2019届安徽省皖江名校高三第四次联考数学(理)试题(解析版).doc

2019届安徽省皖江名校高三第四次联考数学（理）试题

一、单选题
1．已知全集，集合，，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解不等式得集合A，进而可得，求解函数定义域可得集合B，利用交集求解即可.
【详解】
因为集合，，所以，
故选D.
【点睛】
本题主要考查了集合的补集及交集的运算，属于基础题.
2．复数满足（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【解析】由题意得， ，则复数在复平面内对应的点位于第一象限，故选A
3．已知向量，，若，则（ ）
A． B． C．-3 D．3
【答案】B
【解析】利用两个向量平行的坐标表示列出方程求解即可.
【详解】
向量，若，则，解得.
故选B.
【点睛】
本题主要考查了向量平行的坐标表示，属于基础题.
4．已知函数，则是（ ）
A．奇函数，且在上是增函数 B．偶函数，且在上是增函数
C．奇函数，且在上是减函数 D．偶函数，且在上是减函数
【答案】C
【解析】先判断定义域是否关于原点对称，进而利用可得函数为奇函数，再由指数函数的单调性可判断函数的单调性.
【详解】
定义域为R，关于原点对称，
，有
所以是奇函数，
函数，显然是减函数.
故选C.
【点睛】
本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的判断，属于基础题.
5．已知一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥侧面的4个三角形面积的最大值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】还原几何体得四棱锥，其中面，分别计算各侧面的面积即可得解.
【详解】

还原三视图可得几何体如图所示，四棱锥，其中面，
.
中有，由，所以.
所以.
所以面积最大值是的面积，等于2.
【点睛】
本题主要考查了由三视图还原几何体，并计算几何体的侧面积，需要一定的空间想象力，属于中档题.
6．已知等比数列的前项和为，且，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由等比数列的通项公式，利用基本量运算可得通项公式，进而可得前n项和，从而可得，令求解即可.
【详解】
由，可得；
由.
两式作比可得：可得，，
所以，，，所以.
故选D.
【点睛】
本题主要考查了等比数列的通项公式及前n项公式，属于公式运用的题目，属于基础题.
7．把函数的图象上每个点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移，得到函数的图象，则函数的一个单调递增区间为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】利用三角函数的图象变换可得函数，再由 ，，可解得单调增区间，即可得解.
【详解】
函数 的图象上每个点的横坐标扩大到原来的2倍，
可得的图象，再向左平移，
得到函数 的图象.
由 ，，得，.
当时，函数的一个单调递增区间，
故选B.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象变换及三角函数的单调性，注意三角函数的平移变换，平移是针对自变量“x”而言的，所以需要将x的系数提出，属于中档题.
8．若实数，满足约束条件，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】作出不等式的可行域，的几何意义是可行域内的点与点连线的斜率的倒数，由斜率的最大值即可得解.
【详解】
作出不等式组构成的区域，的几何意义是可行域内的点与点连线的斜率的倒数，由图象知的斜率最大，由得，所以，此时.
故选A.
【点睛】
常见的非线性目标函数问题，利用其几何意义求解：
的几何意义为可行域内的点到直线的距离的倍
的几何意义为可行域内的点到点的距离的平方。
的几何意义为可行域内的点到点的直线的斜率.
9．如图，在矩形中的曲线是，的一部分，点，，在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由几何概型可知，再利用定积分求阴影面积即可.
【详解】
由几何概型，可得 .
【点睛】
本题主要考查了几何概型的计算，涉及定积分在求面积中的应用，关键是正确计算出阴影部分的面积，属于中档题.
10．的斜边等于4，点在以为圆心，1为半径的圆上，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】结合三角形及圆的特征可得，进而利用数量积运算可得最值，从而得解.
【详解】
.
注意，，

所以当与同向时取最大值5，反向时取小值-3.
故选C.
【点睛】
本小题主要考查向量的线性运算，考查向量的数量积运算，以及几何图形中向量问题的求解.属于中档题.
11．体积为的三棱锥的顶点都在球的球面上，平面，，，则球的表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】把三棱锥放在长方体中，由面积公式及基本不等式可得，进而有，结合即可得最值.
【详解】
把三棱锥放在长方体中，由已知条件容易得到，所以 ，因此，注意，所以球的表面积的最小值是.

故选C.
【点睛】
本题考查空间几何体的外接球问题，利用四面体构造长方体是解题的关键，利用长方体的体对角线等于球的直径是本题的突破点．
12．设函数的导数为，且，，，则当时， （ ）
A．有极大值，无极小值 B．无极大值，有极小值
C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值又无极小值
【答案】B
【解析】由题设，结合条件可得存在使得，再由，可得在上单调递增，分析导数的正负，即可得原函数的极值情况.
【详解】
由题设，所以，，所以存在使得，又 ，所以在上单调递增.
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.
因此，当时，取极小值，但无极大值，故选B.
【点睛】
本题主要考查了函数导数的应用：研究函数的极值，但函数一次求导后导函数的单调性不明确时，仍可以继续求导，即二次求导，属于常见的处理方式，考查了学生的分析问题的能力，属于难题.

二、填空题
13．已知，，若是的充分不必要条件，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】由是的充分不必要条件，可得是的充分不必要条件，从而得且，列不等式求解即可.
【详解】
，，
由题意是的充分不必要条件，等价于是的充分不必要条件，即，
于是且，得，经检验.
故答案为：.
【点睛】
逻辑联结词，且：全真为真，一假为假；或：一真为真，全假为假；非：真假相反.本题中是的充分不必要条件，也可以考虑逆否命题来解决.
14．已知函数在上恰有一个最大值点和最小值点，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】根据条件得的范围，由条件可知右端点应该在第一个最小值后第二个最大值前，即得，解不等式即可得解.
【详解】
由题设，所以应该在第一个最小值后第二个最大值前，所以有，得，所以的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三角函数图象的性质，考查学生的计算能力，属于中档题.在应用函数y=Asin（ω x +φ ）的图像和性质研究函数的单调性和最值时，一般采用的是整体思想，将ω x +φ看做一个整体，地位等同于sinx中的x.
15．已知正数，满足，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】令，则，可得，再利用基本不等式求最值即可.
【详解】
令，则，
所以 ，当且仅当可以取到最大值，此时.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了均值不等式的性质和应用，解题时要注意公式的正确应用，属于基础题．在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
16．在四边形中，，，，，则的最大值为______．
【答案】
【解析】试题分析：因为，所以由正弦定理可得，在以为直径的圆上，要使最大，就是到圆周上动点的最大值，为到圆圆心的距离加半径，即是
，故答案为.
【考点】1、正弦定理、余弦定理应用；2、圆的性质.
【方法点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理应用以及圆的性质，属于难题. 在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据，对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件. 对正弦定理也是要注意两方面的应用：一是边角互化；二是求边求角.

三、解答题
17．如图，在梯形中，，，，四边形是正方形，且，点在线段上.

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）当平面时，求四棱锥的体积.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）分析梯形的角度可得，即得，又，从而得证；
（Ⅱ）设对角线，交于点，连接，易得四边形是平行四边形，得，由梯形面积公式可得底面积，高为，利用椎体的体积公式即可得解.
【详解】
（Ⅰ）由题设易得，所以，，，（第2问用）因此，又，和为平面内两条相交直线，
所以平面
（Ⅱ）设对角线，交于点，连接，则由平面
可得，进而四边形是平行四边形，
所以.
四棱锥的底面积是.
由（Ⅰ）知四棱锥的高是
所以体积.
【点睛】
本题主要考查了线面垂直的证明及线面平行的性质，还有椎体的体积公式，考查一定的空间想象力，属于中档题.
18．如图，是的外角平分线，且.

（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若，，求的长.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）由角平分线及互补的关系可得，可得 ，从而得解；
（Ⅱ）在和中，分别用余弦定理表示和，再利用，解方程即可得解.
【详解】
（Ⅰ）由题设，，
所以
（Ⅱ）在中，由余弦定理，
在中，
又，所以，进而.
【点睛】
本题主要考查了正余弦定理的灵活应用，需要对图形的几何特征进行分析，需要一定的能力，属于中档题.
19．已知数列的前项的和，是等差数列，且.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）令，求数列的前项和.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）由及时，可得，再由是等差数列，利用基本量运算求解即可；
（Ⅱ）由，利用错位相减法求和即可.
【详解】
（Ⅰ），时， ，也符合此式，所以.又，，可得，，所以
（Ⅱ） ，
所以 ，所以 ，
错位相减得 ，所以
【点睛】
这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.
20．在四棱锥中，侧面底面，，，，，.

（Ⅰ）求与平面所成角的正弦值；
（Ⅱ）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）在平面内作交于点，可得平面，以点为原点，，，所在直线分别为，，轴，通过解方程求得平面的法向量，利用，即可得解；
（Ⅱ）求得平面的法向量，通过求解，即可得二面角锐角的余弦值.
【详解】
在平面内作交于点，又侧面底面，所以平面，以点为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

易得，，，.
由已知条件， ，得，
所以点坐标为
所以向量，，，
（Ⅰ）设平面的法向量，则 ，
设求与平面所成角为，则，
（Ⅱ）设平面的法向量则 ，
所以，.
平面与平面所成的锐二面角的余弦值等于
【点睛】
空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
21．已知.
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）若对任意都成立，求整数的最大值.
【答案】（Ⅰ）最小值；（Ⅱ）3.
【解析】（Ⅰ）通过求导分析 函数单调性即可得最小值；
（Ⅱ）由条件可得对任意都成立，记，通过求导分析函数单调性可得存在唯一的，在取唯一的极小值也是最小值，结合极值的等量关系可得，从而得解.
【详解】
（Ⅰ）的定义域是，令 ，
所以在上单调递减，在上单调递增，
在处取唯一的极小值，也是最小值
（Ⅱ） （注意），记，则
考查函数， ，在定义域上单调递增.
显然有，，所以存在唯一的使得.
在上，，单调递减；在上，，单调递增.
所以在取唯一的极小值也是最小值，注意此时 ，
所以 ，所以整数的最大值可以取3
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性，极值与最值，考查了用变量分离求新函数的最值解决恒成立问题的等价转化，也考查了推理能力和计算能力，属于中档题．
22．已知，，其中.
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若恒成立，求的最大值.
【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）求函数导数,利用导数可研究函数的单调性;
（Ⅱ）由条件可得 在上恒成立, 求导得,分别讨论,和三种情况,研究的最小值的取值情况,从而即可得解.
【详解】
（Ⅰ）时，，定义域是全体实数，求导得，
令，所以在上单调递减，在上单调递增
（Ⅱ）令 在上恒成立，则 在上恒成立
求导得.
若，显然可以任意小，不符合题意.
若，则最大也只能取0.
当时，令 ，
于是在上单调递减，在单调递增，在取唯一的极小值也是最小值
，
令，则，
令.
所以在上单调递增，在单调递减，
在取唯一极大值也是最大值，此时，，所以的最大值等于.
备注一：结合图象，指数函数在直线的上方，斜率显然，再讨论的情况.
备注二：考虑到 在上恒成立，令即得.取，
证明在上恒成立也给满分.
【点睛】
导数问题经常会遇见恒成立的问题：
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；
（2）若 就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 ，若恒成立；
（3）若 恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.

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