1、高三数学月考试卷考试范围：一轮复习第一章第七章；考试时间：120分钟一单选题1. 下列命题中错误的是（ ）A. 命题“若，则”的逆否命题是真命题B. 命题“”的否定是“”C. 若为真命题，则为真命题D. 使“”是“”的必要不充分条件【答案】C【解析】【分析】由原命题与逆否命题真假性相同判断A，由特称命题的否定形式判断B,由复合命题的真假判断C，由充分性必要性条件判断D.【详解】A.“若，则”为真命题，则其逆否命题为真命题，A正确.B.特称命题否定需要将存在量词变为全称量词，再否定其结论，故B正确.C.为真命题，包含有一个为真一个为假和均为真，为真则需要两者均为真，故若为真命题，不一定为真.C错
2、.D.若，使成立，反之不一定成立.故D正确故本题选C.【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，充分必要条件的判断方法，全称命题与特称命题的否定，以及逆否命题等基础知识，是基础题.2. 函数的零点个数为( )A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】 ,所以当 时 ; 当 时 ;因此零点个数为2,选C.3. ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c已知，a=2，c=，则C=A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可详解：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，sinB+sinA（sinCcosC
3、）=0，sinAcosC+cosAsinC+sinAsinCsinAcosC=0，cosAsinC+sinAsinC=0，sinC0，cosA=sinA，tanA=1，A，A= ，由正弦定理可得，a=2，c=，sinC= ，ac，C=，故选B点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式
4、进行解答.4. 已知，为单位向量，则在上的投影为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意结合平面向量数量积的运算可得，进而可得、，代入投影表达式即可得解.【详解】因为，为单位向量，所以，又，所以所以，即，所以，则，所以在上的投影为.故选：C.【点睛】本题考查了平面向量数量积的应用，考查了一个向量在另一个向量上投影的求解，属于中档题.5. 中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a，b，c成等差数列，且，若边上的中线，则的周长为（ ）A. 15B. 14C. 16D. 12【答案】A【解析】【分析】由已知结合等差数列的性质及二倍角公式，正弦定理及余弦定理进行化简，即可求
5、得结果.【详解】由a，b，c成等差数列可知，因为，所以，由正弦定理及余弦定理可得，所以，所以，若边上的中线，所以，解可得，故的周长为15.故选：A.【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有余弦定理，正弦定理，等差数列的条件，以及边角关系，属于简单题目.6. 设，则（ ）A. B. ，C. D. ，【答案】A【解析】【分析】求出集合后可得.【详解】，；，故选：.【点睛】本题考查一元二次不等式的解、对数不等式的解及集合的交，解对数不等式时注意真数恒为正，本题属于中档题.7. 在棱长为2的正方体中，是棱的中点，过，作正方体的截面，则这个截面的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案
6、】C【解析】【详解】【分析】设 的中点为 ，则 ，连接 ，则梯形 就是过，正方体的截面，其面积为 ，故选C.8. 已知，则下列说法正确的是（ ）A. 复数的虚部为B. 复数对应的点在复平面的第二象限C. 复数z的共轭复数D. 【答案】B【解析】【分析】由复数除法求出复数，然后可判断各选项【详解】由已知得，所以复数z的虚部为，而不是，A错误；在复平面内，复数z对应的点为，在第二象限，B正确.，C错误；，D错误；故选：B【点睛】本题考查复数的除法，考查复数的几何意义，共轭复数的概念及模的定义，属于基础题二多选题9. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，截面与直线平行，与交于点E，则下列判断正确的
7、是（ ）A. E为的中点B. 平面C. 与所成的角为D. 三棱锥与四棱锥的体积之比等于.【答案】ABD【解析】【分析】采用排除法，根据线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理，结合线线角的求法，锥体体积公式的计算，可得结果.【详解】对于A，连接交于点，连接，如图所示，/面，面，且面面，/，又四边形是正方形，为的中点，为的中点，故A正确.对于B，面，面，又，面面，故B正确.对于C，为与所成的角，面，面，在中，故C错误.对于D，由等体积法可得，又，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查立体几何的综合应用，熟练线线、线面、面面之间的位置关系，审清题意，考验分析能力，属中档题.10. 已知函数，下列
8、说法中正确的有（ ）A. 函数的极大值为，极小值为B. 当时，函数的最大值为，最小值为C. 函数的单调减区间为D. 曲线在点处的切线方程为【答案】ACD【解析】【分析】利用导数研究函数的极值、最值、单调性，利用导数的几何意义可求得曲线在点处的切线方程，根据计算结果可得答案.【详解】因为所以，由，得或，由，得，所以函数在上递增，在上递减，在上递增，故选项正确，所以当时，取得极大值，在时，取得极小值，故选项正确，当时，为单调递增函数，所以当时，取得最小值，当时，取得最大值，故选项不正确，因为，所以曲线在点处的切线方程为，即，故选项正确.故选：ACD.【点睛】本题考查了利用导数求函数的极值、最值、单
9、调区间，考查了导数的几何意义，属于基础题.11. 已知，如下四个结论正确的是（ ）A. ；B. 四边形为平行四边形；C. 与夹角的余弦值为；D. 【答案】BD【解析】【分析】求出向量坐标，再利用向量的数量积、向量共线以及向量模的坐标表示即可一一判断.【详解】由，所以， ,对于A，故A错误；对于B，由，则，即与平行且相等，故B正确； 对于C，故C错误；对于D，故D正确；故选：BD【点睛】本题考查了向量的坐标运算、向量的数量积、向量模的坐标表示，属于基础题.12. 下面命题正确的是（ ）A. “ ”是“”的充分不必要条件B. 命题“任意，则”的否定是“存在，则”.C. 设，则“且 ”是“”的必要而
10、不充分条件D. 设，则“”是“”的必要不充分条件【答案】ABD【解析】【分析】分别判断充分性与必要性，即可得出选项ACD的正误；根据全称命题的否定是特称命题，判断选项B的正误【详解】对于A，或，则“”是“”的充分不必要条件，故A对；对于B，全称命题的否定是特称命题，“任意，则”的否定是“存在，则”，故B对；对于C，“且” “”， “且” 是 “”的充分条件，故C错；对于D，且，则“”是“”的必要不充分条件，故D对；故选：ABD【点睛】本题主要考查命题真假的判断，考查充分条件与必要条件的判断，考查不等式的性质与分式不等式的解法，属于易错的基础题三填空题13. 已知函数在上单调递增,则实数的取值范
11、围是_.【答案】【解析】,解得在上恒成立,构造函数,解得x=1, 在上单调递增,在上单调递减,g(x)的最大值为g(1)=1, ,故填.点睛:本题考查函数导数与单调性.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法.14. 的内角的对边分别为，已知，则的大小为_【答案】【解析】由，根据正弦定理得，即，又因为，所以，故答案15. 如图所示，为两个不共线向量，、分别为、的中点，点在直线上，且则的最小值为_.【答案
12、】【解析】【分析】首先根据平面向量的基本定理得到，利用基本不等式得到，再根据求最小值即可.【详解】因为、分别为、的中点，所以.又因为、三点共线，所以，即.因为，所以，当且仅当时取等号.所以.故答案为：【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，同时考查了平面向量的基本定理，属于中档题.16. 设，若为实数，则_；若为纯虚数，则_.【答案】 (1). ， (2). ，【解析】【分析】根据复数分类的定义结合三角函数的性质，即可得出答案.【详解】若为实数，则，即，解得若为纯虚数，则，即即，解得故答案为：，；，【点睛】本题主要考查了由复数的类型求参数的范围，涉及了三角函数的化简求值，属于中档题.四解答题17
13、. 已知函数.（1）当时，求；（2）求解关于的不等式；（3）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）当时，的解集为，当时；（3）.【解析】【分析】（1）将直接代入解析式计算即可.（2）将整理为，解得或，再对讨论即可解不等式.（3）将问题转化为，分别分和讨论，求最小值，令其大于，即可求解.【详解】（1）当时，（2）由得：或当时，解不等式可得：或当时，解不等式可得：或综上所述：当时，的解集为；当时，的解集为（3）由得：或当时，或，解得：当时，或，解得：综上所述：的取值范围为【点睛】本题主要考查了复合函数的单调性、考查函数的最值和恒成立问题、考查分类讨论的思想，属于中档题.18. 己知向量
14、，设函数，且的图象过点和点.（1）当时，求函数的最大值和最小值及相应的的值；（2）将函数的图象向右平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若在有两个不同的解，求实数的取值范围.【答案】（1）最大值为2，此时；最小值为1，此时. （2）【解析】【分析】（1）根据向量数量积坐标公式，列出函数，再根据函数图像过定点，求解函数解析式，当时，解出的范围，根据三角函数性质，可求最值；（2）根据三角函数平移伸缩变换，写出解析式，画出在上的图象，根据图像即可求解参数取值范围.【详解】解：（1）由题意知.根据的图象过点和，得到，解得，.当时，最大值为2，此时，最小
15、值为1，此时.（2）将函数的图象向右平移一个单位得，再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得令，如图当时，在有两个不同的解，即.【点睛】本题考查（1）三角函数最值问题（2）三角函数的平移伸缩变换，考查计算能力，考查转化与化归思想，考查数形结合思想，属于中等题型.19. 在，成等差数列，成等比数列，三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.已知为数列的前项和， ，且_.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由可得出数列是等比数列，且得出公比，由选择的条件可求出首项为
16、1，即可写出通项公式；（2）求出，再由等差数列的前n项和求出.详解】（1）由已知，时，.两式相减得到，即，因为，所以数列是公比为的等比数列，从而.选，成等差数列，由，成等差数列，可得，即，解得，所以.选，成等比数列，成等比数列，即，成等比数列，解得，所以.选，即，解得，所以.（2）.则.【点睛】本题考查等比数列的判断和通项公式的求法，考查等差数列的前n项和的求法，属于基础题.20. 已知函数，.（1）求函数的单调递增区间；（2）若为锐角且，满足，求.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦型函数的单调增区间求的单调递增区间即可；（2）由已知条件可知，结合即可求；【详解】（），可
17、知，为单调增区间，解得，函数的单调递增区间为，（）由（）得，因为锐角，所以，又因为，所以，由.【点睛】本题考查了三角函数的性质，结合三角恒等变换、同角三角函数关系求正弦值；注意应用了复合函数的单调性求单调区间；21. 在四棱锥中，底面为正方形，（1）证明:平面；（2）若与底面所成的角为30，求二面角的余弦值【答案】（1）见解析，（2）【解析】【分析】（1）连接BD交AC于O，连接PO，则有，O为BD的中点，再由可得，由线面垂直的判定定理可证得结论；（2）由（1）可知，平面平面，两平面的交线为AC，所以过P作PE垂直AC于E，则平面，从而可知平面，若设PC=2，由可把其它边求出来，然后以A为坐标
18、原点，AB为x轴，AD为y轴，过A作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接BD交AC于O，连接PO，因四边形为正方形，所以，O为BD的中点，因为，所以，因为，所以平面；（2）解：因为平面，BD在平面内，所以平面平面，过P作PE垂直AC于E，则平面，所以为与底面所成的角，即，设PC=2，因为，所以,如图，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，过A作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则,设平面法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以，由图可知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为【点睛】此题考查线面垂
19、直的证明，考查二面欠余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识，考查运算能力，属于中档题.22. 已知函数.（）讨论的单调性；（）当时，求的取值范围.【答案】（1）见解析;（2）.【解析】试题分析：（1）先求导数，再讨论符号，根据符号确定对应单调性，（2）由于，所以1得右侧附近函数单调递增，再结合（1）可得且，即得的取值范围.试题解析：解：（1），当时，在上单调递减.当时，令，得；令，得.的单调递减区间为，单调递增区间为.当时，令，得；令，得.的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）当时，在上单调递减，不合题意.当时，不合题意.当时，在上单调递增，故满足题意.当时，在上单调递减，在单调递增，故不满足题意.综上，的取值范围为.点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.