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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