云南省玉溪市第一中学2019届高三数学下学期第五次调研考试试题理（含解析）.docx

云南省玉溪市第一中学2019届高三数学下学期第五次调研考试试题 理（含解析）第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为集合，所以，故选A.2.已知是虚数单位，复数满足，则的虚部是（ ）A. 1B.C. D. 【答案】A【解析】 ，所以的虚部是1，选A.3.函数的大致图象如图,则函数=的图象可能是A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题可得，所以结合图象可知,选D.4.若向量的夹角为，且，则向量与向量的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合数量积公式可求得、的值，代入向量夹角公式即可求解。【详解】设向量与的夹角为，因为的夹角为，且，所以， ，所以，又因为所以，故选B【点睛】本题考查向量的数量积公式，向量模、夹角的求法，考查化简计算的能力，属基础题。5.已知，若不等式恒成立，则的最大值为（ ）A. 9B. 12C. 16D. 10【答案】C【解析】【分析】将不等式变形为，结合均值不等式即可求解。【详解】因为，所以，所以不等式恒成立，即可转化为恒成立，即，因为，当且仅当时取等号，所以，即m的最大值为16，故选C。【点睛】本题考查均值不等式的活用、恒成立问题，解题关键在于将不等式变形为，即可求解，意在考查学生分析计算的能力，属基础题。6. 在一次对人体脂肪含量和年龄关系的研究中，研究人员获得了一组样本数据，并制作成如图所示的人体脂肪含量与年龄关系的散点图根据该图，下列结论中正确的是（ ）A. 人体脂肪含量与年龄正相关，且脂肪含量的中位数等于20%B. 人体脂肪含量与年龄正相关，且脂肪含量的中位数小于20%C. 人体脂肪含量与年龄负相关，且脂肪含量的中位数等于20%D. 人体脂肪含量与年龄负相关，且脂肪含量的中位数小于20%【答案】B【解析】试题分析：从散点图可以看出，年龄增大，脂肪含量也随之增加，故为正相关.中间的两个点即第5、6两个点脂肪含量均低于20%，故脂肪含量的中位数小于20%.选B.考点：相关关系.7.已知正项等比数列满足，与的等差中项为，则的值为（ ）A. 4B. 2C. D. 【答案】A【解析】设公比为， ，与的等差中项为，即的值为，故选A.8.已知，则 ( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，可得，平方可得，结合的范围即可求的值，代入即可求解。【详解】因为，所以，平方得，所以，所以为钝角。所以 所以，故选B。【点睛】本题考查两角和的正弦公式，同角三角函数的基本关系，意在考查学生化简计算，推理判断的能力，属基础题。9.三棱柱的侧棱垂直于底面，且，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设矩形的中心为O，根据题意得为等腰直角三角形，所以所在的圆的圆心为AC的中点，即可推出外接球的球心在AC的中垂线的中心，即点O，可求O到任意一个顶点的距离，即为半径R，代入公式即可求解。【详解】如图所示，设矩形的中心为O，由题意知，直三棱柱，则为等腰直角三角形，所以AC=。所以所在的圆的圆心为AC的中点，所以外接球的球心在AC的中垂线的中心，即点O为三棱柱的外心，所以外接球半径,所以外接球表面积，故选A。【点睛】本题考查直三棱柱的外接球问题，难点在于找到球心O，并求出半径R，考查空间想象能力，推理化简，计算求值的能力，属中档题。10.教育部选派3名中文教师到外国任教中文，有4个国家可供选择，每名教师随机选择一个国家，则恰有2名教师选择同一个国家的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出3名教师去4个国家的总的可能性，再求2名教师选择同一国家的可能性，代入公式，即可求解。【详解】3名教师每人有4种选择，共有种可能。恰有2人选择同一国家共有种可能，则所求概率，故选C【点睛】本题考查计数原理及组合问题，考查学生分析推理，计算化简的能力，属基础题。11.设点是椭圆上异于长轴端点上的任意一点，分别是其左右焦点，为中心，则此椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设 ，则 所以 因此，选C.12.设为函数的导函数，且满足 ，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求导，根据，可得，将不等式变形可得，即求的最大值，求导，结合的单调性，即可求解。【详解】，由，可得的对称轴为，所以，所以，所以，由可得，变形可得 ，即，设， ，易得函数在区间上单调递增， 在区间上单调递减，所以，故实数b的取值范围为，故选A【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值、恒成立问题，涉及到函数的对称性等知识，意在考查学生对这些知识的理解水平和分析计算能力，属中档题。第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.的展开式中的系数是_【答案】192【解析】【分析】写出二项式展开的通项公式，令，可解得，代入原式即可求解。【详解】由题意知，令，解得=1，所以含项的系数为，故答案为192.【点睛】本题考查二项式展开的通项公式，考试计算化简的能力，属基础题。14.在平面四边形中， ,则_【答案】【解析】【分析】根据题意可得，即，结合余弦定理即可求解。【详解】由已知作图如下因为在中，所以,所以,因为，所以，所以，在中， ，又所以，故答案为。【点睛】本题考查勾股定理，利用余弦定理解三角形，考查学生分析计算，化简求值的能力，属基础题。15.在平面直角坐标系中，为直线上在第一象限内的点，以为直径的圆与直线交于另一点若，则点的横坐标为_【答案】3【解析】分析：先根据条件确定圆方程，再利用方程组解出交点坐标，最后根据平面向量的数量积求结果.详解：设，则由圆心为中点得易得，与联立解得点的横坐标所以.所以，由得或，因为，所以点睛：以向量为载体求相关变量的取值或范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程或解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.16.已知函数，若的四个根为，且,则_【答案】2【解析】【分析】由，根据指对互换原则，可解得的值，代入即可求解。【详解】因为，所以，所以或，所以或。解得，所以 ，所以，故答案为2.【点睛】本题考查指对数的互换，含绝对值方程的解法，考查计算化简的能力，属基础题三、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）.17.若数列的前项和为，首项且（1）求数列的通项公式；（2）若，令，数列的前项和为，若恒成立，,求的最小值【答案】（1）或（2）3.【解析】【分析】（1）当，可求得，当时，利用，即可求出。（2）由，代入，运用裂项相消求和法即可求出，即可求出m的最小值。【详解】（1）当时，则当时，即或，或 ，（）又 满足上式，所以或，（2）由，又【点睛】本题考查数列通项与前n项和的关系、裂项相消求和法及恒成立问题，考查学生计算化简，推理求值的能力，属基础题。18.某市在2018年2月份的高三期末考试中对数学成绩数据统计显示，全市10 000名学生的成绩服从正态分布现某校随机抽取了50名学生的数学成绩分析，结果这50名学生的成绩全部介于85分至145分之间，现将结果按如下方式分为6组，第一组，第二组，第六组，得到如图所示的频率分布直方图(1)试估计该校数学成绩的平均分数；(2)若从这50名学生中成绩在125分(含125分)以上的同学中任意抽取3人，该3人在全市前13名的人数记为，求的分布列和期望附：若，则，.【答案】（1）112；（2）.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的平均数公式直接计算即可。（2） 由原则可知，全市前13名的成绩全部在135分以上，结合频率分布直方图可得125，145的学生有10人，在135分以上(包括135分)的有4人，写出X可能取值，即可列出分布列，求出期望。【详解】(1)由频率分布直方图可知125，135)的频率为1(0.010100.024100.030100.016100.00810)0.12.所以估计该校全体学生的数学平均成绩约为900.11000.241100.31200.161300.121400.08112.(2)由于，根据正态分布得P(12035X0)，则E，(1,1,0)，(0,0，a)，.取m(1，1,0)，则mm0，m为面PAC的法向量设n(x，y，z)为面EAC的法向量，则nn0，即，取xa，ya，z2，则n(a，a，2)，依题意，|cosm，n|，则a2.于是n(2，2，2)，(1,1，2)设直线PA与平面EAC所成角为，则sin|cos，n|，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为20.已知抛物线，准线方程为，直线过定点，且与抛物线交于两点，为坐标原点(1)求抛物线方程；(2)是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；(3)当时，设，记，求的最小值及取最小值时对应的【答案】（1）；（2）；（3），1.【解析】【分析】（1）根据准线方程即可求出p的值，即可求抛物线的方程。（2）设，据题意知直线的斜率存在，设与抛物线联立，结合韦达定理可得，代入的坐标式，即可求解。（3）当时，因为，可得，所以可得，又根据，可得，联立可得，结合弦长公式及二次函数的性质即可求解。【详解】（1）（2）设，据题意知直线的斜率存在，设联立得，=.由于T（0，t）为定点，故t为定值，为定值.（3）, ,由（2）知，且，又，当时，；当时，符合上式. ，令，则，当即时，【点睛】本题考查抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系，弦长公式等，综合性较强，着重考查化简计算的能力，属中档题，21.已知函数.(1)判断函数在区间上的单调性；(2)若且，证明：.【答案】（1）在单调递增，在单调递减；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求导可得，当时，可得的单调性，又，即可求得的单调区间。（2）要证即证成立，当时，可得，可求的表达式，令，根据的正负，可得的单调性，进而可得，计算化简，即可得证。【详解】（1） ，当时， 在单调递减，又，令，得或.在单调递增，在单调递减.（2）要证即证成立当时，.令 ，当且仅当时取，在单调递增又当时，即，而由知，由（1）知在单调递减. 即.【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，涉及到用导数来研究函数的单调性及证明不等式问题，利用构造函数进行证明不等式是解题的关键，考查学生分析计算，化简证明，逻辑推理的能力，属难题选做题(请考生在第22、23题中任选一题作答，在答题卡选答区域指定位置答题)选修4-4：坐标系与参数方程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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，并使得它与直角坐标系有相同的长度单位，直线的直角坐标方程为（1）求曲线的极坐标方程；（2）若曲线的极坐标方程为，与直线在第三象限交于点，直线与在第一象限的交点为，求【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先将化为普通方程，再由，即可得到极坐标方程。（2）根据题意求得A、B两点的坐标，得到极径，再由可得结果。【详解】（1）由题意知的直角坐标方程为，由，可得的极坐标方程为，化简整理得。（2）由题意得直线的极坐标方程为，所以可得。同理可得