2019屆高三數(shù)學(xué)12月月考試題 (II).doc

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2019屆高三數(shù)學(xué)12月月考試題 (II) 一.填空題（本大題共14小題，每小題5分，共70分，請(qǐng)將答案填寫在答題卷相應(yīng)的位置上．） 1．設(shè)全集，若集合，則 . 2．已知復(fù)數(shù)滿足，則 . 3．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的s值為 . 4．我國(guó)數(shù)學(xué)家陳景潤(rùn)在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果．哥德巴赫猜想是“每個(gè)大于2的偶數(shù)可以表示為兩個(gè)素?cái)?shù)的和”，如．在不超過(guò)30的素?cái)?shù)中，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，其和等于30的概率是 . 5．雙曲線的離心率為，則其漸近線方程為 . 6．在中，，，，則 ． 7．方程的解為 ． 8．若圓錐的側(cè)面積與過(guò)軸的截面積面積之比為，則其母線與軸的夾角的大小為 . 9．若，則= . 10．已知數(shù)列和，其中，的項(xiàng)是互不相等的正整數(shù)，若對(duì)于任意，數(shù)列中的第項(xiàng)等于中的第項(xiàng)，則 . 11．設(shè)函數(shù)，若無(wú)最大值，則實(shí)數(shù)的取值范圍是　　?。? 12．在銳角中，，為邊上的一點(diǎn)，與面積分別為2和4，過(guò)作于，于，則 ． 13． 已知圓O：，定點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A的直線l與圓O相較于B，C兩點(diǎn)，兩點(diǎn)B，C均在x軸上方，若OC平分，則直線l的斜率為 . 14．已知正實(shí)數(shù)a，b滿足，則的最小值是 ． 二.解答題（本大題共6小題，共計(jì)90分，請(qǐng)?jiān)诖痤}紙指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．） 15．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點(diǎn). （1）求證：PE⊥BC； （2）求證：EF∥平面PCD. 16．已知函數(shù)f(x)=. （1）求f(x)的定義域與最小正周期； （2）討論f(x)在區(qū)間上的單調(diào)性. 17．在某海濱城市附近海面有一臺(tái)風(fēng)，據(jù)監(jiān)測(cè)，當(dāng)前臺(tái)風(fēng)中心位于城市A（看做一點(diǎn)）的東偏南角方向，300 km的海面P處，并以20km / h的速度向西偏北45方向移動(dòng)．臺(tái)風(fēng)侵襲的范圍為圓形區(qū)域，當(dāng)前半徑為60 km，并以10km / h的速度不斷增大． （1） 問(wèn)10小時(shí)后，該臺(tái)風(fēng)是否開(kāi)始侵襲城市A，并說(shuō)明理由； （2） 城市A受到該臺(tái)風(fēng)侵襲的持續(xù)時(shí)間為多久？ 18．已知橢圓的離心率為，焦距為.斜率為k的直線l與橢圓M有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B. （1）求橢圓M的方程； （2）若，求的最大值； （3）設(shè)，直線PA與橢圓M的另一個(gè)交點(diǎn)為C，直線PB與橢圓M的另一個(gè)交點(diǎn)為D.若C，D和點(diǎn)共線，求k. 19．已知數(shù)列與滿足：，，且 ． （1）求的值； （2）設(shè)，證明：是等比數(shù)列； （3）設(shè)證明：． 20．已知函數(shù)，． （1）求在點(diǎn)P(1，)處的切線方程； （2）若關(guān)于x的不等式有且僅有三個(gè)整數(shù)解，求實(shí)數(shù)t的取值范圍； （3）若存在兩個(gè)正實(shí)數(shù)，滿足，求證：．  一.填空題（本大題共14小題，每小題5分，共70分，請(qǐng)將答案填寫在答題卷相應(yīng)的位置上．） 1．. 2． 3． 4． 5． 6． 1 7． 2 8． 9． 10． 2 11． 12． 13． 14． 二.解答題（本大題共6小題，共計(jì)90分，請(qǐng)?jiān)诖痤}紙指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．） 15． 【解析】（1）∵，且為的中點(diǎn)，∴. ∵平面平面，平面平面， ∴平面. ∵面，∴PE⊥BC. （2）如圖，取中點(diǎn)，連接. ∵分別為和的中點(diǎn)，∴，且. ∵四邊形為平行四邊形，且為的中點(diǎn)， ∴， ∴，且，∴四邊形為平行四邊形， ∴. 又平面，平面， ∴平面. 16． 【解析】（1）的定義域?yàn)? . 所以, 的最小正周期 （2）由,得 設(shè)，易知. 所以, 當(dāng)時(shí), 在區(qū)間上單調(diào)遞增, 在區(qū)間上單調(diào)遞減. 17． 【解析】（1）如圖建立直角坐標(biāo)系， 則城市，當(dāng)前臺(tái)風(fēng)中心， 設(shè)t小時(shí)后臺(tái)風(fēng)中心P的坐標(biāo)為，則， 此時(shí)臺(tái)風(fēng)的半徑為， 10小時(shí)后，km，臺(tái)風(fēng)的半徑為160km， 因?yàn)?，?0小時(shí)后，該臺(tái)風(fēng)還沒(méi)有開(kāi)始侵襲城市A. （2）因此，t小時(shí)后臺(tái)風(fēng)侵襲的范圍可視為以 為圓心，為半徑的圓， 若城市A受到臺(tái)風(fēng)侵襲，則 ，即， 解得 答：該城市受臺(tái)風(fēng)侵襲的持續(xù)時(shí)間為12小時(shí). 18． 【解析】（1）由題意得，所以， 又，所以，所以， 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為． （2）設(shè)直線的方程為， 由消去可得， 則，即， 設(shè)，，則，， 則， 易得當(dāng)時(shí)，，故的最大值為． （3）設(shè)，，，， 則 ①， ②， 又，所以可設(shè)，直線的方程為， 由消去可得， 則，即， 又，代入①式可得，所以， 所以，同理可得． 故，， 因?yàn)槿c(diǎn)共線，所以， 將點(diǎn)的坐標(biāo)代入化簡(jiǎn)可得，即. 19． 【解析】（1）解：由，，可得 又 （2）證明：對(duì)任意 ① ② ③ ②—③，得 ④ 將④代入①，可得 即 又 因此是等比數(shù)列. （3）證明：由（2）可得， 于是，對(duì)任意，有 將以上各式相加，得 即， 此式當(dāng)k=1時(shí)也成立.由④式得 從而 所以，對(duì)任意， 對(duì)于n=1，不等式顯然成立. 所以，對(duì)任意 20． 【解析】（1），，所以點(diǎn)坐標(biāo)為； 又，，則切線方程為， 所以函數(shù)在點(diǎn)處的切線方程為． （2） + 0 - 單調(diào)增 極大值 單調(diào)減 由， 得； ① 時(shí)，或，滿足條件的整數(shù)解有無(wú)數(shù)個(gè)，舍； ② 時(shí)，，得且，滿足條件的整數(shù)解有無(wú)數(shù)個(gè)，舍； ③ 時(shí)，或，當(dāng)時(shí)，無(wú)整數(shù)解； 當(dāng)時(shí)，不等式有且僅有三個(gè)整數(shù)解，又，， 因?yàn)樵谶f增，在遞減；所以， 即，即；所以實(shí)數(shù)的取值范圍為． （3）， 因?yàn)椋? 所以， 即， 令，， 則， 當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減； 當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增． 所以函數(shù)在時(shí)，取得最小值，最小值為3． 因?yàn)榇嬖趦蓚€(gè)正實(shí)數(shù)，滿足，所以， 即，所以或． 因?yàn)闉檎龑?shí)數(shù)，所以． （附加題） 21．（B） 【解析】由題知，1a3b1-1=1-a3-b=-11-1=-11?1-a=-1，3-b=1， 所以a=2，b=2，M=1232. det(M)=1232=12-23=-4， 所以M-1=-121234-14. 21．（C） 【解析】（1）曲線C的直角坐標(biāo)方程為． 當(dāng)時(shí)，l的直角坐標(biāo)方程為， 當(dāng)時(shí)，l的直角坐標(biāo)方程為． （2）將l的參數(shù)方程代入C的直角坐標(biāo)方程，整理得關(guān)于的方程 ．① 因?yàn)榍€C截直線l所得線段的中點(diǎn)在C內(nèi)，所以①有兩個(gè)解，設(shè)為，，則． 又由①得，故，于是直線l的斜率． 22． 【解析】(1) 因?yàn)橹本€y=n與x=-1垂直，所以MP為點(diǎn)P到直線x=-1的距離. 連接PF，因?yàn)镻為線段MF的中垂線與直線y=n的交點(diǎn)，所以MP=PF. 所以點(diǎn)P的軌跡是拋物線， 焦點(diǎn)為F(1，0)，準(zhǔn)線為x=-1. 所以軌跡E的方程為y2=4x. (2) 由題意，過(guò)點(diǎn)M(-1，n)的切線斜率存在，設(shè)切線方程為y-n=k(x+1)， 聯(lián)立y=kx+k+n，y2=4x， 得ky2-4y+4k+4n=0， 所以Δ1=16-4k(4k+4n)=0， 即k2+nk-1=0，(*) 因?yàn)棣?=n2+4>0，所以方程(*)存在兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，設(shè)為k1，k2， 因?yàn)閗1k2=-1，所以∠AMB=90，為定值. 23． 【解析】(1) 由題意知P2=2A22A33=，即P2的值為. (2) 先排第n行，則最大數(shù)在第n行的概率為nn(n+1)2=2n+1; 去掉第n行已經(jīng)排好的n個(gè)數(shù)， 則余下的n(n+1)2 - n=n(n-1)2個(gè)數(shù)中最大數(shù)在第n-1行的概率為n-1n(n-1)2=;… 故Pn=2n+1…23=2n-1(n+1)n…3=2n(n+1)!. 由于2n=(1+1)n=Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn≥Cn0+Cn1+Cn2>Cn1+Cn2=Cn+12， 所以2n(n+1)!>Cn+12(n+1)!，即Pn>Cn+12(n+1)!.