《江西省南昌市第二中学2019届高三数学上学期第四次月考试题理201812290292.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省南昌市第二中学2019届高三数学上学期第四次月考试题理201812290292.doc（15页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、南昌二中2019届高三第四次考试数学（理）试卷一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每个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Z，是虚数单位）是纯虚数，则复数（ ）A. B. C. D.2设集合Ax7x，Bx52x17，则AB中整数元素的个数为（ ）A3 B4 C5 D63已知 ，,，则它们的大小关系是（ ） A B C D 4设表示三条不同的直线，表示三个不同的平面，下列四个命题正确的是（ ）A.若，则 B.若，是在内的射影，则C.若是平面的一条斜线，为过的一条动直线，则可能有D.若，则 5已知数列是公差为的等差数列，为数列的前项和.若成等比数列，则（ ）A B
2、C D6函数ye|lnx|x2|的图象大致是（ ）7.若对于任意xR都有f（x）2f（x）3cosxsinx，则函数f（2x）图象的对称中心为（ ）A（k，0）（kZ） B（，0）（kZ）C（k，0）（kZ） D（，0）（kZ）8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 D9已知函数，如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，则的最小值为（ ） A B C D10在中， ， ，点是所在平面内一点，则当取得最小值时，（ ）A. 24 B. C. D.11.2018年9月24日, 英国数学家M.F阿蒂亚爵在“海德堡论坛”展示了他“证明”黎曼猜想的过程,引
3、起数学界震动. 黎曼猜想来源于一些特殊数列求和, 记 12函数满足， ，若存在，使得成立，则的取值（ ）A. B. C. D. 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.14设实数满足，则的取值范围是_15. 若函数在其定义域内的一个子区间内存在极值，则实数 的取值范围是 16已知三棱锥中，平面平面，则三棱锥的外接球的大圆面积为_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. （本小题满分10分）已知（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式的解集为，求实数的取值范围18. （本小题满分12分）在中，的对边分别是，（1） 求的值；（2）若，求面积的
4、最大值.19（本小题满分12分）已知数列的首项，（1）证明：数列是等比数列； （2）设，求数列的前n项和20（本小题满分12分）如图，已知多面体的底面是边长为的菱形，底面，且（1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值21. （本小题满分12分）已知圆，点为圆上的一个动点，轴于点，且动点满足，设动点的轨迹为曲线.（1）求动点的轨迹曲线的方程；（2）若直线与曲线相交于不同的两点、且满足以为直径的圆过坐标原点，求线段长度的取值范围.22. （本小题满分12分）设函数（1） 当时，求函数的极值；（2） 若关于的方程有唯一解，且，,求的值.南昌二中2019届高三第四次考试数学（
5、理）试卷参考答案一选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.题号123456789101112答案CBDBACDBCACA二、填空题:本大题共4小题,每小题5分，满分20分13. 7 14. 15. 16. 小题详解：1.B 是纯虚数，解得；则2. B 3. D 指数函数与幂函数的应用，易选D.4. B ，则或；若，则由可得。若，则存在有mn。因为，所以，从而可得，A不正确；过l上一点作，则B点在直线n上，且ABm。因为n是l在上射影，所以l,n平行或相交，从而可得l,n,AB共面。因为mn，所以ml,n,AB所在平面，从而可得ml，B正确；若，设，则直线AB是直线m在平面内的射影。因为
6、m是平面的斜线，所以l,m,AB共面且直线m与直线AB相交。若，由可得mAB，矛盾，C不正确； 垂直于同一平面的两个平面可能平行或相交，D不正确。 综上可得，选B5A 因为是公差为的等差数列，为的前项和，成等比数列，所以，解得，所以，故选C.6.C 7.D 8.B 由三视图可得此几何体的直观图如图，由三视图可知：该几何体是一个四棱锥，底面，底面是一个上下边长分别为和，高为的直角梯形，体积，所以，故选B9C 因为，设的最小正周期为，则，所以的最小值为，选C.10.A 以C为坐标原点，直线CB,CA分别为x,y轴建立直角坐标系，则，设 当时，取得最小值， ，选A.11.C 12A 由题意设，则，所
7、以（为常数），令，则，故当时， 单调递减；当时， 单调递增，从而当时， ，在区间上单调递增 设，则，故在上单调递增，在上单调递减，所以不等式等价于， ，解得，故的取值范围为选A13.7 14. 15. 函数的导函数为，令（其中舍去），当时，当时，所以原函数在时取得极小值，则有，所以取值范围为.16. 如图所示，设的中点为，连结，因为，所以，又平面平面，所以平面，又因为是等腰直角三角形，所为的外心，所以球心一定在直线上，所以球心在线段的延长线上，设，则三棱锥外接球半径，即，解得，所以，所以三棱锥的外接球的大圆面积.17.解：（1）当时，易得解集为 （2）解集为，恒成立， 18.解.(1)(2)1
8、9.（1）证明：，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列（2）解：由（1）知，即，设， 则，由得， 又，数列的前n项和20（1）证明：连接，交于点，设中点为，连接，因为，分别为，的中点，所以，且，因为，且，所以，且所以四边形为平行四边形，所以，即因为平面，平面，所以因为是菱形，所以 因为，所以平面因为，所以平面因为平面，所以平面平面 （2）因为直线与平面所成角为， 所以，所以所以，故为等边三角形设的中点为，连接，则 以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系（如图）则，设平面的法向量为，则即则所以设平面的法向量为，则即令则所以设二面角的大小为，由于为钝角，所以21. 解：（1）设动点，由于轴于点由题意，得即将代入，得曲线的方程为 （2）当直线的斜率不存在时，因以为直径的圆过坐标原点，故可设直线为，联立解得 同理求得 所以；当直线的斜率存在时，设其方程为，设联立，可得 由求根公式得（*）以为直径的圆过坐标原点，即即 化简可得，将（*）代入可得，即 即，又将代入，可得 当且仅当，即时等号成立又由，；综上，得23. 解.(1)24. (2)- 15 -