2019学年高二数学元月月考试题 理（含解析）.doc

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1、- 1 -高二上学期三校联考（理科数学）试卷高二上学期三校联考（理科数学）试卷一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的. .1. 已知等差数列中，公差，若时，则 的值为（ ）A. 99 B. 96 C. 100 D. 101【答案】C【解析】试题分析：因为，所以，所以故选 B考点：等差数列的通项公式2. 设，则是的（ ）A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【

2、答案】A【解析】 设，当时，满足，但不满足，故由，则不能推出，而，则是成立的，所以是的必要不充分条件，故选 A.3. 已知命题 ，命题 若，则.下列命题为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 由题意得，命题，所以是真命题；命题： 若，则是真命题，所以是真命题，故选 A.4. 已知 为空间任意一点，若，则四点（ ）A. 一定不共面 B. 一定共面 C. 不一定共面 D. 无法判断【答案】B【解析】 因为点 为空间任意一点，QIE ，- 2 -因为，所以由共面向量定理可得四点共面，故选 B.5. 命题为真命题的一个充分不必要条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析

3、】 命题为真命题，可化为“恒成立” ，则只需，即为真命题的充要条件为，而要找的是一个充分不必要条件即为集合的真子集，由选项可知 C 符合题意，故选 C.6. 在数列中，若，则数列的通项公式为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为，所以，数列是等差数列，由等差数列通项公式得，所以,选 A.7. 已知为等差数列，若，且它的前 项和 有最大值，那么当 取得最小正值时，的值为（ ）A. 11 B. 17 C. 19 D. 21【答案】C【解析】试题分析：由于前 项和有最大值，所以，根据，有，所以，结合选项可知，选 C.考点：等差数列的基本性质.8. 已知的内角所对的边分别为，若，且，则

4、等于（ ）- 3 -A. B. C. D. 【答案】D【解析】 由，利用正弦定理可得，由于，所以，又，可得，所以，故选 D.9. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ） A. 60 B. 30 C. 20 D. 10【答案】D【解析】由三视图可知：该几何体为如图所示的三棱锥 ，图中长方体的长宽高分别是 ，该三棱锥的体积 ，故选 .【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”- 4 -，

5、还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.10. 若实数满足约束条件，目标函数 仅在点处取得最小值，则实数 的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，将，化成，.即目标函数仅在处取得最小值，解得，故选 B.11. 如图，在正方形中，分别是的中点，沿把正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为 点在AEF 内的射影为 ，则下列说法正确的是( )A. 是的垂心 B. 是 的内心- 5 -C. 是 的外心 D. 是的重心【答案】A【解析】 由题意得，可知两两垂直，由平面，从而，而平面，从而，所以平面，所以，同理

6、可知，所以 为的垂心，故选 A.点睛：本题考查了三角形垂心的性质，考查了直线和平面垂直的判定定理和性质定理，以及直线和直线垂直的判定，在证明线线垂直时，其常用的方法是利用证明线面垂直，在证明线线垂直，同时熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，试题属于中档试题.12. 在中，的交点为，过作动直线 分别交线段 于两点，若， （） ，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 由三点共线可得存在实数 使得,同理三点共线可得存在实数 使得,所以，所以，设，则，即，- 6 -故，所以的最小值为，故选 D.点睛：本题考查了平面向量在几何问题中的应用，其中根据平面向量的基本定理

7、，利用表示平面向量的一组基地可以表示平面内的任一向量，利用向量的比分点公式表示向量，计算数量积，选取基地很重要，(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.第第卷（共卷（共 9090 分）分）二、填空题（每题二、填空题（每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上）13. 若关于 的不等式的解集为，则关于 的不等式的解集_【答案】【解析】 因为关于 的不等式的解集为，所以，

8、所以不等式 可化为，即，解得：，所以不等式的解集为.14. 若，且 ，则的最小值为 _ 【答案】16【解析】 因为，且，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.15. 已知函数，若存在使得成立,则实数 的取值范围是_ ;- 7 -【答案】16. 如图，在直角梯形中，将沿向上折起，使面面，则三棱锥的外接球的表面积为_【答案】【解析】试题分析：由题意得三棱锥的外接球的球心为外心，因为因此外接球的直径为，表面积为考点：外接球的表面积,正弦定理【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找

9、几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.三、解答题三、解答题 （本大题共（本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .） 17. 设 实数 满足，其中, 实数 满足（1）若, 且真，求实数 的取值范围；（2）若 是 的必要不充分条件,求实数 的取值范围.【答案】 （1）；（2）- 8 -【解析】试题分析：（1）为真命题，则命题 、命题 均为真，命题 为真时，命题 为真时，所以；（2）设命题 的集合为，命题 的

10、集合为，若 是 的必要不充分条件，则 是集合 的真子集，解得试题解析：（） 由得，又，故， 当时，有，即命题 为真时， 解不等式组得， 命题 为真时， 为真命题， 命题 、命题 均为真， ； （）由（）知命题 ：，命题 ：设集合，集合 是 的必要不充分条件， 集合 是集合 的真子集， ，解得点睛：（1）考察命题的真值表，为真命题，则命题 、命题 均为真，将命题 、命题均为真的解集都解出来，取交集即可；（2）考察充分、必要条件在集合中的推导关系，本题中 是 的必要不充分条件，则 是集合 的真子集，解得答案。18. 已知，（1）求证：，并指出等号成立的条件；（2）求函数的最小值，并求出等号成立时的

11、 值.【答案】 （1）见解析；（2）25【解析】试题分析：（）将展开，应用均值不等式即可得出最小值为，从而证明不等式；- 9 -（）由（）知，从而可求函数的最小值试题解析：（1），考点：用均值不等式证明不等式与求函数的最值19. 中，角的对边分别是.（1）求 ；（2）若，的面积为，判断此三角形的形状【答案】 （1）；（2）正三角形【解析】试题分析：（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合范围，进而可求 得值；（2）利用三角形面积公式可求，进而利用余弦定理可求，即可解得，即可得解.试题解析：由正弦定理及得，（2），- 10 -由余弦定理得：，故是正三角形20. 已知 是等比

12、数列的前 项和，成等差数列，且.（1）求数列的通项公式；（2）是否存在正整数 ，使得？若存在，求出符合条件的所有 的集合;若不存在，请说明理由.【答案】 （1）；（2）【解析】试题分析：（1）直接由题意列方程组求出数列的首项和公比，则数列的通项公式可求；（2）求出数列的前 项和，由，求得满足条件的 的值，则 的集合可求.试题解析：（1）设等比数列的公比为 ,则.由题意得,即，解得.故数列的通项公式为.（2）由（1）有.若存在n,使得，则，即.当n为偶数时，上式不成立；当n为奇数时，即,则.综上，存在符合条件的正整数n,且n的集合为点睛：本题考查了数列的综合问题，在解决等差、等比数列的运算问题时

13、，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确；二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数- 11 -列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.本题的难点在于求和后，根据 为奇数和偶数分类讨论.21. 如图所示，平面平面，四边形为矩形，点 为的中点.(1)证明：平面.(2)点为上任意一点，在线段上是否存在点 ，使得？若存在，确定点 的位置，并加以证明；若不存在

14、，请说明理由.【答案】 （1）见解析；（2）中点【解析】试题分析：（1）连接交于 ，连接，利用是矩形得到，再由线面平行的判定定理可证；（2）当 为中点时，有；取中点 ，连接，结合三角形的中位线性质以及面面平行的性质进行推理得到平面即可.试题解析：(1)证明 连接AC交BD于O，连接OF，如图.四边形ABCD是矩形，O为AC的中点，又F为EC的中点，OF为ACE的中位线，:OFAE，又OF平面BDF，AE平面BDF，AE平面BDF.（2）当 P 为 AE 中点时，有 PMBE，证明如下：取 BE 中点 H，连接 DP，PH，CH，如图- 12 -P 为 AE 的中点，H 为 BE 的中点，PHAB，又 ABCD，PHCD，P，H，C，D 四点共面平面 ABCD平面 BCE，CDBCCD平面 BCE，又 BE平面 BCE，CDBEBC=CE，H 为 BE 的中点，CHBE，BE平面 DPHC，又 PM平面 DPHC，BEPM 即 PMBE点睛：本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理等应用，此类题目是立体几何中的常见问题，解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等，试题有一定的综合性，属于中档试题.