山东省济南市历城第二中学2019接高三11月月考数学（理）试题
本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分，共4页，满分150分．考试用时120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷(共60分)
一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的．
1.复数（是虚数单位）的共轭复数表示的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】
根据虚数单位的性质，可化简，写出，判断对应点的位置即可.
【详解】因为,所以表示的点在第二象限，故选B．
【点睛】本题主要考查了虚数单位的性质及复数的运算，涉及共轭复数概念，属于中档题.
2.集合，，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
解一元二次不等式化简集合A，再根据对数的真数大于零化简集合B，求交集运算即可.
【详解】由可得，所以，由可得,所以,所以，故选A．
【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，涉及一元二次不等式解法及对数的概念，属于中档题.
3.设 M是边BC上任意一点，N为AM的中点，若，则的值为( )
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据中点向量公式可知,而根据三点共线可知，从而可得出的值.
【详解】因为M在BC上，所以，又因为N为AM的中点，所以，又因为，所以，故选A.
【点睛】本题主要考查了向量的中点公式，三点共线性质，属于中档题.
4.设均为单位向量，则“”是“”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
【答案】C
【解析】
【分析】
根据，可化简为，又均为单位向量，可得，即可分析出结果.
【详解】因为均为单位向量，所以，由可得：，即，所以，即，所以，因此“”是“”的充分必要条件，故选C.
【点睛】本题主要考查了向量的数量积的性质，以及单位向量的概念，属于中档题.
5.设 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据指数函数的性质知，根据对数性质知，又，即可比较出大小.
【详解】因为，,,所以,故选B.
【点睛】本题主要考查了指数函数的性质，对数的性质及诱导公式，属于中档题.
6.把函数的，图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，再把所得图象向右平移个单位则所得图象对应的函数解析式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图像的伸缩和平移变换性质，即可得到所求解析式.
【详解】把函数的，图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍,得到的图象，再把所得图象向右平移个单位得到的图象，故选D.
【点睛】本题主要考查了三角函数图象的伸缩和平移变换，属于中档题.
7.在中，角均为锐角，且，则的形状是（ ）
A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰三角形
【答案】C
【解析】
，又角均为锐角，则，，且中，，的形状是钝角三角形，故选C.
【方法点睛】本题主要考查利用诱导公式、正弦函数的单调性以及判断三角形形状，属于中档题.判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.
8.已知函数 ，且实数满足 ，若实数是函数的一个零点，那么下列不等式中不可能成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
因为是上的增函数，且，所以若，则， 这与矛盾，故不可能.
【详解】因为函数是上的增函数，且，所以当时，，若，则，这与矛盾，故不成立，选D.
【点睛】本题主要考查了指数函数对数函数的增减性，及函数的零点，属于中档题.
9.若函数在区间上的值域为，则的值是（ ）
A. 0 B. 2 C. 4 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】
先化简函数，分析函数的奇偶性，单调性可知函数是奇函数且是增函数,其最大值最小值互为相反数，故可求出结果.
【详解】因为，
为奇函数且是增函数所以最大值，最小值互为相反数，因此， 故选B．
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性单调性的应用，涉及函数的最值问题，属于中档题.
10.
《数书九章》中对已知三角形三边长求三角形的面积的求法填补了我国传统数学的一个空白，与著名的海伦公式完全等价，由此可以看出我国古代已具有很高的数学水平，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有周长为的满足，试用以上给出的公式求得的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据正弦定理可知三边的比为，又知三角形周长，故可求出三边，代入面积公式即可求出面积.
【详解】因为，所以由正弦定理得，又，所以，，，则，，故．故选C．
【点睛】本题主要考查了正弦定理，及三角形边长的计算，属于中档题.
11.已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
令在上有解，得有正数解，作出两函数图象，根据图象判断特殊点位置即可得出的范围
【详解】由题意可知在上有解，即在上有解，所以有正数解，
作出与的函数图象，则两图象在上有交点，
显然，当时，两图象在上恒有交点，当时，若两图象在上有交点，则，解得，综上，故选B.
【点睛】本题主要考查了方程根与函数图象的关系，属于中档题.
12.设，若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
令，可得.
在坐标系内画出函数的图象（如图所示）.
当时，.由得.
设过原点的直线与函数的图象切于点，
则有，解得.
所以当直线与函数的图象切时.
又当直线经过点时，有，解得.
结合图象可得当直线与函数的图象有3个交点时，实数的取值范围是.
即函数在区间上有三个零点时，实数的取值范围是.选D.
点睛：已知函数零点的个数（方程根的个数）求参数值（取值范围）的方法
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解，对于一些比较复杂的函数的零点问题常用此方法求解.
第II卷（共90分）
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．
13.已知为等差数列，++=2019，=2013，以表示的前项和，则使得达到最大值的是__________．
【答案】339
【解析】
【分析】
根据等差数列的性质可得，求出公差后分析哪项开始为负数即可求出达到最大值的.
【详解】因为，所以，，所以令，解得，即第339项为正，第340项起数列为负数，所以前339项的和最大，填339.
【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，等差数列的通项公式及前n项和的概念，属于中档题.
14.设函数f（x）=，若对任意的实数x都成立，则ω的最小值为__________．
【答案】
【解析】
分析：根据题意取最大值，根据余弦函数取最大值条件解得ω，进而确定其最小值.
详解：因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，所以，因为，所以当时，ω取最小值为.
点睛：函数的性质
(1).
(2)周期
(3)由 求对称轴，最大值对应自变量满足，最小值对应自变量满足，
(4)由求增区间; 由求减区间.
15.已知定义在R上的奇函数，满足,且在区间[0,1]上是增函数，若方程在区间上有四个不同的根,则________
【答案】【答题空15-1】
【解析】
【分析】
根据可知函数的周期为4，再结合函数是奇函数，可知,即函数的一条对称轴，作出函数大致图象，根据图象可求.
【详解】因为，所以周期，又可知是对称轴，又函数在区间[0,1]上是增函数，可作出函数大致图象：
由图象可知，当时，，当时，
，所以填.
【点睛】本题主要考查了方程根的应用，函数的周期性和奇偶性及函数图象的对称性，属于中档题.
16.已知，，分别是的两个实数根，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由原方程可化为，所以根据根与系数的关系可得出，再利用两角和的正切公式即可求出.
【详解】因为，所以，又，分别是的两个实数根，所以，是的两根，所以， ，因此，又知，所以，故.
【点睛】本题主要考查了根与系数的关系，两角和的正切公式及角的范围，属于中档题.
三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
17.设命题：函数的定义域为；命题：不等式对一切正实数均成立.
（Ⅰ）如果是真命题，求实数的取值范围；
（Ⅱ）如果命题“或”为真命题，且“且”为假命题，求实数的取值范围.
【答案】（1）； （2）.
【解析】
试题分析：由二次函数和不等式的性质分别可得真和真时的的取值范围，再由“”为真命题，“”为假命题，则一真一假，分类讨论取并集可得．
试题解析：（1）命题是真命题，则有，，的取值范围为．
（2）命题是真命题，不等式对一切均成立，设，令
，则，，当时，，．
命题“”为真命题，“”为假命题，则一真一假．
①真假，，且，则得不存在；
②若假真，则得．
综上，实数的取值范围．
考点：复合命题与简单命题真假的关系.
18.已知向量−，1)，，)，函数．
（Ⅰ）求函数的单调递增区间；
（Ⅱ）若，，分别是角，，的的对边，，，且=1，求△的面积．
【答案】（1）[kπ−，kπ+](k∈Z)； （2） .
【解析】
【分析】
（Ⅰ）化简函数,利用正弦函数的单调性求递增区间即可（Ⅱ）根据=1可求出A，利用余弦定理可求出b,代入面积公式即可.
【详解】（Ⅰ）=m·n= −+=
,
由，k∈Z，得，k∈Z，
故函数的单调递增区间为[kπ−，kπ+](k∈Z)．
（Ⅱ）由题意得=sin(2A−)=1， ∵A(0，π)，∴2A− ，
∴2A− ,,
由余弦定理，得12=+16−2×4b×，即−4b+4=0，
∴b=2． ∴△ABC的面积sin=2．
【点睛】本题主要考查了三角函数的化简，正弦型函数的单调性及利用余弦定理解三角形，属于中档题.
19.在△中，，，分别是角，，的对边，，且．
（1）求角；
（2）求边长的最小值．
【答案】（1）（2）1
【解析】
试题分析：（1）先由正弦定理将边化为角：再根据两角和正弦公式、三角形内角关系、诱导公式化简得（2）由余弦定理得，再根据基本不等式求最值
试题解析：（I）由已知即
△中，，故
（Ⅱ）由（I）
因此
由已知
故的最小值为1．
考点：正余弦定理，基本不等式
【方法点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的．其基本步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向．
第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化．
第三步：求结果．
20.已知为等比数列，其中，且成等差数列.
（Ⅰ）求数列的通项公式;
（Ⅱ）设，求数列的前n项和为.
【答案】（1）； （2）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据等比数列中成等差数列，列方程即可求出公比，写出通项公式（Ⅱ）利用错位相减法求数列的前n项和即可.
【详解】（Ⅰ）设在等比数列中，公比为,因为成等差数列.
所以 ,
解得 ,所以.
(Ⅱ).
①
②
①—②,得
所以.
【点睛】本题主要考查了等差数列等比数列的性质，错位相减法求和，属于中档题.
21.已知．
（Ⅰ）当时，求的极值；
（Ⅱ）若有2个不同零点，求的取值范围.
【答案】（1），； （2）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出函数的导数，求其零点，根据零点分析各区间导数的正负，即可求出极值（Ⅱ）根据，分类讨论，分别分析当时，当时，当时导函数的零点,根据零点分析函数的极值情况.
【详解】（Ⅰ）当时 ，
令得，，，为增函数,
， ，，为增函数
∴，.
（Ⅱ）
当时，，只有个零点;
当时，
，，为减函数,，，为增函数
而，∴当，，使,
当时，∴ ∴，∴
取，∴ ,∴函数有个零点,
当时，,令得，
①，即时,当变化时 ，变化情况是
∴,∴函数至多有一个零点，不符合题意;
②时，，在单调递增,∴至多有一个零点，不合题意,
③当时，即以时,当变化时，的变化情况是
∴，时,,,∴函数至多有个零点,
综上：的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了函数导数在研究极值，单调性中的应用，涉及分类讨论的思想，属于难题.
22.已知函数．
(Ⅰ)求函数的单调增区间；
（Ⅱ）记函数的图象为曲线，设点是曲线上两个不同点，如果曲线上存在点，使得：①；②曲线在点处的切线平行于直线，则称函数存在“中值相依切线”．试问：函数是否存在中值相依切线，请说明理由．
【答案】（1）⑴当时,函数在上单调递增；⑵当时,函数在和上单调递增；⑶当时,函数在上单调递增；⑷当时,函数在和上单调递增； （2）见解析.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由函数知其导数，根据的正负及与1的大小分类讨论即可写出函数的单调区间(Ⅱ)假设函数存在“中值相依切线”， 设,是曲线上的不同两点，且，计算，再利用导数几何意义 ，转化为是否有解，再构造函数利用其单调性最值确定是否有解。
【详解】（Ⅰ）函数的定义域是．
由已知得，．
ⅰ 当时, 令,解得;函数在上单调递增 ；
ⅱ 当时，
①当时，即时, 令,解得或;
函数在和上单调递增,
②当时，即时, 显然，函数在上单调递增；
③当时，即时, 令,解得或
函数在和上单调递增．
综上所述:
⑴当时,函数在上单调递增
⑵当时,函数在和上单调递增
⑶当时,函数在上单调递增；
⑷当时,函数在和上单调递增．
(Ⅱ)假设函数存在“中值相依切线”．
设,是曲线上的不同两点，且，
则，．
．
曲线在点处的切线斜率 ，
依题意得： ．
化简可得 ， 即= ．
设 ()，上式化为：,
,令, ．
因为,显然，所以在上递增,显然有恒成立．
所以在内不存在,使得成立．
综上所述，假设不成立．所以，函数不存在“中值相依切线”．
【点睛】本题主要考查了利用了导数正负求函数单调区间，灵活运用中点坐标公式化简求值，涉及反证法，属于难题.
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