.B.C.D.
6、设向量,,,若,则与的夹角为()A.B.C.D.
7、已知,则()A.B.C.D.
8、在△中,,则角等于A.B.C.D.
9、已知是等差数列,,则该数列前项和等于()A.B.C.D.
10、下列命题中,不是真命题的是()A.命题“若,则”的逆命题.B.“”是“且”的必要条件.C.命题“若,则”的否命题.D.“”是“”的充分不必要条件.
11、已知函数,,则下列说法正确的是()A.函数是周期函数且最小正周期为B.函数是奇函数C.函数在区间上的值域为D.函数在是增函数
12、已知函数若函数有4个不同的零点,则的取值范围是A.B.C.D.
2、填空题
13、曲线在处的切线方程为_________________________.
14、,其中,则__________.
15、已知实数,满足则的最大值为__________.
16、对于函数,部分与的对应关系如下表123456789375961824数列满足,且对于任意,点都在函数的图象上,则的值为__________.
三、解答题
17、已知函数()的图象与轴相切,且图象上相邻两个最高点之间的距离为.
(1)求的值;
(2)求在上的最大值和最小值.
18、已知,,分别为的三个内角,,的对边,且.
(1)求角;
(2)若,的面积为,求,.
19、已知数列的前项和为,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)记,求数列的前项和.
20、如图,四棱锥中中,底面.底面为梯形,,,,,点在棱上,且.(Ⅰ)求证平面平面;(Ⅱ)求三棱锥的体积.
21、已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)若对任意,都有恒成立,求实数的取值范围.
22、在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),直线的参数方程为(为参数).以原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,点的极坐标方程为.
(1)求点的直角坐标,并求曲线的普通方程;
(2)设直线与曲线的两个交点为,求的值.惠东燕岭学校xx高三11月月考文科数学参考答案
一、单项选择
1、【答案】A【解析】.故选A.
2、【答案】C【解析】由,得,,故选C.
3、【答案】B【解析】.由得,是奇函数,不合题意;.由得,是偶函数且定义域是,当,由得,函数为增函数,符合题意;.是偶函数又在上单调递减,不合题意;.是偶函数又在上单调递减,不合题意.
4、【答案】C【解析】若,,则或在内,A错;若,,则与位置关系不定;B错;若,,则或在内,D错;若,则平行内一条直线因为,所以因此,C对,选C.
5、【答案】C【解析】,故选C.
6、【答案】D【解析】因为b||c所以所以与的夹角的余弦值为所以夹角为.故选D.
7、【答案】D=,故选D.
8、【答案】B【解析】所以,选B.
9、【答案】B【解析】解设公差为d,则由已知得2a1+d=42a1+13d=28?a1=1d=2?S10=10×1+10×9=100,故选B.
10、【答案】A【解析】命题“若,则”的逆命题为若,则显然是错误的,当m=0时则不成立,故A是假命题.
11、【答案】C【解析】由知,当时,而,所以∴,即值域为,故选C.
12、【答案】C【解析】当时,当时,作图可知,选C.
二、填空题
13、【答案】由可得即曲线在处的切线斜率为,由点斜式可得曲线在处的切线方程为,化为,故答案为.
14、【答案】【解析】即又所以故答案为
15、【答案】【解析】画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示.由可得,平移直线,结合图形可得当直线经过可行域内的点A时,直线在y轴上的截距最大,此时z取得最大值.由,解得,所以点A的坐标为
(32).∴.答案
816、【答案】7561【解析】结合所给的对应关系可得,,则,.
三、解答题
17、【答案】
(1),
(2)时,有最大值为;时,有最小值为
0.解析解
(1)∵图象上相邻两个最高点之间的距离为,∴的周期为,∴且,∴,此时,又∵的图象与轴相切,∴且,∴;
(2)由
(1)可得,∵,∴,∴当,即时,有最大值为;当,即时,有最小值为
0.
18、【答案】1;
2.解析
(1)由及正弦定理,得,由于,所以,即.又,所以,所以,故.
(2)的面积,故,
①由余弦定理,故,故,
②由
①②解得.
19、【答案】
(1).
(2).解析
(1)当时,,得当时,有,所以即,满足时,,所以是公比为2,首项为1的等比数列,故通项公式为.
(2),.
20、【答案】1见解析2解析(Ⅰ)证明∵面,∴又∵,且.∴B面又∵面,∴面面(Ⅱ)过点,在平面内作垂直于,垂足为.由(Ⅰ)可知底面∵,∴又∵∴
21、解析
(1)由题知当m≤0时,0在x∈0,+∞时恒成立∴fx在0,+∞上是增函数.当m0时令f′x0,则;令f′x0则.∴fx在为增函数,fx在为减函数.2法一由题知在上恒成立,即在上恒成立令,所以令g′x0,则;令g′x0,则.∴gx在上单调递增,在上单调递减.∴∴.法二要使fx≤0恒成立,只需
(1)当m≤0时,fx在[1e]上单调递增,所以即,这与m≤0矛盾,此时不成立.
(2)当m0时
①若即时,fx在[1,e]上单调递增,所以,即,这与矛盾,此时不成立.
②若1即时,fx在上单调递增,在上单调递减.所以即解得,又因为,所以
③即m2时,fx在递减,则∴又因为,所以m2综上.
22、解析1由极值互化公式知点的横坐标,点的纵坐标,所以,消去参数的曲线的普通方程为.2点在直线上,将直线的参数方程代入曲线的普通方程得,设其两个根为,,所以,,由参数的几何意义知.。