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2019学年湖南师大附中高三（上）第二次月考数学试卷（文科）

一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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．（5分）函数的定义域是　　

A．B．，，

C．，D．，，

2．（5分）已知复数，给出下列四个结论：①；②；③的共轭复数是；④的虚部为．其中正确结论的个数是　　

A．0B．1C．2D．3

3．（5分）已知命题：若，则；命题：若，则．下列说法正确的是　　

A．“”为真命题B．“”为真命题

C．“”为真命题D．“”为真命题

4．（5分）如图，已知，，，，则　　

A．B．C．D．

5．（5分）若，则的值为　　

A．B．C．D．1

6．（5分）已知三条不重合的直线、、与两个不重合的平面、，有下列命题：

①若，，则；

②若，，且，则；

③若，，，，则；

④若，，，，则．

其中正确的命题个数是　　

A．1B．2C．3D．4

7．（5分）已知，则　　

A．B．C．D．

8．（5分）函数的大致图象是　　

A．B．

C．D．

9．（5分）已知平面直角坐标系上的区域由不等式组给定．若为上的动点，点的坐标为，，则的最大值为　　

A．B．C．4D．3

10．（5分）设，，，是数列1，2，，2 017的一个排列，观察如图所示的程序框图，则输出的的值为　　

A．2 015B．2 016C．2 017D．2 018

11．（5分）设等差数列的前项和为，已知，，则下列结论正确的是　　

A．017，B．017，

C．017，D．017，

12．（5分）定义在，上的函数、单调递增，，若对任意存在，使得成立，则称是在，上的“追逐函数”，已知，给出下列四个函数：

①；

②；

③；

④；

其中在，上的“追逐函数”有　　

A．1个B．2个C．3个D．4个

二、填空题：本题共4小题，每小题5分．

13．（5分）在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则角的大小为　 　．

14．（5分）由直线上的一点向圆引切线，求切线长的最小值．

15．（5分）已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中的曲线是一段半圆弧，则这个几何体的表面积是　　．

16．（5分）已知函数，，若对任意，存在，，使，则实数的取值范围是　 　．

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．（12分）已知公差不为零的等差数列满足：，且，，成等比数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）若表示数列的前项和，求数列的前项和．

18．（12分）已知向量，，，，设函数．

（Ⅰ）求函数的最大值及此时的取值集合；

（Ⅱ）在中，角、、的对边分别为、、，已知，（A），且的面积为3，，求的外接圆半径的大小．

19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，底面，

，，为的中点，为棱的中点．

（Ⅰ）证明：平面；

（Ⅱ）已知，求点到平面的距离．

20．（12分）已知二次函数，，对任意实数，都有恒成立．

（Ⅰ）证明：（1）；

（Ⅱ）若，求的表达式；

（Ⅲ）在题（Ⅱ）的条件下设，，，若图象上的点都位于直线的上方，求实数的取值范围．

21．（12分）已知函数．

（1）求函数的单调区间；

（2）若在上恒成立，求实数的取值范围；

（3）在（2）的条件下，对任意的，求证：．

选修4-1：几何证明选讲

22．（10分）如图，已知是的外接圆，，是边上的高，是的直径．

（1）求证：；

（2）过点作的切线交的延长线于点，若，，求的长．

选修4-4：坐标系与参数方程

23．自极点任意作一条射线与直线相交于点，在射线上取点，使得，求动点的极坐标方程，并把它化为直角坐标方程．

选修4-5：不等式选讲

24．已知函数

（1）解不等式；

（2）设，若关于的不等式解集非空，求的取值范围．

2016-2017学年湖南师大附中高三（上）第二次月考数学试卷（文科）

参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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．（5分）函数的定义域是　　

A．B．，，

C．，D．，，

【考点】33：函数的定义域及其求法

【专题】11：计算题；33：函数思想；：演绎法；51：函数的性质及应用

【分析】由题意得到二次不等式，求解不等式即可求得最终结果．

【解答】解：求解不等式得

．

故选：．

【点评】本题考查了函数的定义域的求解，二次不等式的解法等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题．

2．（5分）已知复数，给出下列四个结论：①；②；③的共轭复数是；④的虚部为．其中正确结论的个数是　　

A．0B．1C．2D．3

【考点】：命题的真假判断与应用

【专题】：数系的扩充和复数

【分析】利用复数的运算法则可得：复数．进而得出，，，的虚部．

【解答】解：复数．

．

，

，

的虚部为1．

综上可知：②正确．

故选：．

【点评】本题考查了复数的运算法则及其有关概念，属于基础题．

3．（5分）已知命题：若，则；命题：若，则．下列说法正确的是　　

A．“”为真命题B．“”为真命题

C．“”为真命题D．“”为真命题

【考点】：复合命题及其真假

【专题】34：方程思想；48：分析法；：简易逻辑

【分析】先判定命题与的真假，再利用复合命题真假的判定方法即可得出答案．

【解答】解：命题：若，则；是真命题．

命题：若，则，因此是假命题．

说法正确的是“”为真命题．

故选：．

【点评】本题考查了复合命题真假的判定方法，属于基础题．

4．（5分）如图，已知，，，，则　　

A．B．C．D．

【考点】：平面向量的基本定理

【专题】11：计算题；35：转化思想；41：向量法；：平面向量及应用

【分析】根据向量的三角形法和加减的几何意义即可求出．

【解答】解：，

，

故选：．

【点评】本题考查了向量的三角形法和向量的数乘运算，属于基础题

5．（5分）若，则的值为　　

A．B．C．D．1

【考点】：同角三角函数间的基本关系

【专题】56：三角函数的求值

【分析】已知等式利用二倍角的余弦函数公式化简，求出与的值，代入原式计算即可得到结果．

【解答】解：，

，，

则原式．

故选：．

【点评】此题考查了同角三角函数基本关系的运用，熟练掌握基本关系是解本题的关键．

6．（5分）已知三条不重合的直线、、与两个不重合的平面、，有下列命题：

①若，，则；

②若，，且，则；

③若，，，，则；

④若，，，，则．

其中正确的命题个数是　　

A．1B．2C．3D．4

【考点】：空间中直线与平面之间的位置关系

【专题】15：综合题

【分析】①，由线面关系得出或；②，由垂直于同一直线的两个平面平行得到；③由面面平行的判定定理得到；④由面面垂直的性质定理得到．

【解答】解：对于①，若，，则或，①不正确；

对于②，若，且，则，显然成立；

对于③，若，，，，则，

由面面平行的判定定理知它是不正确的；

对于④，若，，，，则，

由面面垂直的性质定理知它是正确的；综上所述，正确命题的个数为2，故选．

【点评】本题主要考查线面平行和线面垂直的判定定理和性质定理．

7．（5分）已知，则　　

A．B．C．D．

【考点】：对数值大小的比较

【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；51：函数的性质及应用

【分析】利用对数性质、运算法则、换底公式求解．

【解答】解：，

，

，

，．

故选：．

【点评】本题考查三个数的大小的比较，是基础题，解题时要认真审题，注意对数性质的合理运用．

8．（5分）函数的大致图象是　　

A．B．

C．D．

【考点】：函数的图象与图象的变换

【专题】13：作图题；33：函数思想；44：数形结合法；51：函数的性质及应用

【分析】由已知函数解析式可得函数为偶函数，且在上为增函数，结合选项得答案．

【解答】解：函数的定义域为，

且，

函数为偶函数；

又当时，为上的增函数，

函数的大致图象是：

故选：．

【点评】本题考查函数的图象，考查复合函数的奇偶性与单调性的判定，是中档题．

9．（5分）已知平面直角坐标系上的区域由不等式组给定．若为上的动点，点的坐标为，，则的最大值为　　

A．B．C．4D．3

【考点】：简单线性规划

【专题】59：不等式的解法及应用

【分析】首先画出可行域，代入坐标变为，即，表示斜率为的直线在轴上的截距，故求的最大值，即求与可行域有公共点时在轴上的截距的最大值．

【解答】解：如图所示：

，即

首先做出直线，将平行移动，当经过点时在轴上的截距最大，从而最大．

因为，，故的最大值为4．

故选：．

【点评】本题考查线形规划问题，考查数形结合解题．

10．（5分）设，，，是数列1，2，，2 017的一个排列，观察如图所示的程序框图，则输出的的值为　　

A．2 015B．2 016C．2 017D．2 018

【考点】：程序框图

【专题】38：对应思想；49：综合法；：算法和程序框图

【分析】分析程序框图的功能是先求这2 017个数的最大值，再计算；

由的值即可求出的值．

【解答】解：分析题中程序框图的功能是先求这2 017个数的最大值，

然后进行计算；

因为，2，，2017，

所以018．

故选：．

【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图应用问题，是基础题．

11．（5分）设等差数列的前项和为，已知，，则下列结论正确的是　　

A．017，B．017，

C．017，D．017，

【考点】85：等差数列的前项和

【专题】11：计算题；33：函数思想；54：等差数列与等比数列

【分析】由题意构造函数，求出，判断出函数的单调性、奇偶性，由已知的两等式求出、，由奇函数的性质求出，由函数的单调性得到即，根据等差数列的性质、前项和公式求出，根据单调性判断出与的大小

【解答】解：设，则由知函数是奇函数．

由知函数在上单调递增．

因为，，

所以，，

得，即，且，

所以在等差数列中，017．

故选：．

【点评】本题考查等差数列的性质、前项和的公式的灵活应用，函数的单调性与导数的关系，考查了构造函数、函数思想解决问题的能力，属于中档题．

12．（5分）定义在，上的函数、单调递增，，若对任意存在，使得成立，则称是在，上的“追逐函数”，已知，给出下列四个函数：

①；

②；

③；

④；

其中在，上的“追逐函数”有　　

A．1个B．2个C．3个D．4个

【考点】：函数单调性的性质与判断

【专题】23：新定义；51：函数的性质及应用

【分析】求出，解方程求得，，运用函数的单调性和特殊值法，判断是否存在，即可得到结论．

【解答】解：对于①，可得（1）（1），

，有，即为，，

显然成立，存在；

对于②，易得，，有，

即为，，

即有，

由时，的导数为，

即有，则存在；

对于③，易得，，有，

即为，，

当时，，

即不存在．

对于④，易得，，有，

即为，，

当，不存在．

故在，上的“追逐函数”有①②

故选：．

【点评】本题考查新定义的理解和运用，主要考查函数的单调性的运用，以及特殊值的运用，考查判断能力，属于中档题和易错题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分．

13．（5分）在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则角的大小为　　．

【考点】：正弦定理；：三角形中的几何计算

【专题】35：转化思想；：转化法

【分析】利用正弦定理化简，可得，，利用余弦定理即可求角的大小．

【解答】解：，

由正弦定理：可得．即．

，即，

由余弦定理：．

可得：．

．

．

故答案为：．

【点评】本题考查了正余弦定理的运用能力和计算能力．属于基础题．

14．（5分）由直线上的一点向圆引切线，求切线长的最小值．

【考点】：直线与圆的位置关系

【专题】：直线与圆

【分析】要使切线长最小，只有直线上的点到圆心的距离最小，此最小值为，由此利用勾股定理求得切线长的最小值．

【解答】解：由题意可得，圆心到直线的距离等于，故直线和圆相离，

要使切线长最小，只有直线上的点到圆心的距离最小，此最小值为，

故切线长的最小值为．

【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，直线和圆相切的性质，点到直线的距离公式的应用，属于基础题．

15．（5分）已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中的曲线是一段半圆弧，则这个几何体的表面积是　　．

【考点】：由三视图求面积、体积；：棱柱、棱锥、棱台的体积

【专题】11：计算题；31：数形结合；：空间位置关系与距离

【分析】由已知中的三视图，可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，计算各个面的面积，相加可得答案．

【解答】解：由已知中的三视图，可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，

这是一个四棱柱挖去一个半圆柱所得几何体，

底面面积为：，

底面周长为：，

高为2，

故这个几何体的表面积是，

故答案为：

【点评】本题考查的知识点是棱柱的体积表面积，半圆柱的体积和表面积，简单几何体的三视图，难度中档．

16．（5分）已知函数，，若对任意，存在，，使，则实数的取值范围是　，　．

【考点】：全称量词和全称命题

【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；51：函数的性质及应用

【分析】利用导数研究函数的最值问题，根据题意对任意，存在，，使，只要的最小值大于等于的最小值即可．

【解答】解：函数，

，

若，，为增函数；

若，或，为减函数；

在上有极值，

在处取极小值也是最小值（1）；

，对称轴，，，

当时，在处取最小值（1）；

当时，在处取最小值（b）；

当时，在，上是减函数，（2）；

对任意，存在，，使，

只要的最小值大于等于的最小值即可，

当时，，解得，故无解；当时，，解得，

综上：，

故答案为：，．

【点评】本题考查不等式恒成立问题，利用导数求闭区间上函数的最值，根据不等式恒成立转化为最值是解决本题的关键．综合性较强，运算较大，有一定的难度．

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．（12分）已知公差不为零的等差数列满足：，且，，成等比数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）若表示数列的前项和，求数列的前项和．

【考点】：数列的求和；：数列递推式

【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列

【分析】（1）设数列的公差为，由题可知，，求出，再根据等差数列的前项和公式即可求出；

（2），根据裂项求和即可求出答案．

【解答】解：（1）设数列的公差为，由题可知，，

即，解得，

则，

（2），

则，

则，

，

【点评】本题考查了等差数列的性质和前项和公式，以及裂项求和，属于中档题．

18．（12分）已知向量，，，，设函数．

（Ⅰ）求函数的最大值及此时的取值集合；

（Ⅱ）在中，角、、的对边分别为、、，已知，（A），且的面积为3，，求的外接圆半径的大小．

【考点】：平面向量数量积的性质及其运算

【专题】15：综合题；35：转化思想；：转化法；58：解三角形；：平面向量及应用

【分析】（Ⅰ）首先，结合平面向量的数量积的坐标运算，得到函数的解析式，然后，借助于二倍角公式化简函数解析式，，然后，根据三角函数的图象和性质求解；

（Ⅱ）根据（A）得到，然后，根据三角形的面积公式和余弦定理和正弦定理即可求出

【解答】解（Ⅰ）由题意

令得，

，此时的集合为，．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得（A），

，

，

，

，

，

，

．

，

．

由余弦定理得

由正弦定理得，

的外接圆半径．

【点评】本题综合考查了平面向量的基本运算、二倍角公式、三角恒等变换公式、三角形的面积公式、正弦余弦定理等知识，属于中档题．

19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，底面，

，，为的中点，为棱的中点．

（Ⅰ）证明：平面；

（Ⅱ）已知，求点到平面的距离．

【考点】：直线与平面平行；：点、线、面间的距离计算

【专题】：空间位置关系与距离

【分析】（1）连结交于，连结，只要证明，利用线面平行的判定定理可证；

（2）由（1）可知，平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离．

【解答】解：（1）连结交于，连结，因为，为的中点，所以为的中点．（2分）

当为的中点，即时，为的中位线，

故，又平面，所以平面．（5分）

（2）由（1）可知，平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，所以，

取的中点，连结，所以，，（7分）

又底面，所以底面．

又，，所以，，，（10分）

所以，（11分）

则点到平面的距离（12分）

【点评】本题考查了线面平行的判定定理的运用以及利用三棱锥的体积求点到直线的距离．

20．（12分）已知二次函数，，对任意实数，都有恒成立．

（Ⅰ）证明：（1）；

（Ⅱ）若，求的表达式；

（Ⅲ）在题（Ⅱ）的条件下设，，，若图象上的点都位于直线的上方，求实数的取值范围．

【考点】：二次函数的性质与图象

【专题】32：分类讨论；35：转化思想；：转化法；：不等式

【分析】（Ⅰ）由题意可得（1），可得（1）；

（Ⅱ）根据（1），即，，即以及恒成立，利用判别式可得答案；

（Ⅲ）法1：求解的解析式，图象上的点都位于直线的上方，即在，上最小值，根据二次函数的性质求解即可；

法2：利用基本不等式的性质求解；

【解答】解：（Ⅰ）证明：二次函数，，对任意实数，都有恒成立．

令，可得（1），

则（1）；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：（1），即；

又，即．

两式相减可得，，即，

，对任意实数，都有，即为恒成立，则有化简得，

解得：，，

故得．经检验，符合题意．

（Ⅲ）由题意知在，上恒成立．

即在，上恒成立．

记．

由△，即，解得；

由

解得：

综上可知，．

法2：由题意知在，上恒成立．

当时，成立；

当时，在上恒成立，

又当时，（当且仅当时取得最小值）

故得：，

解得：．

综上可知，．

【点评】本题主要考查了二次函数的图象和性质，不等式的应用，同时考查了分析求解的能力和计算能力，讨论思想和转化思想，属于中档题．

21．（12分）已知函数．

（1）求函数的单调区间；

（2）若在上恒成立，求实数的取值范围；

（3）在（2）的条件下，对任意的，求证：．

【考点】：利用导数研究函数的单调性；：利用导数研究函数的最值

【专题】35：转化思想；48：分析法；53：导数的综合应用；59：不等式的解法及应用

【分析】（1）求出的导函数，对参数分，两类进行讨论，求出单调区间；

（2）在上恒成立，即函数，求出函数的最大值，即可得到的范围；

（3）先对要证明的不等式当变形，构造一个形如的函数，再根据已研究函数的性质，得出要证的结论．

【解答】解：（1）定义域为，

，

当时，，

在上单调递增；

当时，令，得，

在上单调递增；

令，得，

在，上单调递减．

当时，的单调增区间是，无单调减区间；

当时，的单调增区间是，单调减区间是，．

（2）当时，在上单调递增，

且（e），

在上不恒成立；

当时，得，

若使在上恒成立，只需，

令，，

当时，，

当时，，

（1），

只有符合题意，

综上得，．

证明：（3）由（2）知，，

，

，，

由（2）得，当时，，

，

，，

，，

．

【点评】本题是一道导数的综合题，利用导数求函数的单调区间，这里要对参数进行讨论，解决恒成立问题，构造函数证明不等式，这些都是导数中常考的题型，初学者要多做些这方面的习题．属于中档题．

选修4-1：几何证明选讲

22．（10分）如图，已知是的外接圆，，是边上的高，是的直径．

（1）求证：；

（2）过点作的切线交的延长线于点，若，，求的长．

【考点】：与圆有关的比例线段

【专题】17：选作题；：推理和证明

【分析】（Ⅰ）首先连接，由圆周角定理可得，又由是的高，是的外接圆的直径，可得，则可证得，然后由相似三角形的对应边成比例，即可证得；

（Ⅱ）证明，即可求的长．

【解答】（Ⅰ）证明：连接，

是的高，是的外接圆的直径，

，

，

．

，

，

又（4分）

故（5分）

（Ⅱ）解：是的切线，（6分）

又，，从而解得，（7分）

，，（8分）

（9分）

（10分）

【点评】此题考查了圆周角定理与相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．

选修4-4：坐标系与参数方程

23．自极点任意作一条射线与直线相交于点，在射线上取点，使得，求动点的极坐标方程，并把它化为直角坐标方程．

【考点】：简单曲线的极坐标方程

【专题】34：方程思想；35：转化思想；：坐标系和参数方程

【分析】设，，由于，可得．又，代入可得极坐标方程，利用互化公式即可得出．

【解答】解：设，，

，．

，．

则动点的极坐标方程为．

极点在此曲线上，得．

．

【点评】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

选修4-5：不等式选讲

24．已知函数

（1）解不等式；

（2）设，若关于的不等式解集非空，求的取值范围．

【考点】：绝对值不等式的解法

【专题】35：转化思想；49：综合法；59：不等式的解法及应用

【分析】（1）通过讨论的范围，解不等式即可；（2）通过讨论的范围，去掉绝对值号，结合二次函数的性质求出的范围即可．

【解答】解：（1），

，

或时，，解得：，，

时，，成立，

综上，；

（2）①或时，

，

即，

即，

令，

若不等式解集非空，

则△，

解得：或，

②时，

，

即，

即在，有解，

令，

若不等式解集非空，

则（1）即可，解得：，

综上，或．

【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查分类讨论思想以及二次函数的性质，是一道中档题．

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日期：2019/4/10 14:32:40；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120