2019届高三理科数学月考试卷（五）有详细答案

2019届高三理科数学月考试卷（五）有详细答案时量：120分钟满分：150分一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1若复数z满足z(13i)17i(i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于(A)A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【解析】易得z2i，则z对应的点为(2，1)故选A.2设m为给定的一个实常数，命题p：xR，x24x2m0，则“m3”是“命题p为真命题”的(A)A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分且必要条件 D既不充分也不必要条件【解析】若命题p为真，则对任意xR，x24x2m0恒成立，所以168m0，即m2.因为m3m2，则“m3”是“命题p为真命题”的充分不必要条件选A.3若等差数列an的前5项之和S525，且a23，则a7(B)A12 B13 C14 D15【解析】由S55a325a35，所以公差da3a22，所以a7a25d35213，故选B.4已知某7个数的平均数为3，方差为s2，现又加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为x，方差为72，则(B)Ax3，s22 Bx3，s24 Cx3，s228 Dx6，s272【解析】这7个数的平均数为3，方差为s2，现又加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为x，方差为72， x73383，又由728174，得s24.故选B.5若正整数N除以正整数m后的余数为r，则记为Nr(mod m)，例如133(mod 5)下列程序框图的算法源于我国古代算术中国剩余定理，则执行该程序框图输出的i等于(C)A4 B8 C16 D32【解析】第一次执行循环体，得i2，N18，此时180(mod 3)，不满足第一条件；第二次执行循环体，得i4，N22，此时221(mod 3)，但2225，不满足第二条件；第三次执行循环体，得i8，N30，此时300(mod 3)，不满足第一条件；第四次执行循环体，得i16，N46，此时461(mod 3)，且4625，退出循环所以输出i的值为16.选C.6如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC，则下列结论正确的是(D) APBAD B平面PAB平面PBCC直线BC平面PAE D直线CD平面PAC【解析】因为AD与PB在平面ABC内的射影AB不垂直，所以A答案不正确过点A作PB的垂线，垂足为H，若平面PAB平面PBC，则AH平面PBC，所以AHBC.又PABC，所以BC平面PAB，则BCAB，这与底面是正六边形不符，所以B答案不正确若直线BC平面PAE，则BCAE，但BC与AE相交，所以C答案不正确故选D.7在(x3y)(x2y)5的展开式中，x2y4的系数为(B)A320 B160 C160 D320【解析】(x2y)5的展开式中第r1项为Tr1Cr5x5r(2y)r，令5r1，得r4；令5r2，得r3.在(x3y)(x2y)5展开式中x2y4的系数为C45(2)43C35(2)3160.故选B.8若函数f(x)asin xbcos x(05，ab0)的图象的一条对称轴方程是x4，函数f(x)的图象的一个对称中心是4，0，则f(x)的最小正周期是(B)A B2 C.2 D.4【解析】由题设，有f4a2b2，即22(ab)a2b2，由此得到ab，又f40，所以acos4sin40，从而tan41，4k4，kZ，即4k1，kZ，而00，b0)上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若AFBF，设ABF，且12，4，则该椭圆的离心率e的取值范围是(A)A.22，63 B.22，33 C.12，33 D.23，63【解析】已知椭圆x2a2y2b21(a0，b0)上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，设左焦点为N，连接AN，BN，因为AFBF，所以四边形AFBN为长方形根据椭圆的定义：AFAN2a，由题ABF，则ANF，所以2a2ccos 2csin ，利用e2c2a1sin cos 12sin4，12，4，342，2212sin463，即椭圆离心率e的取值范围是22，63，故选A.12设平行于x轴的直线l分别与函数y2x和y2x1的图象相交于点A，B，若在函数y2x的图象上存在点C，使得ABC为等边三角形，则这样的直线l(C)A至少一条 B至多一条 C有且只有一条 D无数条 【解析】设直线l的方程为ya(a0)，由2xa，得xlog2a，所以点A(log2a，a)由2x1a，得xlog2a1，所以点B(log2a1，a)，从而|AB|1.如图，取AB的中点D，连接CD.因为ABC为等边三角形，则CDAB，且|AD|12，|CD|32，所以点Clog2a12，a32.因为点C在函数y2x的图象上，则a322log2a12a2，解得a322，所以直线l有且只有一条，选C.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_22_ 【解析】由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V12112，圆柱的底面半径为1，高为1，则14圆柱体的体积V2141214，则该几何体的体积VV12V222.14已知函数f(x)log2（x2xa），x0，1x2，x0，4m6.16已知数列an满足：a11，an1anan2(nN*)bn1(n2)1an1(nN*)，b1，且数列bn是单调递增数列，则实数的取值范围是_，23_【解析】因为an1anan21an12an11an1121an11an11a112n12n，所以bn1(n2)2n，因为数列bn是单调递增数列，所以当n2时，bn1bn(n2)2n(n12)2n1n21221b1(12)223，因此23.三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：共60分17(本小题满分12分)在锐角ABC中，3sinBC2cos A1.()求角A的大小；()求cos Bcos C的取值范围【解析】()由已知，3sinBC2cos A1，即3cosA22cos2A2.(2分)在ABC中，因为0A，则0A22，所以cos A20，从而cosA232.(5分)所以A26，即A3.(6分)()由()知，在锐角ABC中，BC23，则6B2，cos Bcos Ccos Bcos23BsinB6，(9分)由6B2知3B623，所以32sinB61，即cos Bcos C的取值范围是32，1.(12分) 18(本小题满分12分)如图，三棱锥PABC的顶点P在圆柱轴线O1O上，底面ABC内接于O，AB为O的直径，且ABC60，O1OAB4，O1上一点D在平面ABC上的射影E恰为劣弧AC的中点()设|OP|12，求证：DO平面PAC；()设|OP|1，求二面角DACP的余弦值【解析】解法一：()连结DE，OE，设OE与AC的交点为G，连结PG，DG，DO，因为ABC内接于O，AB为O的直径，所以ABC为直角三角形，又ABC60，AB4，故BC2，AC23，因为E是弧AC中点，所以OEAC，OG12BC1.又因为DE平面ABC，故DEAC，所以AC平面DEOO1，故DOAC.又OP12， 所以在矩形DEOO1中，tanPGOPOOG12，tanDOO1DO1OO112，故PGODOO1，又DOO1DOG90，所以PGODOG90，所以DOPG，所以DO平面PAC.(6分)()在轴截面内有POOG1，所以PG2，DG17，DP13，由AC平面DEOO1，得DGP即为二面角DACP的平面角，(10分)在DGP中由余弦定理可求得cosDGP33434.(12分) 解法二：()在平面ABC中，过点O作AB的垂线，交弧EC于H，如图建立空间直角坐标系，因为ABC内接于O，AB为O的直径，所以ABC为直角三角形，又ABC60，AB4，故BC2，AC23，又OP12，所以A(0，2，0)，C(3，1，0)，P0，0，12，D(3，1，4)，所以AC(3，3，0)，AP0，2，12，OD(3，1，4)，所以ACOD0，APOD0，故ACOD，APOD，从而DO平面PAC.(6分)()由OP1知P(0，0，1)，设平面PAC的法向量为m(x1，y1，z1)，则有APm0，ACm0，即2y1z10，3x13y10，取m(3，1，2)，设平面DAC的法向量n(x2，y2，z2)，则有ADn0，ACn0，即3x2y24z20，3x23y20，取n3，1，12，(10分)则cosm，nmn|m|n|33434，所以二面角DACP的余弦值为33434.(12分)19(本小题满分12分)某有机水果种植基地试验种植的某水果在售卖前要成箱包装，每箱80个，每一箱水果在交付顾客之前要按约定标准对水果作检测，如检测出不合格品，则更换为合格品检测时，先从这一箱水果中任取10个作检测，再根据检测结果决定是否对余下的所有水果作检测设每个水果为不合格品的概率都为p(0p0；当p(0.2，1)时，f(p)120，得a105147.5，且aN*，当种植基地要对每个不合格水果支付的赔偿费用至少为8元时，将促使种植基地对这箱余下的所有水果作检测(12分)20(本小题满分12分)如图所示，在ABC中，AB2，AB的中点为O，点D在AB的延长线上，且BD21.固定边AB，在平面内移动顶点C，使得圆M与边BC，边AC的延长线相切，并始终与AB的延长线相切于点D，记顶点C的轨迹为曲线.以AB所在直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系 ()求曲线的方程；()过点P(2，0)的直线l与曲线交于不同的两点S，R，直线SB，RB分别交曲线于点E，F.设SBBE，RBBF，求的取值范围【解析】()依题意得AB2，BD21，设动圆M与边AC的延长线相切于T1，与边BC相切于T2，则ADAT1，BDBT2，CT1CT2.所以ADBDAT1BT2ACCT1BT2ACCT2BT2ACBCAB2BD22AB2，所以点C的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为22的椭圆，且挖去长轴的两个顶点则曲线的方程为x22y21y0.(4分) ()设S(x1，y1)，R(x2，y2)，E(x3，y3)，由题意得B(1，0)，则SB(1x1，y1)，BE(x31，y3)由SBBE，得y1y3，即y1y3.当直线SB与x轴不垂直时，直线SB的方程为yy1x11(x1)，即x（x11）yy1y1，代入椭圆方程并整理得(32x1)y22y1(x11)yy210，则有y1y3y2132x1，即y1y332x1，于是32x1.当SB与x轴垂直时，点S的横坐标为1，1，显然32x1成立同理可得32x2.(8分)设直线l的方程为yk(x2)，代入椭圆方程并整理，得(2k21)x28k2x8k220，依题意有k0，（8k2）24（2k21）（8k22）0，解得0k212.又x1x28k22k21，则32x132x262(x1x2)628k22k211482k21.由0k212，得61482k210，得ln x0，即0x1，所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而h(x)maxh(1)1.(4分)因为当0x1e时，h(x)0；当x时，h(x)0，所以a的取值范围是(0，1)(5分)()因为x1，x2为f(x)的两个极值点，则x1，x2为直线ya与曲线yh(x)的两个交点的横坐标由()可知，1ex11x2，且ln x11x1ln x21x2a，(6分)因为当0xx2时，aln x1x，即f(x)0；当x1xx2时，a0，则f(x)在(0，x1)，(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，所以f(x)的极小值点为x1，极大值点为x2.(7分)当0x1时，因为ln x0，0a1，x21，则g(x)xln xa2x2x221，所以g(ea2)ea2ln ea2a2ea2x22a2ea2(1ea2)x220.此时g(x)在(1，x2)和(x2，)内各有1个零点，且ah(e2)3e2.(11分)综上分析，当0a3e2时，g(x)有2个零点；当a3e2时，g(x)有1个零点；当3e2a0，故tan 54.所以直线l的斜率为54.(10分)23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知函数f(x)|x1|x2|，g(x)|x1|xa|a.()当a1时，求不等式f(x)g(x)6的解集；()若对任意实数x1，x2，不等式f(x1)g(x2)恒成立，求实数a的取值范围【解析】()当a1时，不等式化为|