2019学年湖南师大附中高三（下）月考数学试卷（文科） (2).docx

2018-2019学年湖南师大附中高三（上）月考数学试卷（文科）（一）

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）如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新的三角形的形状为　　

A．锐角三角形B．直角三角形

C．钝角三角形D．由增加的长度决定

6．（5分）与直线的平行的抛物线的切线方程是　　

A．B．C．D．

7．（5分）下面茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩（成绩为整数，满分为，其中一个数字被污损，则乙的平均成绩不低于甲的平均成绩的概率为　　

A．B．C．D．

8．（5分）将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数　　

A．在区间，上单调递增B．在区间，上单调递减

C．在区间，上单调递减D．在区间，上单调递增

9．（5分）设则不等式的解集为　　

A．，，B．，

C．，，D．

10．（5分）执行如图所示的程序框图，若输入，，分别为1，2，0.3，则输出的结果为　　

A．1.125B．1.25C．1.3125D．1.375

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．018，B．018，

C．018，D．018，

12．（5分）函数是奇函数的导函数，（1），当时，，则使得成立的的取值范围是　　

A．，，B．，，

C．，，D．，，

二、填空题：本题共4小题，每小题5分．

13．（5分）已知是锐角，，，，且，则为　 　度．

14．（5分）在平面直角坐标系中，是坐标原点，两定点，满足，则点集，，，所表示的区域的面积是　 　．

15．（5分）在平面直角坐标系中，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为　　．

16．（5分）在平面几何里，已知直角三角形的两边，互相垂直，且，，则边上的高； 拓展到空间，三棱锥的三条侧棱、、两两相互垂直，且，，，则点到面的距离　 　．

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）在中，角、、所对的边分别为、、，已知．

（1）当时，若，求的值；

（2）当时，若，求面积最大值．

18．（12分）如图，四棱锥中，平面，，，、分别为线段、的中点．

（1）求证：平面；

（2）设，，求直线与平面所成的角的大小．

19．（12分）已知数列中，为其前项和，且，当时，恒有为常数）．

（Ⅰ）求常数的值；

（Ⅱ）当时，求数列的通项公式；

（Ⅲ）设，数列的前项和为，求证：．

20．（12分）已知椭圆的左、右焦点为，，设点，与椭圆短轴的一个端点构成斜边长为4的直角三角形．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设，，为椭圆上三点，满足，记线段中点的轨迹为，若直线与轨迹交于，两点，求．

21．（12分）已知函数，，为实常数．

（1）求的单调区间；

（2）当时，证明：，使得和的图象在处的切线互相平行．

[选修4-4：极坐标与参数方程]

22．（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），若以直角坐标系中的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为为参数）．

（Ⅰ）求曲线和的直角坐标方程；

（Ⅱ）若曲线与曲线有公共点，求的取值范围．

[选修4-5：不等式选讲]

23．已知函数．

（Ⅰ）解不等式；

（Ⅱ）已知，若恒成立，求实数的取值范围．

2018-2019学年湖南师大附中高三（上）月考数学试卷（文科）（一）

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】35：转化思想；：定义法；51：函数的性质及应用

【分析】由题意知，解不等式即可．

【解答】解：由题意知，

即，

解得，

的定义域为．

故选：．

【点评】本题考查了求函数的定义域应用问题，是基础题．

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）如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新的三角形的形状为　　

A．锐角三角形B．直角三角形

C．钝角三角形D．由增加的长度决定

【考点】：余弦定理

【专题】11：计算题

【分析】先设出原来的三边为、、且，以及增加同样的长度为，得到新的三角形的三边为、、，知为最大边，所以所对的角最大，然后根据余弦定理判断出余弦值为正数，所以最大角为锐角，得到三角形为锐角三角形．

【解答】解：设增加同样的长度为，原三边长为、、，且，为最大边；

新的三角形的三边长为、、，知为最大边，其对应角最大．

而，

由余弦定理知新的三角形的最大角的余弦，则为锐角，

那么它为锐角三角形．

故选：．

【点评】考查学生灵活运用余弦定理解决实际问题的能力，以及掌握三角形一些基本性质的能力．

6．（5分）与直线的平行的抛物线的切线方程是　　

A．B．C．D．

【考点】：两条直线平行与倾斜角、斜率的关系；：直线的一般式方程与直线的性质

【专题】11：计算题

【分析】根据切线与直线的平行，可利用待定系数法设出切线，然后与抛物线联立方程组，使方程只有一解即可．

【解答】解：由题意可设切线方程为

联立方程组得

△解得，

切线方程为，

故选：．

【点评】本题主要考查了两条直线平行的判定，以及直线的一般式方程，属于基础题．

7．（5分）下面茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩（成绩为整数，满分为，其中一个数字被污损，则乙的平均成绩不低于甲的平均成绩的概率为　　

A．B．C．D．

【考点】：茎叶图；：古典概型及其概率计算公式

【专题】35：转化思想；：转化法；：概率与统计

【分析】由已知的茎叶图，我们可以求出甲乙两人的平均成绩，然后求出乙的平均成绩不低于甲的平均成绩的概率，得到答案．

【解答】解：记其中被污损的数字为．

依题意得甲的5 次综合测评的平均成绩为90，

乙的5 次综合测评的平均成绩为，

令，由此解得，

即的可能取值为8和9，

由此乙的平均成绩不低于甲的平均成绩的概率为：，

故选：．

【点评】本题考查的知识点是平均数，茎叶图，古典概型概率计算公式，要求会读图，并且掌握茎叶图的特点：个位数从主干向外越来越大．属简单题．

8．（5分）将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数　　

A．在区间，上单调递增B．在区间，上单调递减

C．在区间，上单调递减D．在区间，上单调递增

【考点】：函数的图象变换

【专题】57：三角函数的图象与性质

【分析】直接由函数的图象平移得到平移后的图象所对应的函数解析式，然后利用复合函数的单调性的求法求出函数的增区间，取即可得到函数在区间，上单调递增，则答案可求．

【解答】解：把函数的图象向右平移个单位长度，

得到的图象所对应的函数解析式为：．

即．

当函数递增时，由，得．

取，得．

所得图象对应的函数在区间，上单调递增．

故选：．

【点评】本题考查了函数图象的平移，考查了复合函数单调性的求法，复合函数的单调性满足“同增异减”原则，是中档题．

9．（5分）设则不等式的解集为　　

A．，，B．，

C．，，D．

【考点】：分段函数的解析式求法及其图象的作法

【分析】分段函数在定义域的不同区间上都有可能使得成立，所以分段讨论．

【解答】解：令，

解得．

令

解得为，

选

【点评】本题考查分段函数不等式的求解方法．

10．（5分）执行如图所示的程序框图，若输入，，分别为1，2，0.3，则输出的结果为　　

A．1.125B．1.25C．1.3125D．1.375

【考点】：程序框图

【专题】11：计算题；27：图表型；：试验法；：算法和程序框图

【分析】模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的，的值，当，时满足条件，退出循环，输出的值为1.375．

【解答】解：模拟程序的运行，可得

，，

执行循环体，，不满足条件，

满足条件（a），，不满足条件，

，不满足条件，不满足条件（a），，满足条件，

退出循环，输出的值为1.375．

故选：．

【点评】本题考查了程序框图的应用，模拟程序的运行，正确依次写出每次循环得到的，的值是解题的关键，属于基础题．

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．018，B．018，

C．018，D．018，

【考点】：利用导数研究函数的单调性；：数列与函数的综合

【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；：构造法；53：导数的综合应用；54：等差数列与等比数列

【分析】设判断函数的奇偶性以及函数的单调性，然后判断，且，推出结果．

【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，018．

故选：．

【点评】本题考查构造法的应用，利用函数的导数判断函数的单调性以及函数的奇偶性的应用，数列与函数相结合，考查计算能力．

12．（5分）函数是奇函数的导函数，（1），当时，，则使得成立的的取值范围是　　

A．，，B．，，

C．，，D．，，

【考点】：利用导数研究函数的单调性

【专题】33：函数思想；52：导数的概念及应用；59：不等式的解法及应用

【分析】构造函数，由函数的单调性和奇偶性可得原不等式等价于或，结合图象可得．

【解答】解：构造函数，则为偶函数且，

求导数可得，

当时，，，

函数在单调递减，

由函数为偶函数可得在单调递增，

由（1）可得（1），

等价于

等价于或，

解得，，

故选：．

【点评】本题考查函数的单调性和导数的关系，构造函数并利用函数的性质是解决问题的关键，属中档题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分．

13．（5分）已知是锐角，，，，且，则为　15或75　度．

【考点】：平面向量共线（平行）的坐标表示；：三角函数的恒等变换及化简求值

【专题】56：三角函数的求值

【分析】直接利用向量的平行的充要条件，转化为三角方程，然后求解的大小．

【解答】解：是锐角，，，，且，

可得，

即，

或．

故答案为：15或75．

【点评】本题考查向量的共线的充要条件，三角函数的求值，考查计算能力．

14．（5分）在平面直角坐标系中，是坐标原点，两定点，满足，则点集，，，所表示的区域的面积是　　．

【考点】：平面向量的基本定理

【专题】：平面向量及应用

【分析】由，，不妨设，，利用，，

解得，．可得．令，，解得，，

由，，，可得，对，分类讨论，画出图形，可得满足的区域为图中阴影部分．即可得出．

【解答】解：，

不妨设，，

，，

解得，．

，，．

令，，

解得，，

由，，，可得，

对，分类讨论，画出图形，可得满足的区域为图中阴影部分．

可得满足的区域的面积为．

故答案为：．

【点评】本题考查了向量的运算性质、基本不等式的性质、线性规划的有关知识、的面积，考查了推理能力和计算能力，属于难题．

15．（5分）在平面直角坐标系中，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为　　．

【考点】：圆的标准方程；：圆的切线方程

【专题】11：计算题；：直线与圆

【分析】求出圆心到直线的距离的最大值，即可求出所求圆的标准方程．

【解答】解：圆心到直线的距离，

时，圆的半径最大为，

所求圆的标准方程为．

故答案为：．

【点评】本题考查所圆的标准方程，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，比较基础．

16．（5分）在平面几何里，已知直角三角形的两边，互相垂直，且，，则边上的高； 拓展到空间，三棱锥的三条侧棱、、两两相互垂直，且，，，则点到面的距离　　．

【考点】：类比推理

【专题】：推理和证明

【分析】由类比推理和几何知识可得答案．

【解答】解：在平面几何里，已知直角三角形的两边，互相垂直，且，，

则边上的高，

由类比推理三棱锥的三条侧棱、、两两相互垂直，且，，，

则点到面的距离

故答案为：

【点评】本题考查类比推理，属基础题．

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）在中，角、、所对的边分别为、、，已知．

（1）当时，若，求的值；

（2）当时，若，求面积最大值．

【考点】：三角形中的几何计算

【专题】35：转化思想；49：综合法；58：解三角形

【分析】（1）由，求出的值，再利用以及三角恒等变换，求出、的值，即可计算；

（2）根据，利用基本不等式求出的最大值，即可得出面积的最大值．

【解答】解：（1），，

分

化简得，，

，即，，

分

（2），，，

，8分

，10分

当时，取最大值1，

此时，满足，面积最大值为分

【点评】本题考查了三角函数的恒等变换以及正弦定理的灵活应用问题，也考查了利用基本不等式求最值的应用问题，是综合性题目．

18．（12分）如图，四棱锥中，平面，，，、分别为线段、的中点．

（1）求证：平面；

（2）设，，求直线与平面所成的角的大小．

【考点】：直线与平面平行；：直线与平面所成的角

【专题】11：计算题；31：数形结合；49：综合法；：空间位置关系与距离；：空间角

【分析】（1）设，连接、．证明，推出，即可证明平面．

（2）说明直线与平面所成的角为，通过求解三角形求解即可．

【解答】

（1）证明：设，连接、．

为的中点，，，

，，

四边形为菱形分

为的中点分

又为的中点，在中，可得分

又平面，平面分

平面分

（2）解：由题意知，．

四边形为平行四边形，．

又平面，，．

四边形为菱形，．

又，、平面，平面．

直线与平面所成的角为分

不妨设，，，

又四边形为菱形，，，

中，，，分

故直线与平面所成的角的大小为分

【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面平行的判定定理的应用，考查计算能力．

19．（12分）已知数列中，为其前项和，且，当时，恒有为常数）．

（Ⅰ）求常数的值；

（Ⅱ）当时，求数列的通项公式；

（Ⅲ）设，数列的前项和为，求证：．

【考点】：数列的求和；：数列递推式

【专题】54：等差数列与等比数列；59：不等式的解法及应用

【分析】（Ⅰ）当时，，可得或，舍去，通过，求得；

（Ⅱ）通过当时，，时，，化简整理，即可得到通项；

（Ⅲ）化简，并由放缩法，结合裂项相消求和，即可得证．

【解答】解：（Ⅰ）当时，，，或，

当时，则有与已知矛盾，

，只有．

当时，由，又

；

（Ⅱ），，

当时，，

即，

，

当时，也适合．

．

（Ⅲ）证明：，

当，2时，显然成立，

当时有．

【点评】本题考查数列的通项和求和的关系，同时考查不等式的证明方法：放缩法，及裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．

20．（12分）已知椭圆的左、右焦点为，，设点，与椭圆短轴的一个端点构成斜边长为4的直角三角形．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设，，为椭圆上三点，满足，记线段中点的轨迹为，若直线与轨迹交于，两点，求．

【考点】：直线与椭圆的综合

【专题】15：综合题；34：方程思想；：转化法；：圆锥曲线的定义、性质与方程

【分析】（1）由题意可得，即可求出，即可求出椭圆的标准方程，

（2）设，，，，根据题意和点在椭圆上，化简整理可得，再根据中点坐标公式，消，线段中点的轨迹为的方程为，再设，两点的坐标为，，，，根据弦长公式即可求出．

【解答】解：（1）点，与椭圆短轴的一个端点构成斜边长为4的直角三角形．

，，

故，，

故椭圆的标准方程为：；

（2）设，，，，

，

，，

点在椭圆上，

，

，

，

，

，，

中点的坐标为，，

设的点坐标为，

，，

，

，

即线段中点的轨迹为的方程为，

设，两点的坐标为，，，，

由，消，整理得，

，，

．

【点评】本题考查了椭圆的方程，弦长公式，以及点的轨迹方程，关键是巧设点的坐标，属于难题．

21．（12分）已知函数，，为实常数．

（1）求的单调区间；

（2）当时，证明：，使得和的图象在处的切线互相平行．

【考点】：利用导数研究函数的单调性

【专题】33：函数思想；：转化法；53：导数的综合应用

【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；

（2）代入的值，令，根据函数的单调性证明即可．

【解答】解：（1），1分

当时，故的单调增区间为分

当时，令得，的单调增区间为，

的单调减区间为：，，分

（2）当时，，，

，使得和的图象在处的切线互相平行．

即使得，且，6分

令，

，（1），

使得分

当时，当，时，

所以在区间的最大值为，分

而，10分

时恒成立，．

从而当时，：，使得和的图象在处的切线互相平行．12分

【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．

[选修4-4：极坐标与参数方程]

22．（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），若以直角坐标系中的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为为参数）．

（Ⅰ）求曲线和的直角坐标方程；

（Ⅱ）若曲线与曲线有公共点，求的取值范围．

【考点】：简单曲线的极坐标方程；：参数方程化成普通方程

【专题】：坐标系和参数方程

【分析】（1）平方得，代入第二个式子化简得出，根据，，化简得出．

（2），并且向左下方平行运动直到相切之前总有公共点，相切时仍只有一个公共点，联立利用判别式问题求解．

【解答】解：（1）由，得，

所以曲线可化为，，，由，

得，

所以，

所以可化为，

（2）若曲线与曲线有公共点，则当直线过点时，满足要求，

此时，并且向左下方平行运动直到相切之前总有公共点，相切时仍只有一个公共点，

联立得，

△，解得，综上可得的取值范围．

【点评】本题考查了参数方程的与普通方程的转化问题，曲线的公共点问题，利用方程有解问题，转化为判别式求解，思路简单，属于中档题．

[选修4-5：不等式选讲]

23．已知函数．

（Ⅰ）解不等式；

（Ⅱ）已知，若恒成立，求实数的取值范围．

【考点】：绝对值不等式的解法

【专题】59：不等式的解法及应用

【分析】（Ⅰ）把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求．

（Ⅱ）由条件利用基本不等式求得，结合题意可得恒成立．令，利用单调性求得它的最大值，再由此最大值小于或等于4，求得的范围．

【解答】解：（Ⅰ）不等式，即，

①，或②，或③．

解①求得，解②求得，解③求得．

综上可得，不等式的解集为，．

（Ⅱ）已知，，当且仅当时，取等号．

再根据恒成立，可得，即．

设，故函数的最大值为，

再由，求得．

【点评】本题主要考查绝对值不等式的解法，函数的恒成立问题，基本不等式的应用，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题．

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日期：2019/4/10 15:34:57；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120