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1、市区20192020学年度第一学期高三年级期中质量检测数学试卷201911（考试时间120分钟满分150分）本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。（1）已知集合，则（A）（B）（C）（D）（2）已知，且，则（A）（B）（C）（D）（3）下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（A）（B）（C）（D）（4）关于函数有下述三个结论：函数的最小正周期为；函数的最大值为；函数在
2、区间上单调递减.其中，所有正确结论的序号是（A）（B）（C）（D）（5）已知，是两个不同的平面，直线，下列命题中正确的是（A）若，则（B）若，则（C）若，则（D）若，则（6）已知函数恰有两个零点，则实数的取值围是（A）（B）（C）（D）（7）已知为等比数列，则“”是“为递减数列”的（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件（8）设，为椭圆：的两个焦点，为上一点且在第二象限.若为等腰三角形，则点的横坐标为（A）（B）（C）（D）（9）在中， 点在边上，且，则的取值围是（A）（B）（C）（D）（10）已知集合，满足：（），； （），若且，则； （），若
3、且，则.给出以下命题： 若集合中没有最大数，则集合中有最小数； 若集合中没有最大数，则集合中可能没有最小数； 若集合中有最大数，则集合中没有最小数； 若集合中有最大数，则集合中可能有最小数.其中，所有正确结论的序号是（A）（B）（C）（D）第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。（11）已知向量，且，则_（12）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为_，最长棱的长度为_111俯视图侧（左）视图正（主）视图（第12题图）（13）已知直线与圆相交于，两点（为坐标原点），且为等腰直角三角形，则实数的值为_（14）已知，是实数，给出下列四个论断：；.以其中两个论断
4、作为条件，余下的论断中选择一个作为结论，写出一个正确的命题：_（15）已知函数（为常数）若，则_；若函数存在最大值，则的取值围是_（16）年月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可良渚古城遗址是人类早期城市文明的例，实证了中华五千年文明史考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律已知样本中碳的质量随时间（单位：年）的衰变规律满足（表示碳原有的质量），则经过年后，碳的质量变为原来的_；经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳的质量是原来的至，据此推测良渚古城存在的时期距今约在_年到年之间（参考数据：）三、解答题共6小题，共80分。解
5、答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。（17）（本小题13分）在中，点在边上，且，.（）求的值；（）若，求的值.（18）（本小题13分）已知是各项均为正数的等比数列，.（）求的通项公式；（）设，求数列的前项和，并求的最大值（19）（本小题14分）如图，在四棱锥中，侧面是等边三角形，且平面平面，为的中点，,，.（）求证：平面；（）求二面角的余弦值；（）直线上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，说明理由.（20）（本小题13分）已知椭圆经过两点，.（）求椭圆的标准方程；（）过椭圆的右焦点的直线交椭圆于，两点，且直线与以线段为直径的圆交于另一点（异于点），求的最大值.（21）（本小题1
6、4分）已知函数（）求曲线在点处的切线方程；（）当时，证明：；（）判断在定义域是否为单调函数，并说明理由（22）（本小题13分）已知无穷数列，满足：，记（表示个实数，中的最大值）（）若，求，的可能值；（）若，求满足的的所有值；（）设，是非零整数，且，互不相等，证明：存在正整数，使得数列，中有且只有一个数列自第项起各项均为市区20192020学年度第一学期高三年级期中质量检测数学参考答案201911第一部分（选择题共40分）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）（1）C（2）C （3）D （4）B（5）D（6）B （7）B（8）D （9）A
7、（10）B第二部分（非选择题共110分）二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）（11）（12），（13）（14）若，则（答案不唯一）（15）；（16）；三、解答题（共6小题，共80分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）（17）（本小题13分）解：（）因为，所以.在中，由余弦定理，得.所以. 6分（）在中，由余弦定理，得由正弦定理，得，所以13分（18）（本小题13分）解：（）设的公比为，因为，所以解得（舍去）或因此的通项公式为6分（）由（）得，当时，故是首项为，公差为的单调递减等差数列.则.又，所以数列的前项为正数，所以当或时，取得最大值，且最大值为13分（19）（本小题14分）解
8、：（）如图，取中点，连结.因为为中点，所以，.又因为，所以，所以四边形为平行四边形.所以.又因为平面,平面，所以平面.4分（）取中点，连结，.因为为等边三角形，所以.又因为平面平面，平面平面，所以平面.因为，所以四边形为平行四边形.zOPEDyCxBA因为，所以.如图建立空间直角坐标系，则.所以.设平面的一个法向量为，则即令，则.显然，平面的一个法向量为，所以.由题知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.10分（）直线上存在点，使得平面.理由如下：设.因为，所以，因为平面，所以平面当且仅当.即，解得.所以直线上存在点，使得平面，此时14分（20）（本小题13分）解：（）因为椭圆过点， 所以得故
9、椭圆的标准方程为4分（）由题易知直线的斜率不为0，设：，由得，显然.设，则.又.以为直径的圆的圆心坐标为，半径为，故圆心到直线的距离为.所以.所以，因为，所以，即所以当时，直线与椭圆有交点，满足题意，且，所以的最大值为13分（21）（本小题14分）解：函数的定义域为，（）因为，所以曲线在点处的切线方程为，即4分（）当时，欲证，即证，即证令，则当变化时，变化情况如下表：极大值所以函数的最大值为，故所以9分（）函数在定义域不是单调函数理由如下：令，因为，所以在上单调递减注意到 且所以存在，使得当时，从而，所以函数在上单调递增；当时，从而，所以函数在上单调递减故函数在定义域不是单调函数14分（22）
10、（本小题13分）解：（）由，得，所以；由，得，所以，又，故，所以，的所有可能值为，；，；，；，3分（）若，记则，当时，由，得，不符合；当时，由，得，符合；当时，由，得，符合；综上，的所有取值是. 8分（）先证明“存在正整数，使中至少有一个为0”假设对任意正整数，都不为0，由是非零整数，且互不相等，得，若对任意，都不为0，则，即对任意，当时，所以，所以，严格单调递减，由为有限正整数，所以，必存在正整数，使得，矛盾所以，存在正整数，使中至少有一个为0不妨设，且，则，且，否则，若，因为，则必有，矛盾于是，且，所以，依次递推，即有：对，且，此时有且仅有一个数列自第项起各项均为0综上，结论成立13分13 / 13