安徽省江淮名校2019届高三12月联考数学（理科）试题含答案解析

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1、- 1 - 安徽省江淮名校安徽省江淮名校 2019 届高三届高三 12 月联考月联考 数学（理科）试题数学（理科）试题 第第卷（共卷（共 6060 分）分） 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，只有一项是符合题目在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的要求的. . 1.已知全集，集合，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 解不等式得集合 A，进而可得，求解函数定义域可得集合 B，利用交集求解即可. 【详解】因为集合，所以， 故选 D.

2、 【点睛】本题主要考查了集合的补集及交集的运算，属于基础题. 2.复数 满足（ 为虚数单位） ，则复数 在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 由题意得，则复数 在复平面内对应的点位于第一象限，故选 A. 3.已知向量，若，则（ ） A. B. C. -3 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 利用两个向量平行的坐标表示列出方程求解即可. 【详解】向量，若，则，解得. - 2 - 故选 B. 【点睛】本题主要考查了向量平行的坐标表示，属于基础题. 4.已知函数，则是（ ） A. 奇函数，且在 上是增函数 B. 偶函

3、数，且在上是增函数 C. 奇函数，且在 上是减函数 D. 偶函数，且在上是减函数 【答案】C 【解析】 【分析】 先判断定义域是否关于原点对称，进而利用可得函数为奇函数，再由指数函数的单调性可判 断函数的单调性. 【详解】定义域为 R，关于原点对称， ，有， 所以是奇函数， 函数，显然是减函数. 故选 C. 【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的判断，属于基础题. 5.已知一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥侧面的 4 个三角形面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 还原几何体得四棱锥，其中面，分别计算各侧面的面积即可得解. - 3 - 【详解】

4、还原三视图可得几何体如图所示，四棱锥，其中面， . 中有，由，所以. 所以. 所以面积最大值是的面积，等于 2. 【点睛】本题主要考查了由三视图还原几何体，并计算几何体的侧面积，需要一定的空间想象力，属于中档 题. 6.已知等比数列的前 项和为，且，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由等比数列的通项公式，利用基本量运算可得通项公式，进而可得前 n 项和，从而可得，令求解即可. 【详解】由，可得； 由. 两式作比可得：可得， 所以，所以. - 4 - 故选 D. 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式及前 n 项公式，属于公式运用的题目，属于基础题. 7.把函

5、数的图象上每个点的横坐标扩大到原来的 2 倍，再向左平移 ，得到函数的图象， 则函数的一个单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用三角函数的图象变换可得函数，再由 ，可解得单调增 区间，即可得解. 【详解】函数 的图象上每个点的横坐标扩大到原来的 2 倍， 可得的图象，再向左平移 ， 得到函数 的图象. 由 ，得，. 当时，函数的一个单调递增区间， 故选 B. 【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换及三角函数的单调性，注意三角函数的平移变换，平移是针对 自变量“x”而言的，所以需要将 x 的系数提出，属于中档题. 8.若实数 ， 满足约束条件，则的最

6、小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 作出不等式的可行域，的几何意义是可行域内的点与点连线的斜率的倒数，由斜率的最大值即 可得解. - 5 - 【详解】作出不等式组构成的区域，的几何意义是可行域内的点与点连线的斜率的倒数，由 图象知的斜率最大，由得，所以，此时. 故选 A. 【点睛】常见的非线性目标函数问题，利用其几何意义求解： 的几何意义为可行域内的点到直线的距离的倍 的几何意义为可行域内的点到点的距离的平方。 的几何意义为可行域内的点到点的直线的斜率. 9.如图，在矩形中的曲线是，的一部分，点，在矩形内随机取一点， 则此点取自阴影部分的概率是（ ） A. B

7、. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由几何概型可知，再利用定积分求阴影面积即可. 【详解】由几何概型，可得 . 【点睛】本题主要考查了几何概型的计算，涉及定积分在求面积中的应用，关键是正确计算出阴影部分的面 - 6 - 积，属于中档题. 10.的斜边等于 4，点 在以 为圆心，1 为半径的圆上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 结合三角形及圆的特征可得，进而利用数量积运算可得最值，从而得解. 【详解】 . 注意， 所以当与同向时取最大值 5，反向时取小值-3. 故选 C. 【点睛】本小题主要考查向量的线性运算，考查向量的数量积运算，以及几

8、何图形中向量问题的求解.属于 中档题. 11.体积为 的三棱锥的顶点都在球 的球面上，平面，则球 的表面积 的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 把三棱锥放在长方体中，由面积公式及基本不等式可得，进而有，结合 即可得最值. 【详解】把三棱锥放在长方体中，由已知条件容易得到，所以 ，因此，注意，所以球 的表面积的最小值是. - 7 - 故选 C. 【点睛】本题考查空间几何体的外接球问题，利用四面体构造长方体是解题的关键，利用长方体的体对角线 等于球的直径是本题的突破点 12.设函数的导数为，且，则当时， （ ） A. 有极大值，无极小值 B. 无极大值，有极小

9、值 C. 既有极大值又有极小值 D. 既无极大值又无极小值 【答案】B 【解析】 【分析】 由题设，结合条件可得存在使得，再由，可得在上单调递增， 分析导数的正负，即可得原函数的极值情况. 【详解】由题设，所以，所以存在使 得，又 ，所以在上单调递增. 所以当时，单调递减，当时，单调递增. 因此，当时，取极小值，但无极大值，故选 B. 【点睛】本题主要考查了函数导数的应用：研究函数的极值，但函数一次求导后导函数的单调性不明确时， 仍可以继续求导，即二次求导，属于常见的处理方式，考查了学生的分析问题的能力，属于难题. 第第卷（共卷（共 9090 分）分） 二、填空题（每题二、填空题（每题 5 5

10、 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.已知，若是的充分不必要条件，则 的取值范围为_ 【答案】 【解析】 - 8 - 【分析】 由是的充分不必要条件，可得 是 的充分不必要条件，从而得且，列不等式求解即可. 【详解】， 由题意是的充分不必要条件，等价于 是 的充分不必要条件，即， 于是且，得，经检验. 故答案为：. 【点睛】逻辑联结词，且：全真为真，一假为假；或：一真为真，全假为假；非：真假相反.本题中是 的充分不必要条件，也可以考虑逆否命题来解决. 14.已知函数在上恰有一个最大值点和最小值点，则 的取值范围是_ 【答案】 【解析】 【分析】

11、根据条件得的范围，由条件可知右端点应该在第一个最小值后第二个最大值前，即得 ，解不等式即可得解. 【详解】由题设，所以应该在第一个最小值后第二个最大值前，所以有 ，得，所以 的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】本题考查三角函数图象的性质，考查学生的计算能力，属于中档题.在应用函数 y=Asin（ x + ）的图像和性质研究函数的单调性和最值时，一般采用的是整体思想，将 x + 看做一个整体，地位等 同于 sinx 中的 x. 15.已知正数 ， 满足，则的最大值为_ 【答案】 【解析】 【分析】 令，则，可得，再利用基本不等式求最值即可. 【详解】令，则， 所以 ，当且仅当可以 - 9 -

12、取到最大值，此时. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了均值不等式的性质和应用，解题时要注意公式的正确应用，属于基础题在利用基 本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母 为正数)、 “定”(不等式的另一边必须为定值)、 “等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误. 16.在四边形中，则的最大值为_ 【答案】 【解析】 试题分析：因为，所以由正弦定理可得， 在以为直径的圆上，要使最大，就 是 到圆周上动点的最大值，为 到圆圆心的距离加半径，即是 ，故答案为 . 考点：1、正弦定理、余弦定理应用；2、圆的性质. 【方法点睛】本题主要

13、考查正弦定理、余弦定理应用以及圆的性质，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，对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2） ，同时还要熟练掌握运用两种形式的条件. 对正弦定理也是要注意两方面的应用：一是边角 互化；二是求边求角. 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.如图，在梯形中，四边形是正方形，且， 点 在线段上. （）求证：平面； （）当平面时，求四棱锥的体积. 【答案】 （）见解析；（） . 【解析】 - 1

14、0 - 【分析】 （）分析梯形的角度可得，即得，又，从而得证； （）设对角线，交于点 ，连接，易得四边形是平行四边形，得，由梯形面 积公式可得底面积，高为，利用椎体的体积公式即可得解. 【详解】 （）由题设易得，所以，（第 2 问用）因 此，又，和为平面内两条相交直线， 所以平面 （）设对角线，交于点 ，连接，则由平面 可得，进而四边形是平行四边形， 所以. 四棱锥的底面积是. 由（）知四棱锥的高是 所以体积. 【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明及线面平行的性质，还有椎 体的体积公式，考查一定的空间想象力，属于中档题. 18.如图，是的外角平分线，且. （）求； （）若，求的长. 【答案】

15、（） ；（）. 【解析】 - 11 - 【分析】 （）由角平分线及互补的关系可得，可得 ，从而得解； （）在和中，分别用余弦定理表示和，再利用，解方程即可得解. 【详解】 （）由题设， 所以 （）在中，由余弦定理， 在中， 又，所以，进而. 【点睛】本题主要考查了正余弦定理的灵活应用，需要对图形的几何特征进行分析，需要一定的能力，属于 中档题. 19.已知数列的前 项的和，是等差数列，且. （）求数列的通项公式； （）令，求数列的前 项和. 【答案】 （）；（）. 【解析】 【分析】 （）由及时，可得 ，再由是等差数列，利用基本量运算求解即可； （）由，利用错位相减法求和即可. 【详解】 （）

16、，时， ，也符合此式，所 以.又，可得，所以 （） ， - 12 - 所以 ，所以 ， 错位相减得 ，所以 【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知 和 的关系，求 表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验 n=1 时通项公式是否适用； 数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等. 20.在四棱锥中，侧面底面，. （）求与平面所成角的正弦值； （）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 【答案】 （）；（）. 【解析】 【分析】 （）在平面内作交于点 ，可得平面，以点 为原点，所在直线分 别为 ， ， 轴，通过解方程求得平面的法向量 ，利用，即可得解； （）求得