【100所名校】2019届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第三次月考数学（理）试题（解析版）.docx

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1、2019届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第三次月考数学（理）试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 数学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1复数z=2-1+i，则AZ的虚部为-1 BZ的实部为1 CZ=2 DZ的共

2、轭复数为1+i2已知集合A=x|x|3，集合B=x|y=lg(a-x)，且xN，若集合AB=0,1,2，则实数a的取值范围是A2,4 B2,4) C(2,3 D2,33已知函数fx的定义域为0,2，则函数gx=f12x+8-2x的定义域为A0,3 B0,2 C1,2 D1,34执行如下所示的程序框图，如果输入t-1,2，则输出的s属于A1,4 B12,1) C12,1 D12,45在四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB，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A12 B13 C14 D156若点M(x,kx-2

3、)满足不等式组x-1x-y0x+y4，则k的取值范围为A(-,-12,+) B-1,2C(-,-72,+) D-7,27将函数g(x)=2cos2(x+6)-1的图象，向右平移4个单位长度，再把纵坐标伸长到原来的2倍，得到函数f(x)，则下列说法正确的是A函数f(x)的最小正周期为2 B函数f(x)在区间712,54上单调递增C函数f(x)在区间23,54上的最小值为-3 Dx=3是函数f(x)的一条对称轴8在棱长为1的正方体中ABCD-A1B1C1D1，点P在线段AD1上运动，则下列命题错误的是 A异面直线C1P和CB1所成的角为定值 B直线CD和平面BPC1平行C三棱锥D-BPC1的体积为

4、定值 D直线CP和平面ABC1D1所成的角为定值9已知正数数列an是公比不等于1的等比数列，且lga1+lga2019=0，若f(x)=21+x2，则f(a1)+f(a2)+f(a2019)=A2018 B4036 C2019 D403810ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足a=4，asinB=3bcosA，则ABC面积的最大值是 A43 B23 C83 D411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二、填空题12在直角梯形ABCD中，AD/BC，ABC=900,AB=BC=4,AD=2，则向量BD在

5、向量AC上的投影为_.13已知向量与的夹角是，且，若，则实数_14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_15三棱锥P-ABC中，PA平面ABC，BAC=23，AP=3，AB=23，Q是BC边上的一个动点，且直线PQ与面ABC所成角的最大值为3，则该三棱锥外接球的表面积为_三、解答题16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.17如图，在ABC中，P是BC边上的一点，

6、APC=600，AB=23，AP+PB=4，（1）求BP的长；（2）若AC=534，求cosACP的值.18已知单调的等比数列an的前n项和为Sn，若S3=39，且3a4是a6，-a5的等差中项. （1）求数列an的通项公式；（2）若数列bn满足bn=log3a2n+1，且bn前n项的和为Tn，求1T1+1T2+1Tn19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：根据行驶里程数按1元/公里计费；行驶时间不超过40分时，按0.12元/分计费；超过40分时，超出部分按0.20元/分计费已知王先生家离上班地点15

7、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 t(分)是一个随机变量现统计了50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t（分）20,3030,4040,5050,60频数2182010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20,60分（1）写出王先生一次租车费用y（元）与用车时间t（分）的函数关系式；（2）若王先生一次开车时间不超过40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.20如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，AB

8、=2，ABC=60，E，F分别是BC，PC的中点.（）证明：AEPD；（）设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为5，求二面角E-AF-C的余弦值21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， .好教育云平台 名校精编卷 第1页（共4页） 好教育云平台 名校精编卷 第2页（共4页）2019届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第三次月考数学（理）试题数学 答 案参考答案1A【解析】由z=2-1+i=2(-1-i)(-1+i)(-1-i)=-1-i，故其虚部为-1，故选A.2C【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

9、合A=x|x|3=x|3x3，B=x|y=lg（ax），且xN=x|xa，xN，若集合AB=0，1，2，则实数a的取值范围是2a3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3A【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fx的定义域为0,2，即x0,2，又由函数gx=f12x+8-2x，则满足012x28-2x0，解得0x3，即函数gx的定义域为0,3，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

10、推理与运算能力，属于基础题.4D【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s的值的范围详解：由题意，根据给定的程序框图可知：当-1t0，即sinA=3cosA，即tanA=3，因为0A，所以A=3，在ABC中，由余弦定理可知a2=b2+c2-2bccosA，且a=4，即16=b2+c2-2bccos3=b2+c2-bc2bc-bc=bc，当且仅当b=c时，等号成立，即bc16，所以ABC的最大面积为S=12bcsinA=1216sin3=43，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

11、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.11B【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。12-2【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用数量积投影的定义及坐标运

12、算即可得到结果.【详解】如图建立平面直角坐标系，易得：A0,4，B0,0，C4,0，D2,4AC=4，-4，BD=2,4向量BD在向量AC上的投影为BDACAC=8-1642=-2【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.13【解析】 根据题意，且， 因为，所以， 所以.148和9【解析】分析:先求出每个人的卡片的数字和为26，再计算

13、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有的两个数.详解：由题得1到12的12个数字的和为122(1+12)=78,每一个人的四个数字之和为783=26,设甲：10,12，a1,a2，乙：6,11，a3,a4,丙：a5,a6,a7,a8.由题得a1+a2=4,a3+a4=9,所以a1,a2只能取1,3，a3,a4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.1557【解析】【分析】根据题意画出图形，结合图形找出AB

14、C的外接圆圆心与三棱锥P-ABC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P-ABC中，PA平面ABC，直线PQ与平面ABC所成的角为，如图所示，则sin=PAPQ=3PQ，且sin的最大值是32，所以(PQ)min=23，所以AQ的最小值是3，即A到BC的距离为3，所以AQBC，因为AB=23，在RtABQ中可得ABC=6，即可得BC=6,取ABC的外接圆圆心为O，作OO/PA，所以6sin1200=2r，解得r=23，所以OA=23,取H为PA的中点，所以OH=OA=23,PH=32，由勾股定理得OP=R=PH2+OH2=572，所以三棱锥P-ABC的外接球的

15、表面积是S=4R2=4(572)2=57.【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.16（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

16、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.17(1) BP=2;(2) cosACP=1-452=35.【解析】【分析】（1）根据余弦定理直接求BP的长；（2）由（1）知，AP=2，所以在ACP中，由正弦定理. 可得sinACP=45. 再判断ACP是锐角， 可得osACP得值.【详解】（1）由已知，得APB=120 又AB=23，AP+BP=4，在ABP中，由余弦定理，得232=BP2+4-BP2-2BP4-BPcos120， 整理，得BP2-4BP+4=0.解得BP=2. （2）由（1）知，AP=2，所以在ACP中，由正弦定理.得ACsin

17、60=APsinACP， 解得sinACP=232534=45. 因为2534，所以APAC，从而ACPAPC，即ACP是锐角， 所以cosACP=1-452=35.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用.属中档题.18() an=3n；() 1T1+1T2+1T3+1Tn=12(32-1n+1-1n+2).【解析】试题分析：()由已知得6a4=a6-a5，从而求得q，由S3=a1(1-q3)1-q=39，得a1，进而得通项公式；() bn=log332n+1=2n+1，Tn=n(n+2)，1Tn=1n(n+2)=12(1n-1n+2)利用裂项相消求和即可.试题解析：()因为3a4是a6,-

18、a5的等差中项，所以6a4=a6-a5q2-q-6=0q=3或q=-2（舍）； S3=a1(1-q3)1-q=39a1=3 an=3n () bn=log332n+1=2n+1；Tn=3+5+2n+1=n(n+2)1Tn=1n(n+2)=12(1n-1n+2) 1T1+1T2+1T3+1Tn=12(11-13)+12(12-14)+12(13-15)+12(1n-1n+2)1T1+1T2+1T3+1Tn=12(32-1n+1-1n+2)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canan+1 (其中an是各项均不为零的等差

19、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1(n+1)(n+3)或1n(n+2).19(1) y=0.20t+15,20t400.2t+11.8,40t60;(2)见解析.【解析】【分析】（1）由题意，分别求出20t40和40t60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p，进而得到随机可取0,1,2,3，利用n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20t40时， y=0.12t+15 当40t60时，y=0.124

20、0+0.20(t-40)+15=0.2t+11.8. 得：y=0.20t+15,20t400.2t+11.8,40t60（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p=2+1850=25可取0，1，2，3. p(=0)=C30(25)0(35)3=27125，p(=1)=C31(25)(35)2=54125p(=2)=C32(25)2(35)=36125，p(=3)=C33(25)3(35)0=8125 的分布列为0123P2712554125361258125E=027125+154125+236125+38125=1.2 或依题意B(3,25)，E=325=1.2【点睛】本

21、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.20（1）见解析；（2）155【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PAAE，然后根据等边三角形的性质可得AEBC，又BC/AD，因此AEAD得AE平面PAD，从而得证（2）先找到EH什么时候最短，显然当线段EH长的最小时，EHPD，在RtEAH中，AE=3，EH=5，EAAH，AH=2，由RtPAD中，AD=2，PDA=45，PA=2.然后建立空间直角坐

22、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ABCD为菱形，ABC=60，ABC为正三角形.又E为BC的中点，AEBC.又BC/AD，因此AEAD.PA平面ABCD，AE平面ABCD，PAAE.而PA平面PAD，AD平面PAD且PAAD=A，AE平面PAD.又PD平面PAD，AEPD.（2）如图，H为PD上任意一点，连接AH，EH.当线段EH长的最小时，EHPD，由（1）知AEPD，PD平面AEH，AH平面AEH，故AHPD.在RtEAH中，AE=3，EH=5，EAAH，AH=2，由RtPAD中，AD=2，PDA=45，PA=2.由（1）知AE，AD，AP两两

23、垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E，F分别是BC，PC的中点，可得A(0,0,0)，B(3,-1,0)，C(3,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(3,0,0)，F(32,12,1)，所以AE=(3,0,0)，AF=(32,12,1).设平面AEF的一法向量为n=(x1,y1,z1)，则nAE=0,nAF=0,因此3x1=032x1+12y1+z1=0，取z1=-1，则n=(0,2,-1)，因为BDAC，BDPA，PAAC=A，所以BD平面AFC，故BD为平面AFC的一法向量.又BD=(-3,3,0)，所以cos =mBDmBD =23512=155.易得二

24、面角E-AF-C为锐角，故所求二面角的余弦值为155.21（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.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.由得，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.好教育云平台 名校精编卷答案 第13页（共14页） 好教育云平台 名校精编卷答案 第14页（共14页）