天津市南开中学2019届高三数学上第二次月考试卷理(含解析)

天津市南开中学2019届高三上第二次月考数学试题（理科）一、选择题（本大题共

8小题，共

40.0分）1.已知

R为实数集，

，

，则A.

B.

C.

D.【答案】【分析】

A考点：交、并、补集的混淆运算．剖析：会合M为二次不等式的解集，会合N为函数的定义域，分别求出，再进行会合的运算．解：M={x|x2-2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|y=}={x|x≥1}，则C1N={x|x＜1}，所以M∩（C1N）={x|0＜x＜1}应选A2.已知实数知足，则目标函数的最大值为（）A.-4B.1C.2D.3【答案】C【分析】试题剖析:作出可行域如下图：作直线

，再作一组平行于

的直线

，当直线经过点

时，

取得最大值，由

得：

，所以点

的坐标为，所以

，应选C．考点：线性规划．【此处有视频，请去附件查察】3.已知q是等比数列的公比，则“”是“数列是递加数列”的条件．A.充分不用要C.充要

B.必需不充分D.既不充分也不用要【答案】

D【分析】【剖析】由等比数列的性质，举特例可得出选项．【详解】已知q是等比数列{an}的公比，当a1＝1，q＝﹣1，则数列为摇动数列，即数列{an}不是递加数列，当数列{an}是递加数列，不如取：an＝2n，则a1＝2，q＝2，不知足a1（1﹣q）＞0，故“a1（1﹣q）＞0”是“数列{an}是递加数列”的既不充分也不用要条件，应选：D．【点睛】此题考察了充分必需条件的判断，波及等比数列的性质，属于简单题．4.已知

，

，

，则A.

B.

C.

D.【答案】C【分析】【剖析】利用对数式的运算性质比较a与b的大小，再比较b，c与2的大小关系得答案．【详解】∵a＝log23＜2，b＝log

46

，c＝0.4

﹣1.2

，c＞a＞b．应选：C．【点睛】此题考察对数值的大小比较，考察对数函数与指数函数的性质，是基础题．5.设函数（是常数，），且函数的部分图象如图所示，则有（）A.B.C.D.【答案】D【分析】借助题设中的图像可得，所以，则，所以，即，则，所以，简单算得，，应选答案D。点睛：解答此题的思路是先借助题设中供给的图像数据信息，求出此中的参数和，从而确立函数的分析式，而后再分别计算，，，从而比较出其大小关系使得问题获解。6.设是等差数列的前n项和，，则的值为A.B.C.D.【答案】D【分析】试题剖析：因为，所以，则有.考点：等差数列的前n项和公式，等差数列的下标和性质.7.在中，已知，，M、N分别是BC边上的三平分点，则的值是A.5B.C.6D.8【答案】C【分析】【剖析】取BC边的中点O，由向量加法的三角形法例，把数目积转变为，再由条件求得，则可求，把?转变为|AO|2﹣|OM|2，再由已知求得，则答案可求．【详解】如图，设BC的中点为O，由，得，∵，∴，由此可得：，而|AO|2﹣|OM|2，由已知，∴|AO|2﹣|OM|2，∴6．应选：C．【点睛】此题考察了平面向量的数目积运算，考察了向量加法的三角形法例，表现了数学转化思想方法，是中档题．8.已知函数的定义域为的偶函数,当时,,若对于的方程有且仅有个不一样的实数根,则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【分析】试题剖析：由题意在上是递加，在上递减，当时函数获得最大值；当时，获得极小值．要使对于的方程有且仅有个不一样的实数根，设，则必有两个根，则有两种状况切合题意：（１），此时；（２），此时同理可得．综合可得的取值范围．应选C.考点：分段函数；函数的图象．【易错点睛】此题主要考察了分段函数与复合函数的应用，函数的图象，函数与方程的关系，函数的单一性等知识点．此题由给定的对于的方程有六个根可知方程有两个解，依据根的范围分两种状况，可得每种状况下的范围，最后可得的范围．此题考察了知识点许多，逻辑能力，剖析能力等能力也进行侧重的考察．此题属于难题．二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）9.在复平面内，复数与对应的点对于虚轴对称，且，则______．【答案】i【分析】【剖析】由已知求得z2＝1+i，代入，而后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】∵复数z1与z2对应的点对于虚轴对称，且z1＝﹣1+i，则z2＝1+i，∴，故答案为：i．【点睛】此题考察复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．10.已知正方体

的棱长为

1，点

E是棱

的中点，则三棱锥

的体积为______．【答案】【分析】【剖析】由题意，三棱锥

B1﹣ADE的体积＝三棱锥

D﹣B1AE的体积，即可得出结论．【详解】由题意，三棱锥B1﹣ADE的体积＝三棱锥D﹣B1AE的体积．故答案为：．【点睛】此题考察三棱锥体积的求法，正确变换底面是重点，属于基础题．11.设＝，则二项式睁开式中含项的系数是【答案】【分析】因为

，所以

，因为通项公式

，令

，则，应填答案。12.在极坐标系中，求点到直线的距离.【答案】【分析】【剖析】将点的坐标化为直角坐标，将直线方程化为直角坐标方程，离即可.【详解】点的直角坐标为

利用点到直线的距离公式求出距，又可化为，所以直线的直角坐标方程为

，由点到直线的距离公式得.【点睛】此题考察极坐标与直角坐标之间的互化以及距离公式，注意利用三角函数公式意划分点的横纵坐标.

.注13.已知正实数

知足

，则

的最大值为【答案】【分析】设3a＝cosθ，b＝sinθ为锐角，则1<t≤

θ，此中θ为锐角，，sinθcosθ＝

，

＝

＝

，而

，设t＝sinθ＋cosθ，1<t≤，则的最大值为

，此时

t＝

.14.如图，在边长为

1的正三角形

ABC中，E、F分别为边

AB、AC上的动点，且知足

，，此中

m，

，

，M、N分别是

EF、BC的中点，则

的最小值为______．【答案】【分析】【剖析】由题意可得（mn），利用向量的加减运算得nm，由向量的模的运算得||222（n+m+mn），联合重要不等式求解即可．【详解】M、N分别是EF、BC的中点，所以（），），又因为m，n，所以（mn），又因为m，n∈（0，1），m+n＝1，所以：（1﹣m）（1﹣n）nm，所以||2（2+2+2cos）（2+2+[（+）2﹣][1]，nmmnnmmnmnmn即||，故答案为：【点睛】此题考察了平面向量的线性运算、向量的加减运算、向量的模的运算，考察了重要不等式的应用，属于中档题．三、解答题（本大题共6小题，共80.0分）15.中，角所对的边分别为，且．（1）求角的大小；（2）若，为的中点，求的长．【答案】（1）；（2）.【分析】试题剖析：（1）因为，由正弦定理，从而，；（2）先由余弦定理得，再用余弦定理得.试题分析：（1）∵，∴，，，∵，∴，∵，∴．（2）由，得，由正弦定理得，易得，在中，，∴．考点：1、正弦定理的应用；2、余弦定理的应用.16.已知一个袋子里有形状同样仅颜色不一样的6个小球，此中白球2个，黑球4个现从中随机取球，每次只取一球．若每次取球后都放回袋中，求事件“连续取球四次，起码获得两次白球”的概率；若每次取球后都不放回袋中，且规定取完全部白球或取球次数达到五次就停止游戏，记游戏结束时一共取球X次，求随机变量X的散布列与希望．【答案】（1）；（2）随机变量X的散布列为：X2345P随机变量X的希望为：．【分析】试题剖析：（1）可从正面计算获得两次、三次、四次白球的概率和，也能够用1减去获得一次、两次白球的概率，而四次取球中每次能否获得白球互相独立，只要用组合数即可获得相应概率；（2）注意拿出的球不放回，所以最多取5次白球就会被取完，故X＝2，3，4，5，分别计算对应的概率，写出散布列，从而可求出希望.试题分析：（1）记随机变量ξ表示连续取球四次，获得白球的次数，则ξ～B（4，）则P（ξ＞2）＝1－P（ξ＝0）－P（ξ＝1）＝1－（2）随机变量X的取值分别为2，3，4，5∴P（X＝2）＝P（X＝3）＝P（X＝4）＝P（X＝5）＝∴随机变量X的散布列为X2345P∴随机变量

X的希望为：

EX＝考点：古典概型，互相独立事件，随机变量的散布列与希望17.如图

1，在边长为

4的菱形

中，

，

于点，将

沿折起到

的地点，使

，如图

2．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）判断在线段上能否存在一点

，使平面

平面

？若存在，求出

的值；若不存在，说明原因．【答案】（1）详看法析；（2）；（3）不存在．【分析】∵DE⊥BE，BE∥DC，∴DE⊥DC．又∵A1D⊥DC，A1D∩DE=D，∴DC⊥平面A1DE，∴DC⊥A1E.又∵A1E⊥DE，DC∩DE=D，∴A1E⊥平面BCDE.∵A1E⊥平面BCDE，DE⊥BE，∴以EB，ED，EA1所在直线分别为x轴，y轴和z轴，成立空间直角坐标系（如图）．易知DE=2，则A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(4，2，0)，D(0，2，0)，∴=(-2，0，2)，=(2，2，0)，易知平面A1BE的一个法向量为n=(0，1，0)．设平面A1BC的法向量为m=(x，y，z)，由·m=0，·m=0，得令y=1，得m=(-，1，-)，∴cos〈m，n〉===.由图得二面角E-A1B-C为钝二面角，∴二面角E-A1B-C的余弦值为-.假定在线段EB上存在一点P，使得平面A1DP⊥平面A1BC．设(，0，0)(0≤t≤2)，则=(，0，-2)，=(0，2，-2)，Ptt设平面A1DP的法向量为p=(x1，y1，z1)，由得令x1=2，得p=.∵平面A1DP⊥平面A1BC，∴m·p=0，即2-＋t=0，解得t=-3.∵0≤t≤2，∴在线段EB上不存在点P，使得平面A1DP⊥平面A1BC．18.已知单一递加的等比数列知足：，且是和的等差中项。（1）求数列的通项公式；（2）令，求使成立的最小的正整数。【答案】（1）an＝2n.（2）n的最小值为5.【分析】试题剖析：（1）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出．（2）①利用错位相减法即可得出；②要使，代入公式可得成立刻可．试题分析：（1）设此等比数列首项为，公比为，此中，，由题意知：，，得，即，，∵等比数列单一递加，∴，.（2）①，∴，设，则，得，∴，②要使成立，即，即，∵，，且是单一递加函数，∴知足条件的的最小值为5.19.设数列，，已知，，，求数列的通项公式；

，求证：对随意，为定值；设为数列的前n项和，若对随意，都有，务实数p的取值范围．【答案】（1）；（2）详看法析；（3）．【分析】【剖析】经过变形易得数列是以2为首项、为公比的等比数列，从而可得结论；经过变形可得，取即得结论；经过与两式相加可得，经过，化简可得，对n分奇偶数议论，分别求得不等式左侧的最大值及右侧的最小值，从而可得结论．【详解】，又，是以2为首项，为公比的等比数列，；，，又，恒成立，即为定值；由得：，，两式相加即得：，，，，，，

，当n为奇数时，

随n的增大而递加，且

；当n为偶数时，的最大值为

，

随n的增大而递加，且的最小值为2，

；，，解得：，实数p的取值范围为：．【点睛】此题考察求数列的通项，考察分类议论的思想，考察运算求解能力，注意解题方法的累积，属于中档题．20.设，，此中a，．Ⅰ求的极大值；Ⅱ设，，若对随意的，恒成立，求a的最大值；Ⅲ设，若对随意给定的，在区间上总存在s，，使成立，求b的取值范围．【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【分析】【剖析】Ⅰ求出的导数，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间，从而求得的极大值；Ⅱ当，时，求出的导数，以及的导数，判断单一性，去掉绝对值可得，结构函数，求得的导数，经过分离参数，求出右侧的最小值，即可获得a的范围；Ⅲ求出的导数，经过单一区间可得函数在上的值域为，由题意剖析时，联合的导数获得在区间上不但一，所以，，再由导数求得的最小值，即可获得所求范围．【详解】Ⅰ，当时，，在递加；当时，，在递减．则有的极大值为；Ⅱ当，时，，，在恒成立，在递加；由，在恒成立，在递加．设，原不等式等价为，即，，在递减，又，在恒成立，故在递加，，令，，∴，在递加，即有，即