2019广州一模数学答案_2019-2020学年11月市一模数学(文)试题(解析版)

2021-11-05 11:28:57 | 浏览次数:

2019年11月市一模数学(文)试题 一、单选题 1.已知集合,,则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】先解不等式化简集合,再求交集即可. 【详解】 由解得,故. 又,所以. 故选:C. 【点睛】 本题考查集合的基本运算,涉及交集、解不等式,是一道基础题. 2.已知复数,其中为虚数单位.则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】先利用复数的除法法则将复数表示为一般形式,然后利用复数求模公式可求出的值. 【详解】 ,则,故选B . 【点睛】 本题考查复数的除法法则以及复数模的计算,解题的关键就是利用复数的四则运算法则将复数表示为一般形式,考查计算能力,属于基础题. 3.在等差数列中,,则数列的前项的和( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】设公差为,把已知式化简,再利用求和公式即可求解. 【详解】 设公差为,由可得,则. 所以. 故选:C. 【点睛】 本题考查等差数列的基本问题,求前项和.是等差数列的基本量,一般可以利用条件建立关于的方程(组)解决问题. 4.已知角的终边经过点,则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】利用诱导公式可得,再利用三角函数的定义求解即可. 【详解】 因为角的终边经过点,所以. 所以. 故选:D. 【点睛】 本题考查三角函数的定义和诱导公式,是一道基础题,解题时要注意符号. 5.执行如图所示的程序框图,如果输入,,则输出的等于( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】模拟执行程序框图,逐步写出各变量取值的变化,判断循环条件是否成立,最终可得答案. 【详解】 执行程序框图,各变量的值依次变化如下:
成立;

,成立;

,不成立, 跳出循环,输出的等于. 故选:A. 【点睛】 本题考查程序框图,解题的一般方法是模拟执行程序,依次写出各变量取值的变化,解题时要留意循环终止的条件. 6.一个棱长为2的正方体被一个平面截去部分后,余下部分的三视图如图所示,则截去部分与剩余部分体积的比为( ) A.1:3 B.1:4 C.1:5 D.1:6 【答案】A 【解析】画出几何体的直观图,利用三视图的数据求解几何体的体积即可. 【详解】 解:由题意可知:几何体被平面ABCD平面分为上下两部分, 设正方体的棱长为2,上部棱柱的体积为:;

下部为:,截去部分与剩余部分体积的比为:. 故选:A. 【点睛】 本题考查三视图与几何体的直观图的关系,棱柱的体积的求法,考查计算能力. 7.函数的部分图象大致是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】分析函数的定义域、奇偶性以及函数值的正负变化,排除错误选项可得答案. 【详解】 由,可得, 故是奇函数,图象关于原点对称,排除A. 当时,;
当时,,排除C,D. 故选:B. 【点睛】 本题考查函数图象的识别,一般利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性等性质分析函数图象的特征,排除错误选项得到答案. 8.已知,,,则的大小关系为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】利用对数的性质比较的大小,利用“”比较与的大小关系. 【详解】 ,,, 又,所以. 故选:A. 【点睛】 本题考查指数、对数的大小比较.一般利用指数函数、对数函数的单调性和等中间值解决问题. 9.下列说法中正确的是( ) A.若命题“”为假命题,则命题“”是真命题 B.命题“,”的否定是“,” C.设,则“”是“”的充要条件 D.命题“平面向量满足,则不共线”的否命题是真命题 【答案】D 【解析】利用逻辑联结词、全称命题的否定、不等式的性质、向量的性质等逐一判断各选项是否正确. 【详解】 选项A,若命题“”为假命题,则命题至少有一个假命题, 即可能有一真一假,也可能两个都是假命题, 所以“”可能是真命题,也可能是假命题,故A不正确. 选项B,命题“,”的否定是“,”,故B不正确. 选项C,,无法得出,故C不正确. 选项D, 原命题的否命题时“平面向量满足,则共线”, 因为,所以由可得. 所以,则或,即共线.故D正确. 故选:D. 【点睛】 本题考查常用逻辑用语,涉及逻辑联结词、全称命题的否定、充要条件、否命题,综合考查了不等式的性质、平面向量的性质.与其他知识综合命题,是考查常用逻辑用语的一般方式. 10.已知函数,若,,则的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】先研究函数的单调性和值域,设,得出的取值范围,把表示为的函数,从而可得答案. 【详解】 当时,单调递增且,;

当时,单调递增且,. 因为,,所以. 设,则, ,. 所以. 所以. 由,可得. 故选:B. 【点睛】 本题考查函数与方程的综合问题.解题时需要综合利用函数与方程、数形结合、等价转化等数学思想方法. 11.关于函数的下述四个结论中,正确的是( ) A.是奇函数 B.的最大值为 C.在有个零点 D.在区间单调递增 【答案】D 【解析】分析函数的奇偶性、最值、零点、单调性,对各选项进行逐一判断即可. 【详解】 , 所以是偶函数,不是奇函数,故A不正确. ,且当时取得等号;

,且当时取得等号, 所以但等号无法取得, 即的最大值小于,故B不正确. 由是偶函数且, 可得在区间上的零点个数必为偶数,故C不正确. 当时,单调递增,故D正确. 故选:D. 【点睛】 本题考查三角函数的性质,涉及奇偶性、最值、零点、单调性的.解选择题要善于利用排除法,如选项B,可不必求出具体的最大值,只需判断最大值是不是即可. 12.已知函数与的图象恰有三个不同的公共点(其中为自然对数的底数),则实数的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由两图象有三个公共点可得有三个实根,变形得,设,则关于的方程有两个不同的实数根且共有三个实数根,结合二次方程根的分布和的图象性质可得答案. 【详解】 令,可得,可得. 设,则,即. , 当时,单调递增且;

当时,单调递减且. 作出的图象如图所示. 对于,, 设该方程有两个不同的实根,由题意得共有三个实数根. 若是方程的根,则,即, 则方程的另一个根为,不合题意. 若是方程的根,则,即, 则方程的另一个根为,不合题意. 所以关于的方程的两根(不妨令)满足. 所以解得. 故选:A. 【点睛】 本题考查函数与方程的综合问题,涉及导数、二次方程等,是一道难题,解题时要灵活运用等价转化、数形结合等数学思想方法. 二、填空题 13.若平面单位向量满足,则向量的夹角为_________. 【答案】 【解析】利用数量积运算法则即可求解. 【详解】 由单位向量可得,设向量的夹角为, 则, 解得,则. 故答案为:. 【点睛】 本题考查利用数量积求向量的夹角,解题时要注意单位向量的模长为,还要注意向量夹角的取值范围为. 14.已知幂函数的图象经过点,则_______. 【答案】 【解析】利用幂函数的定义可得,再利用幂函数的图象过点可求得的值,则答案可得. 【详解】 由是幂函数,可得. 由的图象经过点,可得,解得. 所以. 故答案为:. 【点睛】 本题考查幂函数,利用定义求解即可,是一道基础题. 15.正项等比数列满足,且2,,成等差数列,设,则取得最小值时的值为_________. 【答案】 【解析】先由题意列关于的方程组,求得的通项公式,再表示出,即可求得答案. 【详解】 设等比数列的公比为. 由,,成等差数列,可得,则, 所以,解得(舍去)或. 因为,所以. 所以.所以. 所以, 当时,取得最小值,取得最小值. 故答案为:. 【点睛】 本题考查数列的综合问题,涉及等比数列、等差数列、等比数列求积、求最值等.利用等比数列的基本量进行运算是解题的突破口. 16.已知函数对满足,且,若的图象关于对称,,则=____________. 【答案】 【解析】先由对称性可得是偶函数,再利用赋值求得的值,从而可判断周期性,答案易得. 【详解】 因为的图象关于对称, 所以的图象关于对称,即是偶函数. 对于,令,可得, 又,所以,则. 所以函数对满足. 所以. 所以,即是周期为的周期函数. 所以, . 所以. 故答案为:. 【点睛】 本题考查函数性质的综合运用,涉及对称性、奇偶性、周期性等.遇恒等式问题,可尝试通过赋值来求得关键值. 三、解答题 17.数列中,,,数列满足. (1)求证:数列是等差数列,并求数列的通项公式;

(2)设,求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析,;
(2). 【解析】(1)利用,,可证数列是等差数列,然后可得,的通项公式. (2)利用(1)可得,于是可用裂项相消法求和. 【详解】 (1)由,即. 而,∴,即. 又,∴数列是首项和公差均为1的等差数列. 于是,∴. (2)∵,∴. ∴ . 【点睛】 本题考查等差数列的判断、裂项相消法求和.通项公式形如(为常数)的数列可用裂项相消法求和,裂项时要注意恒等变形调整系数,即. 18.的内角,,的对边分别为,,,且满足=. (1)求;

(2)若,求的最小值. 【答案】(1);
(2). 【解析】(1)先化切为弦,再利用三角恒等变换、正弦定理化简,可得答案. (2)利用余弦定理和均值不等式求解,也可以利用正弦定理和三角函数的性质求解. 【详解】 (1), . . . 由正弦定理得. ,. ,. ,. (2)方法一:,, 由余弦定理得, . 由基本不等式得(当且仅当时“”成立), ,则,即的最小值为. 方法二:,,, 由正弦定理得, . . ,,则. ,则的最小值为. 【点睛】 本题考查解三角形,涉及正弦定理、余弦定理、最值的求法等,一般需综合利用三角恒等变换和三角函数的性质进行解题. 19.如图,在三棱锥中,平面平面,为等边三角形,,是的中点. (1)证明:;

(2)若,求到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析(2) 【解析】(1) 取中点,连接,,证平面可得. (2)作平面的垂线,或利用三棱锥的等积转换求解. 【详解】 (1)证明:取中点,连接,. 为等边三角形,. ,是的中点,为中点,∴. 又,平面. (2)方法一:取中点,连接CM. 为等边三角形,. 平面平面,, 平面.. 又,平面. ,为等边三角形,. 是的中点, 到平面的距离的倍等于到平面的距离. 到平面的距离为. 方法二:由平面平面,, 可得平面,则. ,为等边三角形,则. 是的中点,. 点到平面的距离为,设到平面的距离为, 由,解得. 【点睛】 本题考查空间垂直关系的转化,空间距离的求解.面面垂直、线面垂直、线线垂直之间可以互相转化,要合理创造转化的条件.求点面距离的常用方法是作—证—求和等积转换. 20.已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合,且椭圆的离心率为. (1)求椭圆的标准方程;

(2)直线交椭圆于、两点,线段的中点为,直线是线段的垂直平分线,求证:直线过定点,并求出该定点的坐标. 【答案】(1);
(2)直线过定点,详见解析. 【解析】(1)由焦点和离心率可得的值,则方程易求. (2)设出直线的方程,与椭圆方程联立,结合线段的中点,利用根与系数的关系(或点差法)可求出直线的斜率,进而可表示出直线的方程,判断其所过定点. 【详解】 (1)抛物线的焦点为,则. 椭圆的离心率,则. 故椭圆的标准方程为. (2)方法一:显然点在椭圆内部,故,且直线的斜率不为. 当直线的斜率存在且不为时,易知,设直线的方程为, 代入椭圆方程并化简得. 设,,则,解得. 因为直线是线段的垂直平分线,故直线,即. 令,此时,于是直线过定点. 当直线的斜率不存在时,易知,此时直线,故直线过定点. 综上所述,直线过定点. 方法二:显然点在椭圆内部,故,且直线的斜率不为. 当直线的斜率存在且不为时,设,, 则有,, 两式相减得. 由线段的中点为,则, 故直线的斜率. 因为直线是线段的垂直平分线,故直线,即. 令,此时,于是直线过定点. 当直线的斜率不存在时,易知,此时直线,故直线过定点. 综上所述,直线过定点. 【点睛】 本题考查圆锥曲线(椭圆)的综合问题,涉及弦的中点问题,常规方法是联立直线与圆锥曲线的方程,利用根与系数的关系求解;
也可以利用点差法求解. 21.已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程;

(2)若函数(其中是的导函数)有两个极值点,,且,证明:. 【答案】(1);
(2)证明见解析. 【解析】(1)由题意可得点在曲线上,求出的值,由导数的几何意义求切线方程即可. (2)由题意得极值点,是的根,把待证式中的变量转换为只含一个变量再证. 【详解】 (1)的定义域为,. 而,即, 故所求切线的斜率为, 所以切线方程为,即. (2)证明:, 则的定义域为,, 若有两个极值点,,且, 则方程的判别式,且, 得,且. 所以 . 设, 则在上恒成立, 故在上单调递减, 从而,即. 【点睛】 本题考查导数的综合问题,涉及导数的几何意义、函数的极值、不等式的证明.证明不等式的常用方法是构造函数借助导数来证,不等式中含有多变量则要考虑能否转化为单一变量. 22.在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(,为参数),以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线经过点,曲线的极坐标方程为. (1)求曲线的极坐标方程;

(2)若,是曲线上两点,求的值. 【答案】(1);
(2). 【解析】(1)先化参数方程为普通方程,再化为极坐标方程,利用曲线经过点求出的值即可. (2)把,代入曲线的方程,对变形化简即可. 【详解】 (1)将曲线的参数方程化为普通方程为, 即. 由,,得曲线的极坐标方程为. 由曲线经过点,则(舍去), 故曲线的极坐标方程为. (2)由题意可知,, 所以. 【点睛】 本题考查参数方程与极坐标方程的转化,考查对极坐标方程含义的理解,是一道基础题.牢记转化公式和极坐标系中的含义即可顺利解题. 23.已知函数. (1)解不等式;

(2)若对于,,有,,求证:. 【答案】(1);
(2)证明见解析. 【解析】(1)利用零点分段讨论法解绝对值不等式. (2)利用绝对值三角不等式即可证明结论. 【详解】 (1)由得, 则或或 解得,或,或,即, 所以不等式的解集为. (2)证明:由,, 所以. 【点睛】 本题考查绝对值不等式的求解与证明,利用零点分段讨论法解绝对值不等式,利用绝对值三角不等式证明不等式.

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