1、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 （ ）Rai(213i 的 虚 部 为ZA. B. C. D.3i32设集合 Ax 7x ，B x52x 17 ，则 AB 中整数元素的个数为（ ）2A3 B 4 C5 D63已知 ， 3b, ec，则它们的大小关系是（ ） eaA B ba C cab D ca 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（ ）nml, ,A.若 ，则 l,/B.若 ， 是 在 内的射影
2、， ，则nnmlC.若 是平面 的一条斜线， ， 为过 的一条动直线，则可能有mAl lml且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na21nSna1462,a（ ）SA B C D23523556函数 ye |lnx|x 2| 的图象大致是（ ）7.若对于任意 xR 都有 f（x）2f（x ）3cos xsin x，则函数 f（2x）图象的对称中心为（ ）A （k ，0） （kZ） B （ ，0） （kZ）42k4C （k ， 0） （kZ） D （ ，0） （kZ）888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 3的
3、的值是（ ）xA. B 23C D3299已知函数 ()cos(incos)(0fxxx，如果存在实数 0x，使得对任意的实数 x，都有 成立，则 的最小值为（ ） )0190fA B C D4381240381201910在 中， ， ，点 是 所在平面内一点，则当BC39AC2ABPABC取得最小值时， （ ）22PPA. 24 B. C. D.6922411.2018 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 起 数学 界 震 动 . 黎 曼 猜 想 来 源 于 一 些
4、特 殊 数 列 求 和, 记 ）则 （.,1.3122nS341.SA234.SB.C.SD12函数 满足 ， ，若存在 ，使得fx1,xeff 1fe2,1a成立，则 的取值（ ）3122fammA. B. C. D. ,31,12,3二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分,共 20 分. _)(,)(,1sin3)(.13 affxxf 则若已 知 函 数14设实数 满足 ，则 的取值范围是_,y205yyxz15. 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21()lnfxx(1,)aa值范围是 16已知三棱锥 中，平面 平面 ，ABCDABCD,B,4CD则三棱
5、锥 的外接球的大圆面积为_,32三、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 ()13(0)fxaxa（1）当 时，求不等式 的解集；5f（2）若不等式 的解集为 ，求实数 的取值范围()fxRa18. （本小题满分 12 分）在 中， 的对边分别是 ，ABC, ,abc.tan3si2AB且（1） 求 的值；2acb（2）若 ，求 面积的最大值.19 （本小题满分 12 分）已知数列 的首项 ， na1*4()2nnaN（1）证明：数列 是等比数列； 2n（2）设 ，求数列 的前 n 项和 nbabnS20 （本小
6、题满分 12 分）如图，已知多面体 的底面 是边长为 的菱形， 底面 ，PABCDE2PABCD，且 EDA2（1）证明：平面 平面 ；（2）若直线 与平面 所成的角为 ，求二面角 PABo45的余弦值CP21. （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219Cxy： A1CANxM，设动点 的轨迹为曲线 .OMAONM（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 ，lCPQPO求线段 长度的取值范围.PQEDB CAP22. （本小题满分 12 分）设函数 ).(ln)(Raxexf （
7、1）当 时，求函数 的极值；1af（2）若关于 的方程 有唯一解 ，且 ， ,求 的值.x0)(0x)1,(n*Nn南昌 2019 届高三第四次考试数学（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.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. 83,231,)29小题详解：1.B 是纯虚数， ，5)3()6()21(321 iaiaiz 0632a解得 ；则6aZ5.的 虚 部 为题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12答案 C B D B A C D B C A C A2. B .6,54
8、37,25整 数 元 素 包 含 ：A3. 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,lmlmAmmA有 mn。因为 ，所以 ，从而可得 ，A 不正确；n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A 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 m 是平面 的斜线，所以lBll,m,AB 共面且直线 m 与直线 AB 相交。若 ，由 可得 mAB，矛盾，C 不
9、正确； lAB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na21nSa1462,a，解得 ，所以 ，故选 C.211()()3)a13a5356.C .00 CyxBx ， 所 以 选时 ，； 当排 除出 取 7.D .)2(),(的 对 称 中 心再 去 求出， 然 后 用 解 方 程 组 法 求代用 xfxf8.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PABCDxPA1的直角梯形，体积 ，所以 ，故选 B2 3
10、2)1(3Vx9C 因为 ()cos(incos)(0fxx，3sin2x设 的最小正周期为 ，则 ，所以 的最小值为 ，fT4081920192w40381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2ACB，设 0,362,0AB,Pxy22ABPC2 22=33154xy xy当 时， 取得最小值， ,12，选 A.PABC2,6,0411.C .得放 缩 后 裂 项 相 消 法 便 可12A 由题意设 ，则 ，所以 （ 为常数）xfge1xffge lngxc ， ， ，1fe1fclxfge 令 ，则 ，故当 时， lnxf1lnhx2
11、1hx12x单调递减；当 时， 单调递增0,h0, ，从而当 时， ， 在区间 上单调递增 1x1,2xfxfx1,2设 ，则 ，故 在 上3,aea23aaa,1单调递增，在 上单调递减，所以 1, max1e不等式 等价于 ，322faem 2ff ，解得 ，故 的取值范围为 选 A1 213m,1313.7 14. 83,2 .,1的 范 围的 范 围 ， 然 后 再 求 出先 求 出换 元 ： 令 zttzxyt15. 函 数 的 导 函 数 为 ， 令 （ 其 中 舍 去 ） ，31,)2xf21)( 2102)( xxf 21x当 时 ， ， 当 时 ， ， 所 以 原 函 数 在
12、 时 取 得 极 小 值 ， 则 有x0)(xf0， 所 以 取 值 范 围 为 .:23102aa 31,)216. 如图所示，设 的中点为 ， ，连结 ，因为 ，9BDE,AECABD所以 ，又平面 平面 ，所以 平面 ，又因为 是等腰直角三角形，AEAC所 为 的外心， ，所以球心 一定在直线 上，C42,COE，所以球心 在线段 的延长线上，设 ，则三棱锥外接球半径2BEOAEx，即 ，解得 ，所以 ，所以三棱锥 的外2RxAE22x1x3RABCD接球的大圆面积 .9SR17.解：（1）当 时， ，1a4,()()13213,fxxx易得 解集为 ()5fx9|2或（2） 131(3
13、)1faxaxa 解集为 ， 恒成立， ， ()5xR50218.解.(1) 23cossincosin2tasin aAbABABc .443222 abbb(2) ;6cos1622 cAa;438os,82 Abbc取 等 号当 且 仅 当AB DCEO;tan3si2120,cos66cos AbcSAbAABC），（且得 ：由 37196ota,cosinin1ta 2222 .77t3的 最 大 值 为的 面 积 SABCS19.（1）证明： ， ，1142124nnn naaa ， 112nna又 ，所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列112a， na2（2）解：由（1）知
14、 ，即 ，12nnaA12nnnbaa， 设 ， 则 ，23nT2312nnT由 得， ，211112nnn nT， 又 ，12nnT ()(13)4数列 的前 n 项和 b2(1nnS20 （1）证明：连接 ，交 于点 ，设 中点为 ，连接 ， BD ACOPFOEF因为 ， 分别为 ， 的中点，所以 ，且 ，OFPA12P因为 ，且 ，所以 ，且 EA12DE所以四边形 为平行四边形，所以 ，即 DOFB因为 平面 ， 平面 ，所以 PBCACP因为 是菱形，所以 因为 ，所以 平面 ADPAC因为 ，所以 平面 因为 平面 ，所以平面 平面 EFAPECE（2）因为直线 与平面 所成角为
15、 ， 所以 ，所以 所以 Do45452，故 为等边三角形设 的中点为 ，连接 ，则 CBCBMB以 为原点， ， ， 分别为 轴，建立空间直角坐标系 （如图） AMADPxyz， ， xyzA则 ， ， ， ， ， ，20,，P01,3，C2,，E0,， 21,3，PC1,3，E设平面 的法向量为 ，则,，DE1,zn=0,An即 则 所以 1132,.xyz1,y令13,2.xz3,12n设平面 的法向量为 ，则 即CDE2,xzm0,DECm令 则 所以 220,3.zxyz21,23,0.y1,30设二面角 的大小为 ，由于 为钝角，所以P36cos, 42nm21. 解：（1）设动点
16、 ，由于 轴于点 由题意，),(),0yxAMANx.0(,).Nx，得ONAOM)2( 00,)(2)(,000(3,().xyx即002(2),y03,2.y将 代入 ，得曲线 的方程为 )23,(xA92yxC21.84xy（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l PQOPxy立 解得 同理求得 所以 ；2,184yx26(,)3P26(,),3364QMz yxPACBDE当直线 的斜率存在时，设其方程为 ，设l mkxy12(,)(,)PxyQ联立 ，可得 2,184ykxm22()480.由求根公式得 （*）21212,.kmxxk以 为直
17、径的圆过坐标原点 ， 即PQO.PQ0.O120.xy即 化简可得，1212()0.xkmx212()()kxkm将（*）代入可得 ，即 即 ，832k2380.m382又 将 代入，可得22164.1kPQx )1(2k22222 4643()311kkk233.4k当且仅当 ，即 时等号成立又由 ， ，21k0412k3642PQ；3364PQ综上，得 223. 解.(1) ;1)(ln)(10)( exexfeaxf 时 ，） ； 当，的 定 义 域 为 （ 01)(;1 2! xhfxhe令则 ！） 上 递 减 ，） 上 递 增 ， （在 （） 上 单 调 递 减 ， 又在 （即 ！
18、11,0)(,0)1(,0)(! xffxf .,)1(无 极 小 值有 极 大 值 ef24. (2) ,0)()()( 2! xxx egaefgaf令！ ） 上 单 调 递 减，在 （） 上 单 调 递 减，在 （ ！ 00xg ） 上 单 调 递 增 ，在 （使 得），（ ！ 000 )(1)(, xfaexf ;0ln), 000 axeffx有 唯 一 解 ， 则 必 有） 上 单 调 递 减 ； 又在 （ 与由 10ae ;)1(ln0ln 0000 xeaaxe得 ：消 去 )12ln)1(l 2! xxxx eheh ）（令 上 单 调 递 增 ；） 上 单 调 递 减，在 （！ ,10)( x ;0)(,)(),1(0l2)(, 0 xfxxe 即使 得， .1,2, *nNnxf 则且有 唯 一 解的 方 程又 关 于