浙江省杭州第十四中学2019届高三9月月考试数学试题（精品解析）

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1、本试卷满分本试卷满分 150150 分，考试时间分，考试时间 120120 分钟分钟 参考公式：参考公式： 台体的体积公式：台体的体积公式：( (其中其中分别表示台体的上、下底面积，分别表示台体的上、下底面积， 表示台体表示台体 高高) ) 柱体的体积公式：柱体的体积公式：( (其中其中 表示柱体的底面积，表示柱体的底面积， 表示柱体的高表示柱体的高) ) 锥体的体积公式：锥体的体积公式：( (其中其中 表示锥体的底面积，表示锥体的底面积， 表示锥体的高表示锥体的高) ) 球的表面积公式：球的表面积公式：，球的体积公式：，球的体积公式：( (其中其中 表示球的半径表示球的半径) ) 选择题部分

2、选择题部分( (共共 4040 分分) ) 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分在每小题给出的四个选项中，只有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一项是符合题目要求的 1.设全集，集合，则 ( ) A. 1,0)B. (0,5C. 1,0D. 0,5 【答案】C 【解析】 【分析】 先由题，分别解不等式，求出集合 A 和集合 B，再利用集合的运算求得结果即可. 【详解】由题，解得集合= 集合= 故1,0 故选 C 【点睛】本题考查了集合的混合运算，求解不等式是解题的关键，属于基础题. 2.分别是双曲线

3、的左、右焦点， 为双曲线 右支上一点，且，则的周长为 （ ） A. 15B. 16C. 17D. 18 【答案】D 【解析】 由双曲线的方程可知：， 则， 据此可知的周长为. 本题选择 D 选项. 点睛点睛： ：双曲线定义的集合语言：PM|MF1|MF2|2a,02a|F1F2|是解决与焦点三角形有 关的计算问题的关键，切记对所求结果进行必要的检验 3.如图是某几何体的三视图（单位：cm） ，则该几何体的体积是( )cm3 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据三视图，判断出几何体是三棱锥，然后再利用体积公式求得体积即可. 【详解】由几何体的三视图可知，该几何体是一个三

4、棱锥， 三棱锥的底面面积 故体积 故选 B 【点睛】本题考查了三棱锥的体积，解题的关键是能否由三视图判断出几何体的原型，属于较为基础题. 4.设复数 满足（ 是虚数单位） ，则 的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 ,，故选 A. 5.已知锐角 的终边上一点，则锐角 =（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析：由题意，锐角 =，故选 C 考点：本题考查了三角函数的概念及诱导公式 点评：熟练掌握三角函数的概念及诱导公式是解决此类问题的关键，属基础题 6.函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析：由题意得，可排除

5、 B,D,当时，故排除 C 所以 答案为 A 考点：函数的图像 7.已知，则“”是“”的( ) A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件 C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 先由判断是否能推出，再由判断是否能推出，即可得出结果. 【详解】已知 充分性： 若因为，所以,所以,所以； 必要性： 若，则当时，所以必要性不成立； 因此“”是“”的充分不必要条件. 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件，属于基础题型. 8.已知正数满足， 则的最小值是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用不等式进行变型，转化为，所以原式 变化成关于 z

6、 的函数，然后求导进行求最值即可得到答案. 【详解】(当且紧当时取等号) 又因为已知正数满足，所以 即 故 令 此时函数递增； 此时函数递减； 故 故选 B 【点睛】本题主要考查了不等式综合，利用基本不等式进行变型，然后还考查了导函数的应用，利用单调 性求最值，属于较难题. 9.已知共面向量满足且.若对每一个确定的向量 ，记的最 小值为，则当 变化时, 的最大值为 ( ) A. B. C. 8D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先固定向量，则向量分别在以(4,0)为圆心，r 为半径的圆上的直径两端运动，得知点 B 的坐标， 利用 OB=BC，得，然后利用平面向量的几何意义的最小值为， ，然后

7、求得答案即可. 【详解】 如图，固定向量，则向量分别在以(4,0)为圆心，r 为半径的圆上的直径两端运动，其中 易知点 B 的坐标 因为 所以 OB=BC，即 整理可得 ，所以 而的最小值为， 即 将，当时取最大值，此时 故的最大值为 8 故选 C 【点睛】本题主要考查了平面向量与平面几何的综合知识，利用圆的性质，平面向量的几何意义，是一道 综合性较强的题目，属于难题. 10.已知数列 中， ，若对于任意的，不等式 恒成立，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据题意，对原式进行化简可得，然后利用累加法求得， 然后不等式恒成立转化为恒成立，再利

8、用函数性质解不等式即可得出答 案. 【详解】由题， 即 由累加法可得： 即 对于任意的，不等式恒成立 即 令 可得且 即 可得或 故选 B 【点睛】本题主要考查了数列的通项的求法以及函数的性质的运用，属于综合性较强的题目，解题的关键 是能够由递推数列求出通项公式和后面的转化函数，属于难题. 非选择题部分非选择题部分( (共共 110110 分分) ) 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 4 分，共分，共 3636 分分 11.已知随机变量 的分布列如下表，且，则 =_,_. 【答案】 (1). (2).

9、【解析】 【分析】 (1)由概率之和为 1 直接求出 p 的值即可； (2)先由题求出 a 的值，再求出 D(x)，再利用公式求出即可. 【详解】(1)由题， (2)由期望公式： 故 故答案为(1). (2). 【点睛】本题主要考查了离散随机变量分布列的性质、期望、方差运算性质，属于基础题. 12.若变量满足约束条件，则的最大值为_，最小值为_ 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 由题画出约束条件的可行域，然后求得交点，代入求得最大最小值. 【详解】变量满足约束条件，可行域如图所示： 易知直线过 B 取最大，过点 D 取最小 联立 解得 B(2,0) 联立解得 D(-4,-3)

10、所以 z 的最大值为： 最小值： 【点睛】本题考查了线性规划，画图是关键，属于基础题. 13.在中，角 ， ， 的对边分别为若，则_， _ 【答案】 (1). 2 (2). 【解析】 ，由正弦定理可得：， ， 14.的展开式中，项的系数为 14，则_，展开式各项系数之和为_ 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 由题，得出的展开式通项为，然后求得 a 的值，再令 x=1，求得各项系数之和. 【详解】由题，的展开式通项为 令，此时 所以原式为，令，得各项系数之和为 故答案为 、1 【点睛】本题考查了二项式定理及其应用，考查运算求解能力，属于较为基础题. 15.由组成没有重复数字的六位

11、数，要求奇数不相邻，且 4 不在第四位，则这样的六位数共有 _个. (用数字作答) 【答案】120 【解析】 试题分析：先排 3 个偶数，从左到右有 4 个空，如排 1,2,3 个空，由于 4 不在第四位，共有 种，若排 1，2,4 个空，共有，若排 1,3,4 则 4 不会在第四位，共有 种，若排 2,3,4 个空，则 4 不会在第四位，共有，因此共有 24+24+36+36=120 种， 故答案为 120 种. 考点：排列组合的综合应用. 16.已知函数若函数恰有 4 个不同的零点，则 的取值范 围为_. 【答案】 【解析】 【分析】 由题，得知在上单调递减，当在上有唯一实数解，设，当 有

12、唯一零点 0，要使有 4 个零点，则有两解以及 有两解，即有一解，然后求得答案. 【详解】由题，当时，所以在上单调递减， 当在上有唯一实数解，设. 当有唯一零点 0，设， 要使有 4 个零点，则有两解 即有两解，则，因为为在的解，所以 有一解，且，即成立. 因为，所以在是递增的，故最小值为 ，所以综上所述，t 的取值为 故答案为 【点睛】本题考查了分段函数的零点，利用导函数研究函数的性质，考查运算求解能力，数形结合思想， 意在让少数考生得分，属于难题. 17.已知椭圆 的左，右焦点分别为，点 是椭圆上异于长轴端点的任意一点，若 是线段上一点，且满足，则椭圆离心率的取值范围为_. 【答案】 【解

13、析】 试题分析：由题意得，设，取的中点 ，由，则，解得点，又 ，所以，由三角形的中位线可知，即，整理得 ，所以点 的轨迹为以为圆心，以 为半径的圆上，所以使得圆与椭圆有公共点，则 ，所以椭圆的离心率为 考点：椭圆的几何性质. 【方法点晴】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，属于中档试题，着重考查了转 化与化归思想和函数方程思想的应用，同时考查了推理运算能力，本题的解答中设出点 的坐标，取的 中点 ，可转化为，代入点的坐标，可得点 的轨迹方程，只需使得圆与椭圆有交点即可得到的 关系，求解椭圆离心率的取值范围. 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 5 小题，共小题，共

14、7474 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤骤 18.已知函数 ()求的最小正周期及对称轴； ()求函数在区间0,上的值域 【答案】 （I），对称轴；（II）. 【解析】 【分析】 （I）由题将进行化简易得， 可得周期和对称轴； () 因为，所以，易得求得值域. 【详解】 （） 所以 对称轴即 （）由（）得 因为，所以， 所以，因此 所以 f(x)的值域 【点睛】本题考查了三角恒等变化以及性质，属于基础题. 19.如图，三棱锥PABC中，PA平面ABC， ABAC， PA1，ABAC，D为BC的中点，过点D作 DQ平行于AP,且DQ1.

15、连接QB, QC, QP. ()证明：AQ平面PBC； ()求直线BC与平面ABQ所成角的余弦值. 【答案】 （I）详见解析；（II）. 【解析】 【分析】 （I）由题，用线面垂直的性质以及勾股定理逆定理证得AQPD 和BCAQ，得证； () （向量法）建立如图所示直角坐标系，求得平面ABQ的的法向量再用线面角的公式求 得答案； （几何法）利用等体积法求得 C 点到平面 ABQ 的距离 ，然后可得直线BC与平面 ABQ所成角的余弦值. 【详解】()连接AD,PD,由PA平面ABC得PAAD, 因为PA/DQ且PA=DQ，即四边形ADQP为矩形， 又AB=AC，ABAC，则AD1=AP, 所以四边形ADQP为正方形，AQPD 且BCAD, BCDQ,则BC平面ADQ, 即BCAQ 故AQ平面PBC. ()（向量法）建立如图所示直角坐标系，则 ，则 设平面ABQ的的法向量为于是 （几何法）由于， 且, 则于是 C 点到平面 ABQ 的距离 所以 【点睛】本题考查了立体几何线面垂直以及线面角的综合问题，熟悉证明方法以及利用空间向量解决立体 几何的线面角是解题的关键，属于中档题. 20.已知正项等比数列满足成等差数列，且. ()求数列的通项公式； ()若，求成立的正整数n的最小值. 【答案】 （I）；（II） . 【解析】 【分析】 ()由题易知，求得公比