云南名校月考原创卷三理数试题分析与评价.pdfVIP

理科数学评价第 1 页（共 12 页） 2019届云南名校月考原创卷（三） 理科数学试题考点透析与讲评建议 张静元 1.【透析】解法一：因为1,2,3,4,5,7AB ，所以()6,8 U AB . 解法二：因为 ()()()5,6,7,81,4,6,86,8 UUU ABAB. 【答案】A 【评价】本题主要考查集合的交集、并集、补集的运算，同时也考查集合运算的摩根律， 即()()() UUU ABAB. 2.【透析】因为 5 2i 2i ，所以共轭复数为2i. 【答案】C 【评价】考查复数除法（分母实数化） ，共轭复数的概念等. 3.【透析】解法一：由题意知：4ab，1ab ，所以 222 ()214ababab. 解法二：解方程组得 23, 23, a b 或 23, 23, a b 所以 22 14ab. 【答案】B 【评价】考查等差、等比中项的概念，解方程组等 4.【透析】正切函数的图象是三角函数主要考查的知识，本题着重考查了解正切函数图象， 从图象回答问题，其中值域为R，定义域为 |, 2 xxkkZ；单调递增区间为： ( , ) 22 kkkZ，最小正周期是；又tan()tanxx ，所以( )f x是奇函数. 【答案】D 【评价】 正切函数的图象及性质也是必考点， 从图像理解性质是一种重要的研究性质的方法. 5.【透析】 若输入1N ：1k ，1S ，kN否，输出12S 不满足条件； 若输入2N ：2k ，1.5S ，kN否，输出1.52S 不满足条件； 若输入3N ：3k ，1.83S ，kN否，输出1.832S 不满足条件； 若输入4N ：4k ，2.08S ，kN否，输出2.082S 满足条件； 若输入5N ：5k ，2.28S ，kN否，输出2.282S 满足条件； 所以，输入的正整数N的最小值为 4. 【答案】C 【评价】本题主要考查程序框图的运算循环结构，此题设问新颖，有一定的计算. 6.【透析】解法一：圆 22 (2)3xy的圆心为(2,0)，半径为3， 双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的一条渐近线方程为 b yx a ，即0bxay. 理科数学评价第 2 页（共 12 页） 故 22 2 3 b ab ， 222 abc，所以 222 4()3cac，即2 c a . 解法二：令1a ，则C的一条渐近线方程为0bxy，故 2 2 3 1 b b ， 解得3b ，所以2c ，即2 c a . 解法三：如图，圆 22 (2)3xy与双曲线渐近线 相切，垂足为A，则2OC ，3CA ， 所以一条渐近线的倾斜角为60，所以3 b a ， 从而2 c a . 【答案】D 【评价】本题突出考查双曲线的渐近线方程，圆的标准方程，圆心、半径，直线与圆的位置 关系（相切） ，点到直线的距离公式，双曲线的几何性质， 222 abc的关系，离心率的定 义及求法 7.【透析】旋转体是一个底面半径为 1，高为3的圆锥，其母线等于 2，侧面展开图是一个 半径为 2，弧长为圆锥底面周长的扇形，所以 1 222 2 S 侧 ，S 底 ， 所以3S 表 . 【答案】B 【评价】本题主要考查圆锥侧面积计算，兼顾考查识别三视图. 8.【透析】因为( , )B n p，所以( )2Enp，( )(1)1Dnpp，解得4n ， 1 2 p ， 所以 1 (4, ) 2 B，又因为( )(1) kkn k n P kC pp ，所以 224 2 4 113 (2)( ) (1) 228 PC . 【答案】D 【评价】本题重点考查二项分布期望、方差公式，二项分布的概率计算等. 9.【透析】因为 0.3 logyx为减函数，所以 0.30.3 log0.2log0.31c ， 又因为(01) x ymm为减函数，所以 0.20 0.20.21a ， 0.30 0.30.31b . 又 0.220.10.1 0.2(0.2 )0.04a ， 0.33 0.10.1 0.3(0.3 )0.027b ， 而函数 0.1 yx在(0,)为增函数，所以ba. 【答案】B 【评价】本题综合考查对数函数、指数函数、幂函数的单调性，等价转化比较大小，找中间 值 1 比较大小等，也可以 102 0.2 =0.04a， 103 0.3 =0.027b来比较. 还可以构造函数( ) x f xx，研究单调性： lnln ( )ee x xxxx f xx，所以 ln ( )e(1ln ) xx fxx， 所以( )f x在 1 (0, ) e 单调递减，而 1 0.37 e ， 而 1 00.20.3 e ，所以 0.30.2 0.30.2. C(2, 0) 3 A Ox y 理科数学评价第 3 页（共 12 页） 一般情况下当01ba时，如图： 研究函数 x ya与 x yb，观察图象， b a最大， a b最小，而 a a和 b b都是中间值， 如果比较 b a， a b就可以找中间值 a a或 b b； 但比较 a a和 b b，画图无法比较，只能化指数 相同，两边n次幂，取对数等方法进行比较， 难度也更大，要有转化思想. 10.【透析】解法一：当1时，( )e (1)ee xx fxx，(1)0 f ， 当1x 时，( )0fx，当1x 时，( )0fx，所以( )f x在1x 处取得极小值； 当2时， 2 ( )e (1)2(ee)(1) xx fxxx，(1)0 f ， 当1x 时，( )0fx，当1x 时，( )0fx，所以1x 不是函数( )f x的极值点，故选 A. 解法二：当1时，( )0f x 有两个相等的根 12 1xx，1x 时，ee x 与1x 同号，所 以( )0f x ，可得( )f x的大致图象 所以( )f x在1x 处取得极小值 ； 当2时，( )0f x 有三重根 123 1xxx， 1x 时，( )0f x ，1x 时，( )0f x ， 可得( )f x的大致图象，所以( )f x在1x 处无极值. 【答案】A 【评价】利用导数主要考查函数的单、切、极、最、零的应 用问题. 11.【透析】总成本费用 1200012000 ( )24902 12907200 2 a T aa aa ， 当且仅当 12000 1290a a ，得300a 时，( )T a有最小值，即该贸易公司每次订购 300 套设 备，一年分 40 次订货（即约 9 天订货一次）可使总成本及订货成本费用最少. 【答案】B 【评价】考查数学建模，实际问题中理想库存模型问题，应用基本不等式知识解决问题. 模型背景：锯齿波函数与理想库存问题. 定义在(0, ) l上的函数 1 ( ) 2 f xx，周期为l， 其图象像锯齿，故将这一类函数称为锯齿波函数。 在工农业生产和商业经营中， 都需要将部分物资贮存在仓库中， 研究如何使贮存物资的 总成本费用减至最少的问题叫库存问题。 O y x 1 ba ab bb aa b a y=bx y=ax 1 理科数学评价第 4 页（共 12 页） 一个最理想的贮存办法，是分批贮存适量的物资x（暂视为固定量） ，随着时间的推移， 当每次物资x将近用完时，另一批新的物资x又及时存入仓库中，重复上述贮存方法，所得 到的库存函数( , )(1) x Q x tkxt l ，(1) (0,1,2, )kltkl kn ， 这也是一个锯齿波函数. 在这一贮存中，总成本费用包括两个部分： （1）贮存费。包括使用仓库、保管货物、冷冻（需要的话） 、物资损坏变质以及流动资 金积压的利息等项支出费用。 （2）订货费。包括订货手续费、电信往来费、派人外出采购等项费用。 由于是分批而不是一次贮存，订购次数相对增加会增加订货费。因此，若每次贮存量放 大些，订货次数虽少，但贮存费增大。反之，若每次少贮存一些，贮存费虽小，但订货次数 多，订货费用增大。这是一个矛盾，如何解决呢？自然想到要求函数的极值了。为此，需要 建立贮存和订货总成本费用函数( )T x。 设某仓库一年需贮存D单位物资， 贮存费每单位物资一年需C元， 假定每次订货x单位， 由锯齿波函数图象显见，一年中平均库存量正好是每次贮存量的一半，即 1 2 x，共需贮存费 是 1 2 xC元。另一方面，每次订货x单位，故要订货 D x 次。若每次订货费为B元，则共需订 货费 D B x 元。因此贮存和订货总成本费用函数( )T x为 ( ) 2 xD T xCB x （单位：元） （0xQ） 下面的问题是要找到( )T x的最小值。可运用判别式法或平均值不等式法求得当 0 2DB x C 时，( )T x有最小值2BCD。 此时称 0 2DB x C 为每次订货物的批量公式， 而 0 D x 位一年中的订货次数公式。 锯齿波函数（还有矩形波函数、三角形波函数等）广泛应用于研究电路系统。它是由电 振荡器发出的信号输入示波器从示波器的荧光屏上就直接显示出这类波函数的图象来。然 后，将波函数( )f x向整个实数轴延拓成( ) 22 xkl F x ，(1),0, 1, 2,klxkk ，此时 ( )F x与定义在(0, ) l上的( ) 2 x f x 为同周期函数，再（用傅里叶级数）来逼近波函数( )F x， 从而把波函数( )f x分解为基波，一次谐波，二次谐波，经这样复杂处理后，就可为 系统的设计提供理论上的依据。 12.【透析】解法一：过P作平面ABC的垂线，垂足为O， 连结OA，OB，则直线PA与平面ABC所成的角为PAO， 所以tan PO OA . 设OBx，因为1PB ，所以01x. 理科数学评价第 5 页（共 12 页） 在RtPOB中， 2 1POx， 而2AB ，OAOBAB，所以2OAx. 则 2 1 tan 2 x x ，设 2 1 ( ) 2 x f x x （01x） ， 则 2 2 2 22 (2)1 21 1 ( ) (2) (2)1 x xx x x fx x xx ，当 1 2 x 时， max 13 ( )( ) 23 fxf. 当且仅当O在AB上， 1 2 OB ， 3 2 OA时取等号，所以tan的最大值是 3 3 . 解法二：过P作平面ABC的垂线，垂足为O，连结OA，OB， 则直线PA与平面ABC所成的角为PAO，则sin PO PA . 设APB，PBA，PBO，由于1PB ，2AB ， 在PAB中，由正弦定理得 sinsin PAAB ，所以 2sin sin PA ， 而sin PO PB ，所以sinPO. 所以 sin sin sin 2sin PO PA ，因为sinsin（PB与平面ABC内任意直线所成的最小角， 就是与其射影所成的角） ，又因为sin1， 当且仅当sinsin，sin1时，sin取得最大值为 1 2 ，所以tan的最大值是 3 3 . 解法三：以B为球心，PB为半径作球B， 则平面ABC截球所在的平面是球B的大圆面. 要PA与大圆面所成的角最大，PA必须是球B 的切线，此时90APB，30PAB， 由三余弦定理得coscoscosPABPAOOAB， 所以 cos30 cos cosOAB ，当cos1OAB， cos取得最小值为 3 2 ，此时tan取得最大，最大值是 3 3 . 【答案】C 【评价】本题以三棱锥为载体，对数学抽象素养要求很高，可以建立以某条边为变量的函数 模型，用函数方程解决问题；也可以用角为变量，充分考查三角函数恒等变形，解三角形的 能力；同样，以球为辅助体，利用空间角之间的关系解决问题，但对空间想象能力素养要求 很高.如果以球直观想象，要PA与平面ABC所成的角最大，即要平面PAB与平面ABC垂 直，且90APB即可. A B C P O O P C B A 理科数学评价第 6 页（共 12 页） 13.【透析】满足约束条件的平面区域如图阴影部分， 令0z ，画出直线 1 2 yx ，平移直线交可行域(0,2)B， 此时直线的截距达到最大，即 max 0224z. 【答案】4 【评价】是一道比较常规的容易题，约束条件是线性封闭的，目标函数也是线性的. 14.【透析】解法一：设 0 (3,)My，代入抛物线方程得 0 6yp，又焦点(,0) 2 p F， 所以 2 (3)64 2 p MFp，化简得 2 12280pp，解得2p 或14p （舍去）. 解法二：过M作准线的垂线，垂足设为 M ，由抛物线定义知： 34 2 p MFMM，解得2p . 【答案】2 【评价】考查焦半径，抛物线焦点、定义等. 15.【透析】解法一：过D作DEBC交CA于E， 则CDCEED，因为3ADDB，DEBC， 所以 3 4 EDCB， 1 4 CECA，所以 13 44 CDCACB. 故 1 2 . 解法二：因为与C的位置无关，如图建立坐标系， 设( 3,0)A ，(1,0)B ，(0,1)C. 所以( 3, 1)CA ，(1, 1)CB ，(0, 1)CD . 因为( 3,)CACB ，而CDCACB， 所以 30, 1, 解得 1 4 ， 3 4 .所以 1 2 . 【答案】 1 2 【评价】考查平面向量基本定理，向量的加法运算，也可以用坐标法解向量问题. 16.【透析】解法一：因为 11 2(1)10(1) nn Snan ，又210 nn Snan， 两式相减得 11 22(1)10(1)10 nnnn SSnannan ， 即 1 (1)10 nn nana .将n换为1n得 21 (1)10 nn nana ， 两式相减得 12 2 nnn nanana ，所以 12 2 nnn aaa ， 则 n a是等差数列，由210 nn Snan得 1 10a ，设公差为d， 则 41 34( 10)6aad ，所以2d . 所以212 n an. 解法二：令1n ，则 1 10a ； B A CO y x E C B D A y x C B D A 理科数学评价第 7 页（共 12 页） 令3n ，则 33 2330Sa，所以 32 210aa； 令4n ，则 44 2440Sa，所以 43 2310aa； 因为 4 4a ，所以 3 6a ，则 2 8a ， 观察前几项可知数列 n a是首项为10，公差为2的等差数列，故212 n an. 解法三：由210 nn Snan得 (10) 2 n n n a S ，对于等差数列有 1 () 2 n n n aa S ， 对比可知 n a是首项为10的等差数列，又 4 4a ，所以公差为2.同上. 【答案】212n 【评价】等差、等比数列是考查的重点，特别是两个数列的定义及推论是判断一个数列是等 差数列和等比数列的重要依据，如等差数列其定义为 1nn aad （常数） ，其定义推广如： n aanb； 2 n Sanbn， 12 2 nnn aaa ，本题给出 1 () 2 n n n aa S ，如何推导出 数列是等差数列？有一定的难度. 17 【透析】 （1）解法一：因为5BD ，所以2 5AD ， 3 5AB ，又因为90ACB，则 35 cos 53 5 B ， 3BC ，在BCD中，由余弦定理得： 222 5 2cos5923 58 5 CDBDBCBD BCB， 所以2 2CD . 解法二：因为5BD ，所以2 5AD ，3 5AB ， 又因为90ACB，3BC ，由勾股定理得6AC ， 设CDm，因为180CDACDB，所以coscos0CDACDB， 即 2222 (2 5)36( 5)9 0 2 322 5 mm mm ，解得2 2m . 解法三：设CDm，由已知可得6AC ，3BC ，而2ADDB，所以 CAAD CBBD ， 由角平分线定理知CD平分ACB，所以45ACDBCD ， 又 ACDBCDACB SSS ，所以 12121 633 6 22222 mm ， 解得2 2m . （2）解法一：因为90ACB，所以 2 7 cossin 7 BCDACD， 又因为2ADDB，所以 2 3 ACDACB SS ，即 12 721 3 2732 CA CDCA ， 解得7CD . 因为 2 7 cos 7 BCD，所以 3 sin 7 BCD， 所以 133 3 73 227 BCD S . A D B C 理科数学评价第 8 页（共 12 页） 解法二：由同角关系得 3 sin 7 BCD，由角互余可得 2 sin 7 ACD， 因为2ADDB，所以2 ACDBCD SS ，即 12 713 23 2727 CA CDCD ， 解得3 3CA，所以 1113 3 3 33 3322 BCDACB SS . 【评价】本题给出了一个直角三角形，考查两个角互余，边的倍数关系，灵活应用正、余弦 定理，面积公式等，同时兼顾考查在几个三角形中如何利用边、角关系列出等式，从而到达 解出三角形的边和角以及面积. 18.【透析】 （1）证明：因为ABC为等腰直角三角形，ABAC，D为BC的中点， 所以ADBC，所以ADDP，ADBD. 又DPDBP，所以AD面BPD. BP面BPD，所以ADBP. （2）解：过点P作PQBC于Q，则PQ 面ABC. 如图，建立空间直角坐标系Dxyz， 因为2ABAC，所以1ADCDDBPD， 所以(1,0,0)A，(0,1,0)B，(0, 1,0)C， 设(0, ,0)Qa，则 2 (0, , 1)Paa， 故(1,1,0)CA，(1, 1,0)BA ， 2 ( 1, , 1)APaa ， 设( , , )nx y z是平面PAB的法向量， 由 0, 0, n AP n BA 2 10, 0, xayza xy 取 1 (1,1,) 1 a n a ， 设AC与平面PAB所成角为，则 6 sin 3 n CA nCA ， 即 26 31 22 1 a a ，解得0a ，即Q与D点重合， 所以平面PAD 平面CAD，故二面角PADC的余弦值为0. 【评价】第一问主要考查线面垂直转化得线线垂直，考查线面垂直的判定定理和性质定理. 第二问考查利用空间向量解答几何问题，考查线面角、二面角的计算. 19 【透析】 （1）利用模型，该公司2018年 10 月份环比增长率的预测值为 0.0014 100.0423p 0.0283； 利用模型，该公司2018年 10 月份同比增长率的预测值为 Q z P y xA DB C 理科数学评价第 9 页（共 12 页） 0.063 101.155p 0.5250； （2） 利用模型， 该公司2018年 10 月份销售收入的预测值为300(10.0283)308（万元） ； 利用模型，该公司2018年 10 月份销售收入的预测值为200(10.5250)305（万元） ； （3）答案一：模型更可靠，因为样本数据的时间离预测目标的时间较近，各种影响因素 的相关性更高，预测的结果更能反映该公司近期销售的情况 答案二：模型更可靠，因为不同年份的相同月份比较，可消除季节变化带来的影响，预测 的结果更能反映该公司销售情况变化的周期性 【评价】本题通过“环比”与“同比”两种增长率模型，建立线性回归方程，学会利用回归 模型估计预测未来，把计算和复杂的统计给出，重点是考查学生对两种模型的使用与判断， 评判两种模型各有的特征，考查学生多角度的对统计结果进行分析评价. 20.【透析】 （1）由已知可得 1( 1,0) F ， 2(1,0) F， 设( , )P x y，则 1 (1, )FPxy， 2 (1, )F Pxy， 所以 222 12 (1)(1)1FP F Pxxyxy， 因为P点在C上，所以 2 2 1 2 x y ，则 2 12 2 x FP F P， 又因为2x ，所以 12 1FP F P， 当2x 时， 12max ()1FP F P. 一般情况：设( cos , sin )P ab， 1( ,0)Fc， 2( ,0) F c， 1 ( cos, sin )FPac b， 2 ( cos, sin )F Pac b， 则 22222 12 cossinFP F Pacb，因为 222 abc， 所以 222 12 sinFP F Pbc，所以 222 12 ,FP F Pbc b. （2）设 11 ( ,)A x y， 22 (,)B xy，直线OA、OB的斜率分别为 OA k、 OB k， 所以 1 1 OA y k x ， 2 2 OB y k x ，由已知可得 2112 y yx x. 由 2 2 , 1, 2 ykxm x y 得 222 (21)4220kxkmxm， 所以 12 2 4 21 km xx k ， 2 12 2 22 21 m x x k ， 又 22 21121212 ()()()y ykxm kxmk x xkm xxm， 所以 22 1212 (1)()0kx xkm xxm， 则 2 22 22 224 (1)0 2121 mkm kkmm kk ，化简得 22 22mk， 即 2 2 1 2 m k，所以点( , )M m k在椭圆C上. 【评价】第一问考查点在椭圆上，椭圆的范围，兼顾考查平面向量的数量积，其中点在椭圆 理科数学评价第 10 页（共 12 页） 上可以代入椭圆方程，也可以设椭圆的参数方程解答.第二问主要考查坐标法解答解析几何 问题，充分考查直线与椭圆的位置，带字母的运算能力. 21.【透析】 （1）( )f x的定义域为(0,)， 当 1 2 a 时， 22 11 ( )ln 22 f xxxx， 2 1 ( )2 ln2 lnfxxxxxxx x ， 当01x时，( )0fx，当1x 时，( )0fx； 所以( )f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增， min ( )(1)0f xf， 所以( )0f x . （2） 2 1 ( )2 ln22ln(21)fxxxxaxxxa x ， 当 1 2 a 时，由( )0fx，得 1 ln 2 xa， 1 2 e1 a x ， 当 1 2 e a x 时，( )0fx；当 1 2 0e a x 时，( )0fx， 所以( )f x在 1 2 (0,e) a 递减，在 1 2 (e,) a 上递增，所以在(0,)上， 1 2221 2 min 11 ( )(e)()(1)e 22 a a f xfxaa xa ， 可证明：e1 x x对任意实数x成立.证明如下： 令( )e(1) x g xx，则( )e1 x g x， 当0x 时，( )0g x；当0x 时，( )0g x， 所以 min ( )(0)0g xg，所以对一切实数x，e1 x x，当且仅当0x 时，等号成立. 于是，有 21 e(21)12 a aa ，所以 21 1 e0 2 a a ，即 1 2 (e)0 a f ， 又 22 1 (e )lne(1)0 2 aa fxa xa，所以在 1 2 (e,e ) a a 内存在唯一的 0 x使 0 ()0f x， 由(1)0f， 1 2 1(0,e) a ，知1是 1 2 (0,e) a 内的唯一零点， 综上，( )f x有且仅有两个零点. （3）据（2）当 1 2 a 时，在 1 2 (1,e) a 上，( )0f x ，不满足当1x 时，( )0f x 恒成立； 当 1 2 a 时，1x ，( )0fx，所以( )f x在1,)上单调递增，所以( )(1)0f xf恒成立； 综上，所求a的取值范围为 1 (, 2 . 【评价】 第一问考查利用导数判断函数的单调性， 从而发现最小值， 可以证明大于零恒成立； 第二问考查分类讨论，考查函