【优质精选】西藏自治区拉萨中学2019届高三数学上学期第四次月考试卷文及答

西藏自治区拉萨中学2019届高三数学上学期第四次月考试题文（含解析）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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。

1.设集合，，，则（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

因为,所以 .选C.

2.设复数z 满足=i，则|z|=（）

A. 1

B.

C.

D. 2

【答案】A

【解析】

试题分析：由题意得，，所以，故选A.

考点：复数的运算与复数的模.

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3.已知函数，那么的值为（）

A. 9

B.

C. ﹣9

D.

【答案】B

【解析】

，那么，故选B.

4.若，且为第二象限角，则（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

1

【分析】

由已知利用诱导公式，求得，进一步求得，再利用三角函数的基本关系式，即可求解。

【详解】由题意，得，

又由为第二象限角，所以，

所以。故选A.

【点睛】本题主要考查了三角函数的化简、求值问题，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和三角函数的基本关系式，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。

5.若，则下列不等式成立的是

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

利用特值法排除，令，可排除选项，从而可得结果.

【详解】利用特值法排除，当时：

，排除；

，排除；

，排除，故选B.

【点睛】用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法. 若结果为定值，则可采用此法. 特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性，这种方法主要适合下列题型:(1)求值问题（可将选项逐个验证）；（2）求范围问题（可在选项中取特殊值，逐一排除）；（3）图象问题（可以用函数性质及特殊点排除）；（4）解方程、求解析式、求通项、求前项和公式问题等等.

6.已知向量的夹角为，则（）

A. B. C. D.

【答案】D

2

【解析】

由，得，即，则，解得

（舍去）或，故选D.

7.已知为等比数列，是它的前项和. 若，且与2的等差中项为，则= ( )

A. 31

B. 32

C. 33

D. 34

【答案】A

【解析】

【分析】

设等比数列{a n}的公比为q，由已知可得q和a1，代入等比数列的求和公式即可．

【详解】设等比数列{a n}的公比为q，则可得a1q•a1q2=2a1，因为即a1q3==2，

又a4与2a7的等差中项为，所以a4+2a7=，即2+2×2q3=，

解得q=，可得a1=16，故S5==31．

故选：A．

【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的应用，也利用等差数列的性质，属基础题．

8.若实数满足不等式组，则的最大值是( )

A. ﹣1

B. 0

C. 1

D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】

作出不等式组对应的平面区域，由，得，平移直线，利用目标函数的几何意义，即可求解。

【详解】作出不等式组对应的平面区域，如图所示，

3

由，得，

平移直线，

由图象可知当直线过点C 时，直线的截距最大，此时最大，由，解得，即，

代入目标函数，得，

即目标函数的最大值为2。故选

D.

【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．解决此

类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义；求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求，其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义是解答的关键．

9.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的的值是（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

试题分析：根据题中所给的几何体的三视图，可知该几何体为底面是直角梯形的，且顶点在底面上的摄影为底面梯形的顶点的四棱锥，故，即，故选C．

考点：根据三视图还原几何体．

4

10.已知函数，若将它的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数

图象的一条对称轴方程为（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

由题意知，令，

解得，

当时，，即函数的图象的一条对称轴的方程为.

本题选择C选项.

11.双曲线的右焦点为,过点斜率为的直线为,设直线与双曲线的渐近线的交点为为坐标原点，若的面积为,则双曲线的离心率为( )

A. B. C. 2 D. 4

【答案】D

【解析】

过点且斜率为的直线方程为，

与双曲线的渐近线联立，得到，

因为的面积为，所以，所以，

所以双曲线的离心率为，故选D．

12.设函数，若不等式仅有1个正整数解，则实数的取值范围是( )

A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

5

由不等式，即，两边除以，则，转化函数图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线的下方，结合图象，即可求解。

【详解】由函数的定义域为，

不等式，即，两边除以，则，

注意到直线恒过点，不等式仅有1个正整数解，

即函数图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线的下方，

由图象可知，这个点，可得，即，故选B。

【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用问题，其中解答中

转化函数图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线的下方，结合图象求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题。

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分，把答案填在答题卡中横线上

13.在中，角所对的边分别为．已知，则的度数为____．【答案】；

【解析】

由正弦定理：可得：，

由可得，则： .

14.设a、b、c∈R＋，若a＋b＋c＝1，则≥________.

【答案】9

【解析】

∵a、b、c∈R＋，a＋b＋c＝1，

∴

故答案为：9

点睛：在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相

6

等，取得最值.

15.《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术。得诀自诩无所阻，额上坟起

终不悟。”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：，，

，

，则按照以上规律，若具有“穿墙术”，则__________．

【答案】63.

【解析】

∵，，，

∴按照以上规律，可得.

故答案为.

16.在三棱锥中,平面，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为__________

【答案】

【解析】

【分析】

以

为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥

的外接球，由此能求出三棱锥的外接球的表面积.

【详解】由题意，在三棱锥中，平面，

以为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥的外接球，

所以三棱锥的外接球的半径为，

所以三棱锥的外接球的表面积为.

【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积的计算问题，其中解答中根据几何体的结构特征，以为长宽高构建长方体，得到长方体的外接球是三棱锥的外接球是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.

三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤

17.已知为等差数列，为的前项和，且，.

（1）求及；

7

8 （2）设是首项为，公比为的等比数列，求数列的通项公式及其前项和.

【答案】（1）

；（2）.

【解析】

【分析】 （1）由题意，根据题意，列出方程组，求得

的值，即可求得数列的通项公式； （2）由（1）可得,利用乘公比错位相减法，即可求解数列的前n 项和。

【详解】(1)由题意得，则，解得， 所以,. （2）

, ∴

,

, ∴

, ∴.

【点睛】本题主要考查等差的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.

18.已知向量，记．

（1）若，求的值； （2）在锐角中，角的对边分别是，且满足，求的取值范围． 【答案】（I ）

==………………………………3分

∵∴

∴=………………6分

（II ）∵，

由正弦定理得

∴

∴………………………………8分∵∴，且

∴∵

∴……………………………………10分

∴∴

∴∴

【解析】

试题分析：（1）根据平面向量数量积的坐标表示及三角恒等变换可得

，由可

得，根据二倍角公式可得的值；（2）根据正弦定理消去中的边可得，所以，又，则，得，根据三角函数值域的有界性即可求得的取值范围．

试题解析：（1）向量，，记，

则

，

因为，所以，

所以．

（2）因为，由余弦定理得，所以，

所以，，

所以，又，所以，

则，即，又，

9

则，得，

所以，又，

所以的取值范围．

考点：三角求值、正弦函数的值域及正弦定理解三角形.

19.如图，在三棱锥中，，，为的中点．

（1）证明：平面；

（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．

【答案】（1）详见解析（2）．

【解析】

分析：（1）连接，欲证平面，只需证明即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.

详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP =．

连结OB．因为AB=BC =，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB ==2．

由知，OP⊥OB．

由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．

10

1

1

（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ．

故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．

由题设可知OC =

=2，CM ==，∠ACB =45°． 所以OM =，CH ==

． 所以点C 到平面POM 的距离为

． 点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.

20. （本题满分14分）

已知椭圆C ：过点，且长轴长等于4． （Ⅰ）求椭圆C 的方程； （Ⅱ）是椭圆C 的两个焦点，⊙O 是以F 1F 2为直径的圆，直线l: y=kx+m 与⊙O 相切，并与椭圆

C 交于不同的两点A 、B ，若，求的值．

【答案】（1）

，（2）

【解析】 解:（Ⅰ）由题意椭圆的长轴2=4，得a=2， -------------------------1分

点在椭圆上，----------3分 ∴椭圆的方程为-------------------------------5分

（Ⅱ）由直线l与圆O 相切得---------------6分

设，

由消去，整理得------7分

由题可知圆O 在椭圆内，所以直线必与椭圆相交-------------------------8分

--------------------------------------9分

=

==-------------------10分

----------------------11分

--------------------12分

-------14分

21.已知函数.

（1）当时，求曲线在处的切线方程；

（2）若恒成立，求的取值范围.

【答案】Ⅰ；Ⅱ.

【解析】

【分析】

将代入，求导后运用其几何意义求出切线方程

分离参量得，令，求导后算出最值

【详解】时，函数，可得，所以，时，．曲线则处的切线方程；

即：；

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3 由条件可得，

则当时，恒成立，

令，则，

令，

则当时，，所以在上为减函数．

又，

所以在上，；在上，．

所以在上为增函数；在上为减函数．

所以，所以．

【点睛】本题运用导数几何意义求出在某点处的切线方程，在解答恒成立问题上运用了分离参量的方法，构造新函数，然后运用导数求出最值，继而得到结果。

22.在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以原点为极点,轴正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程与曲线直角坐标方程；

（2）设为曲线上的动点,求点到上点的距离的最小值,并求此时点的坐标.

【答案】（1）

，；（2）的最小值为,此时点P 的坐标为

【解析】

【分析】

（1）由曲线得,两式两边平方相加，即可得到曲线的普通方程，由极坐标和直角坐标的互化公式，即可得到曲线的直角坐标方程.

（2）由（1），设椭圆上的点到直线的距离，转化为三角函数，利用三角函数的图象与性质，即可求解。

【详解】（1）由曲线得,

两式两边平方相加得,

1

即曲线的普通方程为

由曲线得:,

即,所以,

即曲线的直角坐标方程为.

（2）由（1）知椭圆与直线无公共点,

依题意有椭圆上的点到直线的距离为

,

所以当时,取得最小值,

此时,点的坐标为。

【点睛】本题考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及曲线的参数方程的应用.着重考查了转化与化归能力.解答中若遇到求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐标的几何意义求解.要结合题目本身特点，确定选择何种方程.

23.已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）关于的不等式的解集不是空集,求实数的取值范围.

【答案】(1).

(2).

【解析】

分析：（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；（2）利用绝对值的几何意义求出最小值为，由的解集不是空集，可得.

详解：（1）∵，

∴

当时，不等式可化为，解得，所以；

当，不等式可化为，解得，无解；

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当时，不等式可化为，解得，所以

综上所述，

（2）因为

且的解集不是空集，

所以，即的取值范围是

点睛：绝对值不等式的常见解法：

①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；

②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；

③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．

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