2019-2020年高三9月月考 數學理試題.doc

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2019-2020年高三9月月考 數學理試題 題號 一 二 三 總分 得分 一、選擇題 B．充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 3．設隨機變量，且，則實數的值為( ) A． 4　 B． 6　 C． 8　 　 D．10 4．如圖，設D是圖中邊長分別為1和2的矩形區(qū)域，E是D內位于函數y＝（x＞0）圖象下方的區(qū)域（陰影部分），從D內隨機取一個點M，則點M取自E內的概率為( ) （A） （B） （C） （D） 5．集合，集合，則集合 （ ） A、 B、 C、 D、 6．某三棱錐的側視圖和俯視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為 (　　) A．4 B．8 C．12 D．24 7．設命題：，命題：一元二次方程有實數解．則是的（ ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 8．函數的單調減區(qū)間為（ ） A、， B、， C、， D、， 9．已知函數y=的最大值為M,最小值為m,則的值為 （ ） A、 B、 C、 D、 10． 已知函數在一個周期內的圖象如圖所示.則的圖象可由函數y=cosx的圖象（縱坐標不變） （ ） A、 先把各點的橫坐標縮短到原來的倍,再向左平移個單位 B、 先把各點的橫坐標縮短到原來的倍，再向右平移個單位 C、 先把各點的橫坐標伸長到原來的2倍，再向左平移個單位 D、 先把各點的橫坐標伸長到原來的2倍，再向右平移個單位 11．設m>1，在約束條件下，目標函數z＝x＋my的最大值小于2，則m的取值范圍為 ( ) A．(1,1＋) B．(1＋，＋∞) C．(1,3) D．(3，＋∞) 12．一個盛滿水的密閉三棱錐容器S－ABC，不久發(fā)現三條側棱上各有一個小洞D，E，F，且知SD∶DA＝SE∶EB＝CF∶FS＝2∶1，若仍用這個容器盛水，則最多可盛原來水的(　　) A. B. C. D.  第II卷（非選擇題） 二、填空題 13．在極坐標系中，直線經過圓的圓心且與直線平行，則直線與極軸的交點的極坐標為_________． 14．如右圖，是圓的直徑，直線與圓相切于點， 于點，若圓的面積為，，則的長為 ． A D E C B O 15．已知程序框圖如右，則輸出的= ． K 16．已知拋物線與雙曲線有相同的焦點，點是兩曲線的一個交點，且⊥軸，則雙曲線的離心率為 ． 三、解答題 17．（本小題滿分12分）已知數列的前項和為，且. （1）試求的通項公式； （2）若數列滿足：，試求的前項和. 18．（本小題滿分12分）如圖所示多面體中，⊥平面，為平行四邊形，分別為的中點，，，. （1）求證：∥平面； （2）若∠＝90°，求證; （3）若∠＝120°，求該多面體的體積. 19．（本小題滿分13分）已知函數． （1）若為的極值點，求實數的值； （2）若在上為增函數，求實數的取值范圍； （3）當時，方程有實根，求實數的最大值． 20．（本小題共2小題，每小題6分，滿分12分） （1）已知梯形ABCD是直角梯形，按照斜二測畫法畫出它的直觀圖如圖所示，其中,,，求直角梯形以BC為旋轉軸旋轉一周形成的幾何體的表面積。 （2）定線段AB所在的直線與定平面α相交，P為直線AB外的一點，且P不在α內，若直線AP、BP與α分別交于C、D點，求證：不論P在什么位置，直線CD必過一定點． C’ D’ A’ O’(B’) x’ y’ 21．（本小題滿分12分）已知函數，， （1）求函數的最值； （2）對于一切正數，恒有成立，求實數的取值組成的集合。 參考答案 1．D 【解析】對應的點在第四象限. 2．B 【解析】因為a>1,所以,所以在定義域內是增函數;反之不成立，如a=-2時, 在定義域內是增函數，顯然不滿足a>1.故“”是“函數在定義域內是增函數”的充分條件. 3．A 【解析】由題意知. 4．C 【解析】因為. 所以點M取自E內的概率為. 5．A 【解析】因為集合，集合，則集合 ，選A 6．A 【解析】解：由三視圖的側視圖和俯視圖可知：三棱錐的一個側面垂直于底面， 三棱錐的高是，它的體積為，故選A 7．A 【解析】因為命題：，命題：一元二次方程有實數解．等價于1-4m,因此可知，則：m<是:m的充分不必要條件,選A 8．D 【解析】因為，那么利用復合函數單調性可知，，化簡得到結論為，，故選D 9．C 【解析】因為由題意，函數的定義域是[-3，1] y=由于-x2-2x+3在[-3，1]的最大值是4，最小值是0,因此可知m,和M的值分別是2，，因此可知比值為，選C 10．B 【解析】根據圖像先求解A=1周期為，w=2，然后代點（-，0）得到=-的值，可知該函數圖像是由y=cosx的圖象先把各點的橫坐標縮短到原來的倍，再向右平移個單位得到，選B 11．A 【解析】解：解：作出不等式組所表示的平面區(qū)域如圖所示 作L：x+my=0，向可行域內平移，越向上，則Z的值越大，從而可得當直線L過B時Z最大 而聯立x+y=1，與y=mx可得點B()，代入可得 故選B 12．D 【解析】解：如右圖所示，過DE作與底面ABC平行的截面DEM，則M為SC的中點，F為SM的中點．過F作與底面ABC平行的截面FNP，則N，P分別為SD，SE的中點． 設三棱錐S-ABC的體積為V，高為H，S-DEM的體積為V1，高為h，則h:H=2:3,v1:v=8:27 三棱錐F-DEM的體積與三棱錐S-DEM的體積的比是1：2（高的比），∴三棱錐F-DEM的體積4v:27 三棱臺DEM-ABC的體積=V-V1=19v:27, ∴最多可盛水的容積23v:27 故最多所盛水的體積是原來的,選D 13．(1,0) 【解析】由可知此圓的圓心為(1,0),直線是與極軸垂直的直線，所以所求直線的極坐標方程為,所以直線與極軸的交點的極坐標為(1,0). 14．1 【解析】∵CD是圓O的切線，∴∠ABC=∠ACD=30°，∴在直角三角形ACD中，AD=1，∴AC=2， ∴在直角三角形ABC中，AC=2，∴AB=4，∴圓的半徑是2，所以, 所以. 15．9 【解析】因為,所以當S=105時退出循環(huán)體，因而此時i=9,所以輸出的i值為9. 16． 【解析】由題意知所以 . 17．(1)；(2) 【解析】(1)n=1時，，;n>1時，,從而確定{}為等比數列,通項公式. (2) ,顯然采用錯位相減的方法求和. 18．（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）該五面體的體積為 。 【解析】（Ⅰ）取PC的中點為O，連FO，DO，可證FO∥ED，且FO=ED，所以四邊形EFOD是平行四邊形，從而可得EF∥DO，利用線面平行的判定，可得EF∥平面PDC； （Ⅱ）先證明PD⊥平面ABCD，再證明BE⊥DP； （Ⅲ）連接AC，由ABCD為平行四邊形可知△ABC與△ADC面積相等，所以三棱錐P-ADC與三棱錐P-ABC體積相等，即五面體的體積為三棱錐P-ADC體積的二倍． （Ⅰ）取PC的中點為O，連FO,DO，∵F,O分別為BP，PC的中點， ∴∥BC，且,又ABCD為平行四邊形,∥BC，且, ∴∥ED，且 ∴四邊形EFOD是平行四邊形 --------------------------------2分 即EF∥DO 又EF平面PDC ∴EF∥平面PDC． ---------------------- 4分 （Ⅱ）若∠CDP＝90°,則PD⊥DC，又AD⊥平面PDC ∴AD⊥DP, ∴PD⊥平面ABCD, ------------- 6分 ∵BE平面ABCD，∴BE⊥DP ------------ 8分 （Ⅲ）連結AC,由ABCD為平行四邊形可知與面積相等， 所以三棱錐與三棱錐體積相等， 即五面體的體積為三棱錐體積的二倍. ∵AD⊥平面PDC，∴AD⊥DP,由AD=3，AP=5，可得DP=4又∠CDP＝120°PC=2， 由余弦定理并整理得, 解得DC=2 ------------------- 10分 ∴三棱錐的體積 ∴該五面體的體積為 -------------------- 12分 19．（1）．（2）的取值范圍為．（3）當時，有最大值0. 【解析】(1)根據建立關于a的方程求出a的值. (2)本小題實質是在區(qū)間上恒成立， 進一步轉化為在區(qū)間上恒成立, 然后再討論a=0和兩種情況研究. (2) 時，方程可化為，, 問題轉化為在上有解， 即求函數的值域,然后再利用導數研究g(x)的單調區(qū)間極值最值，從而求出值域，問題得解. 解：（1）．………1分 因為為的極值點，所以．………………………2分 即，解得．…………………………………3分 又當時，，從而的極值點成立．…………4分 （2）因為在區(qū)間上為增函數， 所以在區(qū)間上恒成立．…5分 ①當時，在上恒成立，所以上為增函數，故 符合題意．…………………………6分 ②當時，由函數的定義域可知，必須有對恒成立，故只能， 所以上恒成立．……………7分 令，其對稱軸為，……………8分 因為所以，從而上恒成立，只要即可， 因為， 解得． u……………………………………9分 因為，所以． 綜上所述，的取值范圍為．…………………………………10分 （3）若時，方程可化為，． 問題轉化為在上有解， 即求函數的值域．……………………11分 以下給出兩種求函數值域的方法： 方法1：因為，令， 則 ，…………………………………12分 所以當，從而上為增函數， 當，從而上為減函數，………………………13分 因此． 而，故， 因此當時，取得最大值0．…………………………………………14分 方法2：因為，所以． 設，則． 當時，，所以在上單調遞增； 當時，，所以在上單調遞減； 因為，故必有，又， 因此必存在實數使得， ，所以上單調遞減； 當，所以上單調遞增； 當上單調遞減； 又因為， 當，則，又． 因此當時，取得最大值0.……………………………14分 20．（1）；（2）不論P在什么位置，直線CD必過一定點． 【解析】本試題主要是考查了斜二測畫法的運用，以及空間幾何體中表面積的求解。 （1）由斜二測畫法可知AB=2，BC=4，AD=2進而DC=，那么旋轉得到的幾何體的表面積可以解得。 （2）設定線段AB所在直線為l，與平面α交于O點，即l∩α＝O.?！郃P、BP可確定一平面β且C∈β，D∈β.因為CD＝α∩β.∴A∈β，B∈β.∴l(xiāng)?β.∴O∈β.∴O∈α∩β，即O∈CD. 解：（1）由斜二測畫法可知AB=2，BC=4，AD=2 進而DC=， 旋轉后形成的幾何體的表面積 （2）設定線段AB所在直線為l，與平面α交于O點，即l∩α＝O. 由題意可知，AP∩α＝C，BP∩α＝D，∴C∈α，D∈α. 又∵AP∩BP＝P. ∴AP、BP可確定一平面β且C∈β，D∈β. ∴CD＝α∩β.∴A∈β，B∈β.∴l(xiāng)?β.∴O∈β.∴O∈α∩β，即O∈CD. ∴不論P在什么位置，直線CD必過一定點． 21．（1）函數在（0，1）遞增，在遞減。的最大值為. （2）。 【解析】本試題主要是考查了導數在研究函數中的運用。 （1）求解導數，然后根據導數的符號與函數單調性的關系得到判定，求解極值和最值。 （2）要證明不等式恒成立，那么可以通過研究函數的最值來分析得到參數的范圍。 解：（1） 所以可知函數在（0，1）遞增，在遞減。 所以的最大值為. （2）令函數 得 當時，恒成立。所以在遞增， 故x>1時不滿足題意。 當時，當時恒成立，函數遞增； 當時恒成立，函數遞減。 所以;即 的最大值 令 ,則 令函數 , 所以當時，函數遞減；當時，函數遞增； 所以函數， 從而 就必須當時成立。 綜上。