1、兰州一中2019-2020-1学期高三9月月考试题数 学（理）一、选择题（本大题共12 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，请将正确答案涂在答题卡上.）1.已知集合Ax|ylg(x)，Bx|cx0，若AB，则实数c的取值范围是()A. (0,1B. 1，)C. (01)D. (1，)【答案】B【解析】【分析】A集合用对数的真数的定义即可求出范围，B集合化简后含有参数，所以，画出数轴，用数轴表示AB，即可求出c的取值范围.【详解】解法1：Ax|ylg(x)x|x0x|0x1，Bx|cx0x|0x0x|0x1，取c1，则Bx|0x1，所以AB成立，故可排
2、除C，D；取c2，则Bx|0x2 ，所以AB成立，故可排除A，故选B.【点睛】本题考查集合关系求参数范围的题目，这类题目采用数形结合的方法，通过数轴来表示集合间的关系来求解，属于中等题.2.若复数满足，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析:由复数的模长公式计算出等式右边，再把复数变形，利用复数代数形式的乘除运算计算出z，进而得到虚部。详解：由题意得，所以z的虚部为.故本题答案为点睛：本题主要考查复数的概念，复数的模长公式以及复数代数形式的四则运算，属于基础题。3.已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则（ ）A. 2B. C. 6D. 【答案】C【解析】
3、试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，选C.考点：切线长【此处有视频，请去附件查看】4.如图所示，在斜三棱柱的底面中，且，过作底面，垂足为，则点在（ ）A. 直线上B. 直线上C. 直线上D. 内部【答案】A【解析】【分析】由题设条件可得出平面，由此可得出平面平面，由平面与平面垂直的性质定理可知，要作底面，只需即可，由此可知点的位置.【详解】由题意可知，且，、平面，平面，平面，平面平面.由于平面平面，由平面与平面垂直的性质定理可知，要作底面，只需即可，因此，点在直线上，故选：A.【点睛】本题考查线面垂足点的位置，解题的关键就是证明出面面垂直，并借助面面垂直的性质定理进行转化，考查推理能力，
4、属于中等题.5.已知三条直线，不能构成三角形，则实数的取值集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为三条直线，不能构成三角形，所以直线与，平行，或者直线过与的交点，直线与，分别平行时， ，或 ，直线过与的交点时， ，所以实数的取值集合为，故选D.6.采用系统抽样方法从人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为，分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为.抽到的人中，编号落入区间的人做问卷，编号落入区间的人做问卷，其余的人做问卷.则抽到的人中，做问卷的人数为A. B. C. D. 【答案】C【解析】从960人中用系统抽样方法抽取32人，则抽样距为k，因为第一组号码为9，
5、则第二组号码为913039，第n组号码为9(n1)3030n21，由45130n21750，得，所以n16,17，25，共有2516110(人)考点：系统抽样.【此处有视频，请去附件查看】7.先后抛掷两枚均匀的正方体骰子(它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6)，骰子朝上的面的点数分别为，则的概率为 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由题意知、应满足，所以满足题意的有三种，所以概率为考点：1古典概型；8.实数满足条件，则的最大值为（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，考查目标函数的最值，由几何意义可知，目标函数在
6、点处取得最小值，此时取得最大值：.本题选择D选项.9.从装有颜色外完全相同的3个白球和个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为，已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意知，XB（5，），由EX53，知XB（5，），由此能求出D（X）【详解】解：由题意知，XB（5，），EX53，解得m2，XB（5，），D（X）5（1）故选：B【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意二项分布的灵活运用10.已知等比数列的各项均为正数且公比大于1，前n项积为，且，则使得的n的最小值为()A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【
7、解析】【分析】由，结合等比性质求得，题中可转化为，可解得答案【详解】是等比数列，又由题可得，解得，舍去，所以n的最小值为6，选C【点睛】本题考察了等比中项的性质及下标的代换关系，应熟练掌握公式的应用11.函数的定义域为，对任意，则的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，利用导数判断出函数在上的单调性，将不等式转化为，利用函数的单调性即可求解.【详解】依题意可设，所以.所以函数在上单调递增，又因为.所以要使，即，只需要，故选：B.【点睛】本题考查利用函数的单调性解不等式，解题的关键就是利用导数不等式的结构构造新函数来解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
8、12.已知椭圆与双曲线有相同的焦点，若点是与在第一象限内的交点，且,设与的离心率分别为，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设椭圆与双曲线的半焦距为,由题意可得，用表示出，结合二次函数的性质即可求出范围.【详解】如图所示：设椭圆与双曲线的焦距为,由题意可得 ， ，即 ，即 ，由可知，令，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了双曲线和椭圆的性质以及离心率的问题，考查了转化思想，属于中档题.二、填空题（本大题共4 小题，每小题5分，共20分）13._【答案】【解析】因，而，应填答案。14.已知抛物线方程为y24x，直线l的方程为2xy40，在抛物线上有一动点A，点A
9、到y轴的距离为m，到直线l的距离为n，则mn的最小值为_.【答案】【解析】【分析】先作出图形，根据题意可知抛物线上的动点到准线的距离等于该点到y轴的距离加1，由此可表示出|AH|+|AN|=m+n+1；根据抛物线的性质可得|AF|+|AH|=m+n+1，结合所有连线中直线最短的原理，可知当A，F，H三点共线时，m+n最短即可求出其最小值【详解】如图所示：如图，过点A作AHl于H，AN垂直于抛物线的准线于N，则|AH|+|AN|=m+n+1，连接AF，则|AF|+|AH|=m+n+1，由平面几何知识，得当A，F，H三点共线时，|AF|+|AH|=m+n+1取得最小值，根据点到直线距离公式，求得|
10、FH|=即m+n的最小值为【点睛】抛物线中涉及焦半径问题，需要结合抛物线性质：到焦点距离等于到准线距离进行转化，再结合几何关系进行求解15.若将函数表示为其中，为实数，则_【答案】10【解析】法一：由等式两边对应项系数相等即：法二：对等式：两边连续对x求导三次得：，再运用赋值法，令得：，即16.已知实数，若关于的方程有三个不同的实根，则的取值范围为_【答案】【解析】试题分析：原问题等价于有三个不同的实根，即与有三个不同的交点，当时，为增函数，在处取得最小值为，与只有一个交点.当时，根据复合函数的单调性，其在上先减后增.所以，要有三个不同交点，则需，解得.考点：函数与方程零点【思路点晴】本题主要
11、考查复合函数零点与单调性的问题.函数是一个分段函数，先对含有的方程进行分离常数，变为探究两个函数图像个交点的问题来研究.分离常数后，由于是一个分段函数，故分成两个部分来研究，当时，函数为增函数，在时有最小值为，由此在轴右边仅有一个交点.利用复合函数单调性可知函数在轴左边先减后增，故要使两个函数有个交点，则需，解得.三、解答题(写出必要的计算步骤、解答过程，只写最后结果的不得分，共70分)17.已知向量函数(1)求函数的单调增区间;(2)当时,求函数值域.【答案】(1)；（2）【解析】【分析】（1）先将表示出来，再结合二倍角公式进行转化，可得，进一步结合辅助角公式化简，可得，结合增区间的通式可求
12、得（2）当，分析在对应区间的增减性，再求出值域【详解】(1)由得故单增区间是(2)由（1）知在上单调递增,当时, ；当时, ，值域【点睛】解答三角函数综合题时，需先将三角函数化到最简，将所求函数括号中的整体结合基础函数图像性质进行代换求解。要快速求解此类题型，需要对于三类三角函数的基础图像有较为扎实的掌握，包括增减区间、对称轴、对称中心等18.在锐角中， ， ， 为内角，的对边，且满足（）求角的大小（）已知，边边上的高，求的面积的值【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（）由，利用正弦定理和三角函数的恒等变换，可得，即可得到角的值；（）由三角形的面积公式，代入，解得的值，及的值，再根据余弦定
13、理，求得的值，由三角形的面积公式，即可求解三角形的面积.试题解析：（），由正弦定理得，且，（），代入，得，由余弦定理得：，代入，得，解得，或，又锐角三角形，19.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为为参数，直线l与曲线C：交于A，B两点求的长；在以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点P的极坐标为，求点P到线段AB中点M的距离【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）把直线的参数方程代入曲线的方程，得，即可求解；（2）根据中点坐标的性质可得中点对应的参数为，由的几何意义，可运算结果.试题解析：（1）直线的参数方程化为标准型（为参数）代入曲线方程得设对应的参数分别为，则，所
14、以（2）由极坐标与直角坐标互化公式得直角坐标，所以点在直线，中点对应参数，由参数几何意义，所以点到线段中点的距离考点：直线的参数方程；极坐标方程的应用.20.已知.（1）当时,求的解集;（2）若不存在实数,使成立,求的取值范围.【答案】(1)或.(2)【解析】【分析】(1)当时,不等式即,零点分段可得不等式的解集为或.(2)依题意，结合绝对值三角不等式的性质可得,据此求解绝对值不等式可得.【详解】(1)当时, ,则即,当时,原不等式可化为,解得;当时,原不等式可化为,解得,原不等式无解;当时,原不等式可化为,解得.综上可得,原不等式的解集为或.(2)依题意得,对,都有,则 ,所以或,所以或 (
15、舍去),所以.【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想21.设f(x)=xln xax2+(2a1)x，aR.（）令g(x)=f(x)，求g(x)的单调区间；（）已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.【答案】（）当时，函数单调递增区间为，当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为； （）【解析】试题分析：（）先求出，然后讨论当时，当时的两种情况即得.（）分以下情况讨论：当时，当时，当时，当时，综合即得.试题解析：（）由可
16、得，则，当时，时，函数单调递增；当时，时，函数单调递增，时，函数单调递减.所以当时，单调递增区间为；当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为.（）由（）知，.当时，单调递减.所以当时，单调递减.当时，单调递增.所以在x=1处取得极小值，不合题意.当时，由()知在内单调递增，可得当当时，时，所以在(0,1)内单调递减，在内单调递增，所以在x=1处取得极小值，不合题意.当时，即时，在(0,1)内单调递增，在内单调递减，所以当时，单调递减，不合题意.当时，即，当时，单调递增,当时，单调递减，所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意.综上可知，实数a的取值范围为.【考点】应用导数研究函数的单调性、极值
17、,分类讨论思想【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分类讨论思想等.【此处有视频，请去附件查看】22.已知函数（）若，求曲线在点处的切线方程；（）若在上恒成立，求实数的取值范围；（）若数列的前项和，求证：数列的前项和.【答案】()；()；()证明见解析.【解析】试题分析：将，求出切线方程求导后讨论当时和时单调性证明，求出实数的取值范围先求出、的通项公式，利用当时，得，下面证明：解析：（）因为，所以，切点为.由，所以，所以曲线在处的切线方程为，即（）由，令，则（当且仅当取等号）.故在上为增函数.当时，,故在上为增函数，所以恒成立，故符合题意；当时，由于，根据零点存在定理，必存在，使得，由于在上为增函数，故当时，,故在上为减函数， 所以当时，,故在上不恒成立，所以不符合题意.综上所述，实数的取值范围为（III）证明：由由（）知当时，故当时， 故，故.下面证明：因为而，所以，即：点睛：本题考查了利用导数的几何意义求出参数及证明不等式成立，借助第二问的证明过程，利用导数的单调性证明数列的不等式，在求解的过程中还要求出数列的和，计算较为复杂，本题属于难题。
