(最新资料)四川省成都市龙泉第二中学2019届高三上学期12月月考试题数学(理)【解析版】.pdf

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1、四川省成都市龙泉第二中学2019届高三上学期 12 月月考试题数学（理）第 卷（选择题部分，共60 分）一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.设集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：先化简集合，利用交集定义能求出详解：则故选点睛：本题主要考查了集合的交集及其运算，利用指数、对数求出不等式解集得到集合，继而求出交集。2.已知集合，则()A.B.C.D.【答案】C【解析】.故选 C.3.已知命题，那么命题为A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据特称命题的否定为全称命题，即可得到所求命题的否定【详解】由特称命题的否定为

2、全称命题，可得命题p：“”，则命题p为“”故选：C【点睛】本题考查简易逻辑，主要是命题的否定，注意特称命题和全称命题的转换，考查转变能力，属于基础题4.下表提供了某厂节能降耗技术改造后生产A产品过程中记录的产量x（吨）与相应的生产能耗 y（吨标准煤）的几组对应数据根据右表提供的数据，求出y 关于 x 的线性回归方程为，那么表中t 的值为()A.3 B.3.15 C.3.5 D.4.5【答案】A【解析】因由回归方程知，解得，故选 A.5.如图，给定由10 个点（任意相邻两点距离为1,）组成的正三角形点阵，在其中任意取三个点，以这三个点为顶点构成的正三角形的个数是A.12 B.13 C.15 D.

3、16【答案】C【解析】试题分析：如图所示，边长为1 的正三角形共有1+3+5=9 个；边长为2 的正三角形共有3 个；边长为 3 的正三角形共有1 个边长为的等边三角形有2 个：红颜色和蓝颜色的两个三角形综上可知：共有9+3+1+2=15 个考点：计数原理.6.某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为()A.B.C.15 D.18【答案】B【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可【详解】由题意可知几何体的直观图为：多面体：ABCABCD 几何体补成四棱柱，底面是直角梯形，底边长为3，高为 3，上底边长为1，几何体的体积为：V棱柱V棱锥318故选：B【点睛】思考

4、三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.7.已知函数，将的图象上所有的点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再把所得的图象向右平移个单位长度，所得的图象关于原点对称，则的一个值是()A.B.C.D.【答案】D【解析】将的图象上所有的点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，可得函数的图象；再把所得的图象向右平移个单位长度，可得函数的图象结合所得的图象关于原点对称，可得，即，则的一个值是故选8.根据如下程序框图，运行相应

5、程序，则输出的值为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】结合流程图可知该流程图运行过程如下：首先初始化数据：，不满足，执行：；，不满足，执行：；，不满足，执行：；，满足，输出.本题选择B选项.9.直线被圆截得的弦长为4，则的最小值是（）A.3 B.C.2 D.【答案】C【解析】圆心为，半径为，由于所截弦长为，故直线过圆心，将圆心坐标代入直线方程得，即，的几何意义是原点到直线的距离的最小值的平方，故最小值为.所以选.10.设，且，则下列结论必成立的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据条件判断函数是偶函数，利用导数判断函数的单调性，借助单调性转化条件即可【详解】f（x）f

6、（x），故f（x）是偶函数，而当时，cosx?e1+sinxcosx?e1sinxcosx?（e1+sinxe1sinx）0，即f（x）在是单调递增的由f（x1）f（x2），可得f（|x1|）f（|x2|），即有|x1|x2|，即，故选：D【点睛】本题主要考查函数单调性的应用，根据条件判断函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键11.已知抛物线：的焦点为，过 且斜率为1 的直线交于，两点，线段的中点为，其垂直平分线交轴于点，轴于点.若四边形的面积等于7，则的方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】联立方程组求出各点坐标，根据面积公式计算p的值得出答案【详解】F（，0），直线AB的方程为

7、：yx联立方程组，可得：x23px0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x23p，y1+y2x1+x2p2p，M（，p），N（0，p），直线MC的方程为yxC（，0），四边形CMNF的面积为S梯形 OCMNSONF7，p 2，即抛物线E的方程为：y24x故选：C【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查计算能力，属于中档题12.如图，、分别是双曲线的两个焦点，以坐标原点为圆心，为半径的圆与该双曲线左支交于、两点，若是等边三角形，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】试 题 分 析：连 接，则为 直 角 三 角 形，由是 等 边 三 角 形，得，故

8、选 D.考点：1、双曲线的性质；2、双曲线的定义及离心率.【方法点晴】本题主要考查利用双曲线的简单性质、双曲线的定义双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的等式，从而求出的值.本题是利用双曲线的定义及特殊的直角三角形构造出关于的等式，最后解出的值.第卷（非选择题部分，共90 分）本卷包括必考题和选考题两部分。第 13 21 题为必考题，每个试题考

9、生都必须作答。第 2223 题为选做题，考生根据要求作答。二、填空题：本题共4 题，每小题5 分，共 20 分。13.设.若,则的最小值是 _.【答案】4【解析】试题分析：，当且仅当时取等号，所以的最小值为4考点：均值定理.14.若的展开式中含项的系数是，则_.【答案】【解析】展开式的通项公式为，.令，得；令，得.依题设，有，解得.点睛:求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r 1 项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r1 项，由特定项得出r值，最后求出其参数.15.平行四边形A

10、BCD中，是平行四边形ABCD 内一点，且，若，则的最大值为 _.【答案】2.【解析】分析：根据，利用，利用向量的平方和向量模的平方是相等的，利用基本不等式得出的最大值.详解：因为，所以，又，即，所以，当且仅当，即时，取得最大值 2，故答案是2.点睛：该题考查的是求式子的最值的问题，涉及到的知识点有向量的平方和向量模的平方是相等的，向量数量积的定义式，利用基本不等式求最值，在解题的过程中，注意式子的正确使用.16.双曲线的左、右焦点分别为，焦距为，以右顶点为圆心，半径为的圆与过的直线 相切于点，设 与的交点为，若，则双曲线的离心率为 _.【答案】2.【解析】因为以右顶点为圆心，半径为的圆过的直

11、线 相切与点，A=，故可知直线的倾斜角为，设直线方程为设点 P，根据条件知 N点是 PQ的中点，故得到，因为，故得到故答案为：2.点睛：这个题目考查的是双曲线的离心率的求法；圆锥曲线中求离心率的常用方法有：定义法，根据椭圆或者双曲线的定义列方程；数形结合的方法，利用图形的几何特点构造方程；利用点在曲线上，将点的坐标代入方程，列式子。三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.数列满足(1)若数列为公差大于0 的等差数列，求的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：（1）由题意得，从而得到，设出等差数列的公差，解方程组可得，从而得到（2）由条件，

12、可得，两式相减得)，又，故，所以，然后根据可求得试题解析：（1）由已知得当时，即当时，-，得；即设等差数列的公差为，则解得或，（2）)-得)，即)，又，点睛：解答本题时注意以下几点（1）由递推关系解决数列的有关问题时，要注意数列中项的下标的限制（2）求数列的前n 项和时，要根据数列通项的特点选择合适的方法常用的求和方法有列项相消法、错位相减法、公式法、分组求和法等，对于通项中含有或等形式的数列的求和问题常选择分组求和法求解18.下表提供了某厂节能降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量(吨)与相应的生产能耗(吨)标准煤的几组对照数据：(1)请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方

13、程；(2)已知该厂技改前，100吨甲产品的生产能耗为90吨标准煤.试根据(1)求出的线性回归方程，预测生产100 吨甲产品的生产能耗比技改前降低多少吨标准煤？，参考数值：.【答案】(1)(2)19.65顿【解析】试题分析：(1)根据所给的这组数据求出利用最小二乘法所需要的几个数据，代入求系数的公式，再计算，求出的值，即可得出线性回归方程；(2)利用回归方程，把代入线性回归方程，预测生产100 吨甲产品的生产能耗比技改前降低标准煤的数量试题解析：(1)由对照数据，计算得，故，故.(2)将代入方程，得吨.预测生产100 吨甲产品的生产能耗比技改前降低(吨)19.如图所示四棱锥P-ABCD平面，E为

14、线段BD上的一点，且EB=ED=EC=BC,连接CE并延长交AD于F(1)若G为PD的中点，求证：平面平面CGF；(2)若BC=2,PA=3，求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；(2)【解析】【分析】（1）通过三角形全等证明FEDFEA，推出EFAD，证明FGPA可得GFAD，即可证明AD平面CFG然后证明平面PAD平面CGF；（2）以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，求出平面BCP的法向量，平面DCP的法向量利用向量的数量积求解平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值【详解】在中，故,因为，从而有，故 又，又平面，故平面，故平面.又平面，平面平面.（2）以点为坐

15、标原点建立如图所示的坐标系，则，故，设平面的法向量，则解得即设平面的法向量，则解得即从而平面与平面的夹角的余弦值为，【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20.在平面直角坐标系中，已知椭圆，如图所示，斜率为且不过原点的直线 交椭圆于两点，线段的中点为，射线交椭圆于点，交直线于点.（1）求的最小值；（2）若，求证：直线过定点.【答案】（1）.（2）见解析

16、【解析】试题分析：（1）设，联立直线和椭圆方程，消去，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，求出点的坐标和所在直线方程，求点的坐标，利用基本不等式即可求得的最小值；（2）由（1）知所在直线方程，和椭圆方程联立，求得点的坐标，并代入，得到，因此得证直线过定点；试题解析：（1）设直线的方程为，由题意，由方程组，得，由题意，所以，设，由根与系数的关系得，所以，由于为线段的中点，因此，此时，所以所在直线的方程为，又由题意知，令，得，即，所以，当且仅当时上式等号成立，此时由得，因此当且时，取最小值.（2）证明：由（1）知所在直线的方程为，将其代入椭圆的方程，并由，解得，又，由距离公式及得，由，得，因此直

17、线的方程为，所以直线恒过定点.21.函数(1)讨论函数的单凋性；(2)若存在使得对任意的不等式（其中 e为自然对数的底数）都成立，求实数的取值范围【答案】（）略；()【解析】试题分析：（）求导，讨论参数的取值确定导函数的正负，进而判定函数的单调性；()先借助（）的结论求出不等式左边的最小值，即将存在性问题转化为左边的最小值大于不等式右边，再作差构造函数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题试题解析：（I），记（i）当时，因为，所以，函数在上单调递增；（ii）当时，因为，所以，函数在上单调递增；（iii）当时，由，解得，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增（II）由（I）知当时，函数在

18、区间上单调递增，所以当时，函数的最大值是，对任意的，都存在，使得不等式成立，等价于对任意的，不等式都成立，即对任意的，不等式都成立，记，由，由得或,因为，所以，当时，且时，时，所以，所以时，恒成立；当时，因为，所以，此时单调递增，且，所以时，成立；当时，所以存在使得，因此不恒成立综上，的取值范围是另解（II）由（）知，当时，函数在区间上单调递增，所以时，函数的最大值是，对任意的，都存在，使得不等式成立，等价于对任意的，不等式都成立，即对任意的，不等式都成立，记，由，且对任意的，不等式都成立的必要条件为又，由得或因为，所以，当时，且时，时，所以，所以时，恒成立；当时，因为，所以，此时单调递增，且

19、，所以时，成立综上，的取值范围是考点：1.函数的单调性；2.导数的综合应用请考生在22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数），.（）求曲线的直角坐标方程，并判断该曲线是什么曲线？（）设曲线与曲线的交点为，当时，求的值.【答案】(1)见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）根据极坐标与直角坐标间的转化公式，可得的直角坐标方程.(2)由直线参数方程的几何意义得，可得解.试题解析：(1)由得，该曲线为椭圆.（2）将代入得，由直线参数方程的几何意义，设，所以，从而，由于，所以.23.已知函数.（1）若，使不等式成立，求满足条件的实数的集合；（2）为中最大正整数，求证：.【答案】（1）;（2）见解析.【解析】试题分析：（1）根据题意，由零点分段讨论法分析不等式，得到的解析式，即可得到.（2）由（1）可得，即可得，由基本不等式的性质可得，将 3 个式子相乘，可得试题解析：（1）由已知得则，由于，使不等式成立，所以，即（2）由（1）知，则因为，所以，则，（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），则（当且仅当时等号成立），即.【点睛】本题绝对值不等式的性质以解法，涉及基本不等式的性质以及应用，（2）的关键是分析转化求出的最值