云南师范大学附属中学高三上学期第二次月考理科数学试题（解析版）

云南师大附属中学2019届高三上学期第二次月考数学（理）

一、选择题：本大题共12个小题,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.

1.若复数是实数（i为虚数单位），则实数的值是

A. 1    B. 2    C. 3    D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】

由复数的除法运算可得解.

【详解】是实数，

所以

故选B．

【点睛】本题主要考查了复数的运算，属于基础题.

2.已知集合A=｛y|｝,B=｛x|｝,则下列结论正确的是

A. －3∈A    B. 3B    C. A∪B=B    D. A∩B=B

【答案】D

【解析】

【分析】

分别求得集合A,B的范围，由两集合的包含关系可得解.

【详解】，

所以有,故.

故选D．

【点睛】本题主要考查了集合的表示法及集合间的关系，属于基础题.

3.定义在上的函数的图象大致形状如

A.     B.     C.     D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由函数的奇偶性及函数值的正负，利用排除法可得解.

【详解】易知为偶函数，排除C,D；

当时，，所以，排除B.

故选A.

【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．

4.已知正三角形ABC的边长为，重心为G，P是线段AC上一点，则的最小值为

A.     B. －2    C.     D. －1

【答案】C

【解析】

【分析】

过点作，垂足为，分析可知当取得最小值时，点在线段上，从而得，利用二次函数的性质可得最值.

【详解】如图，过点作，垂足为，

当点位于线段上时，；

当点位于线段上时，，

故当取得最小值时，点在线段上，，当时，取得最小值，故选C．

【点睛】求最值问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图象法、函数单调性法求解， 额题主要是通过向量的数量积运算得到关于某线段长的二次函数，确定其定义域求最值即可.

5.设F2是双曲线的右焦点，过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为H，若O为原点且|OF2|=2|OH|,则双曲线C的离心率为

A. 2    B. 3    C. 4    D. 5

【答案】A

【解析】

【分析】

由，可得，再由距离公式可得，从而得，即可求离心率.

【详解】一方面，由，得，故；

另一方面，双曲线的渐近线方程为，故，

于是，即，

故，得，

故选A．

【点睛】本题主要考查双曲线的性质及离心率.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．

6.我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设△ABC的三个内角A、B、C所对的变分别为a、b、c，面积为S，则“三斜公式”为S=，若，B=,则用“三斜公式”求得△ABC的面积为

A.     B.     C.     D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由正弦定理可得，由余弦定理可得，从而得解.

【详解】根据正弦定理，由，得，

则由，得，

则 ，

故选A．

【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，属于基础题.

7.某算法的程序框图如图1所示，若 ，，输入58,92,61,74,89,93,101,120,99,135，则输出的结果为

A. 3    B. 4    C. 5    D. 6

【答案】C

【解析】

【分析】

执行程序框图可知，该程序的作用为统计90到120（含90和120）之间的个数，从而得解.

【详解】该框图是计数90到120（含90和120）之间的个数，可知，故选C.

【点睛】解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.

8.学校足球赛决赛计划在周三、周四、周五三天中的某一天进行，如果这一天下雨则推迟至后一天，如果这三天都下雨则推迟至下一周，已知这三天下雨的概率均为，则这周能进行决赛的概率为

A.     B.     C.     D.

【答案】D

【解析】

【分析】

本周能进行决赛意味着能在周三或周四或周五进行，分别求概率，求和即可得解.

【详解】设在这周能进行决赛为事件，恰好在周三、周四、周五进行决赛分别为事件，，，则，

又事件，，两两互斥，

则有，

故选D．

【点睛】本题主要考查了互斥关系的概率问题，属于基础题.

9.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=,AB=AC=2AA1,则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为

A.     B. －    C.     D. －

【答案】A

【解析】

【分析】

将三棱柱补为长方体，异面直线与的所成角即为，利用余弦定理即可得解.

【详解】将三棱柱补为长方体，异面直线与的所成角即为，

设，则.

由题意知，故选A．

【点睛】本题主要考查异面直线所成的角问题,难度一般．求异面直线所成角的步骤:1平移,将两条异面直线平移成相交直线．2定角,根据异面直线所成角的定义找出所成角．3求角,在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角．4结论．

10.已知函数在上有两个零点，则的取值范围为

A.     B.     C.     D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由五点作图法画出简图，使得有两个零点可得，从而得解.

【详解】，由五点作图法可得其图象如图，

由题意得，即，故选B．

【点睛】本题主要考查了三角函数的五点作图，属于中档题.

11.函数的定义域为R,，当时，；对任意的，.下列结论：①；②对任意，有；③是R上的减函数.正确的有

A. 0个    B. 1个    C. 2个    D. 3个

【答案】C

【解析】

【分析】

由赋值法可得再由，得即可得②成立；由单调性的定义对任意的，不妨设，判断的正负可得③错误.

【详解】令，则，又因为，所以，故①正确；

当时，，当时，，即当时，；

当时，，则，

由题意得，则，故②成立；

对任意的，不妨设，故存在正数使得，则

，

因为当时，，所以，

因为对任意的，有，所以，

故，即，所以是上的增函数，故③错误，

故选C．

【点睛】本题主要考查了抽象函数的赋值法，属于中档题.

12.设直线l过椭圆C：的左焦点F1与椭圆交于A、B两点，F2是椭圆的右焦点，则△ABF2的内切圆的面积的最大值为

A.     B.     C.     D.

【答案】B

【解析】

【分析】

通过面积分割可得 ，从而得，由直线与椭圆联立，计算，从而得最大值，即可得解.

【详解】

设内切圆的圆心为，连接，

设内切圆的半径为，则，

，即，

当的面积最大时，内切圆的半径最大，

由题意知，直线不会与轴重合，可设直线：，，，

由得，，

，

令 ，则，

当时，函数单调递增，所以，

当取得最小值4时，取得最大值3，此时，

所以内切圆的面积的最大值为，故选B．

【点睛】在圆锥曲线中研究范围，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.在利用代数法解决最值与范围问题时，常从以下方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；④利用基本不等式求出参数的取值范围；⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分.

13.曲线在点（0,0）处的切线方程为______________；

【答案】

【解析】

【分析】

通过求导得切线斜率，再由点斜式可得切线方程.

【详解】，则，故．

【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，属于基础题.

14.已知实数x,y满足约束条件，则的取值范围是_；

【答案】

【解析】

【分析】

作出可行域，平移直线，由纵截距的范围可得z的范围.

【详解】作出可行域如图，平移直线，根据图形可知，经过点时，z有最小值，经过点时，z有最大值，可得．

【点睛】（1）利用线性规划求目标函数最值的步骤

①作图：画出约束条件所确定的平面区域和目标函数所表示的平面直线系中的任意一条直线；

②平移：将平行移动，以确定最优解所对应的点的位置．有时需要进行目标函数和可行域边界的斜率的大小比较；

③求值：解有关方程组求出最优解的坐标，再代入目标函数，求出目标函数的最值．

（2）用线性规划解题时要注意的几何意义，分清与直线在y轴上的截距成正比例还是反比例．

15.已知，则=________；

【答案】

【解析】

【分析】

将条件平方可得，结合范围取舍即可.

【详解】由题意得，两边同时平方得，

即，解得或舍去．

【点睛】本题主要考查了同角三角函数的基本关系，及正弦的二倍角公式，属于基础题.

16.正三棱锥的四个顶点都在同一球面上，若该棱锥的底面边长为，侧棱与侧棱所成角的余弦值为，则该球的表面积为___________；

【答案】

【解析】

【分析】

先根据余弦定理求解，为的中心，进而求得，所以为球心，球的半径，从而得解.

【详解】

如图，在正三棱锥中，为的中点，为的中心，

，由余弦定理可得，

解得，即，

在中，，则，

在中，，则，

故为球心，球的半径，所以球的表面积为．

【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球，属于常考考点，本题的关键在于确定球心的位置，属于中档题.

三、解答题：共70份，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.已知是数列的前n项和，是等比数列且各项均为正数，且，，.

（1）求和的通项公式；

（2）记，证明：数列的前n项和.

【答案】(1) ,;(2)见解析.

【解析】

【分析】

（1）由，时，可得，设的公比为，根据条件可解得，从而得；

（2）由（1）得，利用错位相减可得，从而得证.

【详解】（1）解：由题知当时，；

当时，，

所以．

设的公比为，则，解得或（舍去），

所以．

（2）证明：由（1）得，则，

两边同乘，得，

上面两式相减，得，

所以．

因为，所以．

【点睛】用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.

18.某企业生产某种产品，为了提高生产效益，通过引进先进的生产技术和管理方式进行改革，并对改革后该产品的产量x（万件）与原材料消耗量y（吨）及100件产品中合格品与不合格品数量作了记录，以便和改革前作对照分析，以下是记录的数据：

表一：改革后产品的产量和相应的原材料消耗量

表二：改革前后定期抽查产品的合格数与不合格数

（1）请根据表一提供数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程.

（2）已知改革前生产7万件产品需要6.5吨原材料，根据回归方程预测生产7万件产品能够节省多少原材料？

（3）请根据表二提供的数据，判断是否有90%的把握认为“改革前后生产的产品的合格率有差异”？

【答案】（1）线性回归方程为;(2)见解析；（3）见解析.

【解析】

【分析】

（1）先计算和，利用公式求解和即可；

（2）将代入（1）中的方程即可；

（3）计算，查表下结论即可.

【详解】（1）由表一得，

，

∴，

，

所以所求线性回归方程为．

（2）当时，，

从而能够节省吨原材料．

（3）由表二得，

因此，没有的把握认为“改革前后生产的产品的合格率有差异”．

【点睛】本题主要考查了求解回归直线方程及独立性检验的应用，属于基础题.

19.如图，在三棱锥P-ABC中，AC=BC=PC=2,AB=PA=PB=2.

(1)证明：PC⊥平面ABC；

（2）若点D在棱AC上，且二面角D-PB-C为30°，求PD与平面PAB所成角的正弦值。

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【解析】

【分析】

（1）易证得，，从而得证；

（2）易知，，两两垂直，从而可建立空间直角坐标系，设，通过计算平面的法向量和平面的法向量，利用二面角的余弦值建立方程可得，再空间向量计算线面角的正弦值即可.

【详解】（1）证明：，，

则，，

所以，，

又因为，平面，平面，

所以平面．

（2）解：，则，即，，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，则，

，，

设，

则 ，，，

平面的法向量 ，

设平面的法向量，

则令，可得．

，解得，

则，平面的法向量，

设与平面的所成角为，则，

所以所求角的正弦值为.

【点睛】(1)本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，考查直线和平面所成的角的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力。（2）直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.

20.已知点P是抛物线C:上任意一点，过点P作直线PH⊥x轴，点H为垂足.点M是直线PH上一点，且在抛物线的内部，直线l过点M交抛物线C于A、B两点，且点M是线段AB的中点.

（1）证明：直线l平行于抛物线C在点P处切线；

（2）若|PM|=, 当点P在抛物线C上运动时，△PAB的面积如何变化？

【答案】（1）见解析；（2）的面积为定值.

【解析】

【分析】

（1）设点，则，易知，从而得，利用求导可以得切线斜率，从而得证；

（2）由，得，从而可得直线，与抛物线联立得，再由，利用韦达定理求解即可.

【详解】（1）证明：设点，

则，，

由，得，

故，即抛物线在点处的切线的斜率为．

又直线的斜率，即，

所以直线平行于抛物线在点处的切线．

（2）解：由，得，

于是直线，即．

联立直线与抛物线得消去y得，

∴，

∴，

故的面积为定值．

【点睛】本题主要考查抛物线的定义、圆锥曲线的定值问题，属于中档题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

21.已知函数，.

（1）求证：

（2）若有两个零点，求的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【解析】

【分析】

（1）计算 ，令，进而由可得在上单调递增，分析导函数的正负可得存在，使得，（*），即得，从而得，从而得证；

（2）函数有两个零点等价于方程有两个不同的解，又等价于有两个不同的解，令，求导，分析函数的单调性和极值即可得解.

【详解】（1）证明：的定义域为，，

令，则，

所以在上单调递增，即在上单调递增，

，，

故存在，使得，（*）

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以对，均有，①

由（*）式可得，代入①式得，

又，所以，当且仅当时取“=”，但，故，

故．

（2）解：由题得，

于是函数有两个零点等价于方程有两个不同的解，

因为，所以又等价于有两个不同的解．

令，则，

再令，则，

所以在上单调递增．

又，所以当时，；当时，，

故当时，；当时，，

于是当时，单调递减；当时，单调递增，即 是在上的最小值，

于是，若，即时，则当时，，

当时，，故在上至多有一个零点；

若，即时，则当时，由于，，

，

故在上有且仅有一个零点；

同理，当时，由于，，

，

故在上有且仅有一个零点，即当时，共有两个零点．

综上，当时，有两个零点.

【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法

(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．

22.曲线C的极坐标方程为，以极坐标的极点为原点，极轴为x的正半轴建立平面直角坐标系xoy，直线l的倾斜角为，且l过点P（1，）.

（1）求C的直角坐标方程和l的参数方程；

(2)设直线l与曲线C交于A、B两点，求|PA||PB|的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用,可得曲线C的直角坐标方程，由直线的参数方程定义可得直线参数方程；

（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，利用韦达定理可得，参考题中参数范围求解即可.

【详解】（1）的直角坐标方程为，

的参数方程为．

（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，

整理得，

所以，

而，故，

所以.

【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，以及直线参数方程中参数的几何意义的合理应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

23.已知函数

（1）若恒成立，求实数m的最大值；

（2）记（1）中m的最大值为M，正数a,b满足，证明：.

【答案】（1）实数的最大值为2；（2）见解析.

【解析】

【分析】

（1）将函数写成分段函数的形式可得最小值，令即可得解；

（2）结合（1）知，由，分析可得证.

【详解】（1）解：由

得，要使恒成立，

只要，即，故 实数的最大值为2．

（2）证明：由（1）知，又，故，

，

∵，∴，

∴．

【点睛】本题主要考查了含绝对值函数的去绝对值找最值及不等式的证明，具有一定的技巧性，属于中档题.