2019届高三数学上学期月考试题(四) 理(含解析).doc

2019届高三数学上学期月考试题(四) 理(含解析)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已知集合AxR|x2x20，BxZ|x2t1，tA，则AB(C)A1，0，1 B1，0 C0，1 D0【解析】AxR|x2x20x|1x2，则x2t1(1，5)，所以B0，1，2，3，4，所以AB0，1，故选C.2已知复数z，给出下列四个结论：|z|2； z22i；z的共轭复数z1i；z的虚部为i.其中正确结论的个数是(B)A0 B. 1 C2 D3【解析】由已知z1i，则|z|，z22i，z1i，z的虚部为1.所以仅结论正确，故选B.3若向量a与b满足a，且1，2，则向量a在b方向上的投影为(B)A. B C1 D. 【解析】利用向量垂直的充要条件有：aa2ab0，ab1，向量a在b方向上的投影为.4五进制是以5为底的进位制，主因乃人类的一只手有五只手指. 中国古代的五行学说也是采用的五进制，0代表土，1代表水，2代表火，3代表木，4代表金，依此类推，5又属土，6属水，减去5即得. 如图，这是一个把k进制数a(共有N位)化为十进制数b的程序框图，执行该程序框图，若输入的k，a，n分别为5，1 203，4，则输出的b(A)A178 B386 C890 D14 303【解析】模拟执行程序框图，可得程序框图的功能是计算并输出b350051252153178.故选A.5若(1x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则|a0|a1|a2|a3|a4|a5|(A)A0 B1 C32 D1【解析】由二项展开式的通项公式Tr1C(x)rC(1)rxr，可知a1，a3，a5都小于0，则|a0|a1|a2|a3|a4|a5|a0a1a2a3a4a5，在原二项展开式中令x1，可得a0a1a2a3a4a50.故选A.6若实数x，y满足且z2xy的最小值为3，则实数b的值为(C)A1 B. C. D.【解析】画出可行域如图阴影部分所示，当目标函数z2xy过点B时取得最小值，由得B，则23，解得b.故选C.7气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天的日平均温度均不低于22 ”现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据(记录数据都是正整数)：甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8.则肯定进入夏季的地区有(B)A B C D【解析】 由统计知识，甲地：5个数据的中位数为24，众数为22，可知符合题意；乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24，有可能某一天的气温低于22 ，所以不符合题意；丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8.若某一天的气温低于22 ，则总体方差就大于10.8，所以满足题意，故选B.8平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面平面A1BD，平面平面ABCDl，则直线l与直线A1C1所成的角为(D)A30 B45 C60 D90【解析】如图所示，平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面平面A1BD，平面平面ABCDlAF，平面A1BD平面ABCDBD，BDAF，又A1C1AC，则直线l与直线A1C1所成的角即为直线BD与直线AC所成的角，为90.故选D.9对于数列，定义Hn为的“优值”，现已知某数列的“优值”Hn2n，记数列的前n项和为Sn，则(B)A2 022 B1 011 C2 020 D1 010【解析】由Hn2n，得a12a22n1ann2n，a12a22n2an1(n1)2n1，得2n1ann2n(n1)2n1(n1)2n1，即ann1，Sn，所以1 011.故选B.10在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，cos Bsin B2，则ac的取值范围是(B)A. B. C. D. 【解析】由题意可得：，b.cos Bsin B22sin2，B，B，1，AC，0CA，0A，A，acsin Asin Csin Asinsin Acos Asin，A，A，0)图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则_1_【解析】由，T得1.14已知函数f(x)则f(x)dx的值为_【解析】f(x)dx(x1)dxdx|.15已知双曲线1(a0，b0)，过x轴上点P的直线与双曲线的右支交于M，N两点(M在第一象限)，直线MO交双曲线左支于点Q(O为坐标原点)，连接QN.若MPO120，MNQ150，则该双曲线的渐近线方程为_yx_ .【解析】由题意可知：M，Q关于原点对称，kMN kQN，kMN，kQN，1，渐近线方程为yx.16某几何体的三视图如图所示，正视图是直角三角形，侧视图是等腰三角形，俯视图是边长为3的等边三角形，若该几何体的外接球的体积为36，则该几何体的体积为_9_【解析】根据几何体的三视图，得出该几何体如图所示，由该几何体的外接球的体积为36，即R336，R3，则球心O到底面等边ABC的中心O的距离，可得三棱锥的高h22，故三棱锥的体积V(3)229.三、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)已知等比数列an的前n项和为Sn，满足S42a42，S32a32.()求an的通项公式；()记bnlog2，数列的前n项和为Tn，求使Tn成立的正整数n的最小值【解析】()设an的公比为q，由S4S3a4得，2a42a3a4，所以2，所以q2.2分又因为S32a32，所以a12a14a18a12，所以a12.所以an2n.5分 ()由()知bnlog2(an1an)log2(2n12n)2n1，所以，6分Tn ，则Tn，TnTnTn，所以Tn3，10分由Tn3，得60，则n6，所以n的最小值是6.12分18(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，DAB60，ADP90，平面ADP平面ABCD，点F为棱PD的中点()在棱AB上是否存在一点E，使得AF平面PCE，并说明理由；()当二面角DFCB的余弦值为时，求直线PB与平面ABCD所成的角【解析】()在棱AB上存在点E，使得AF平面PCE，点E为棱AB的中点理由如下：取PC的中点Q，连结EQ、FQ，由题意，FQDC且FQCD，AECD且AECD，故AEFQ且AEFQ.所以，四边形AEQF为平行四边形.3分所以，AFEQ，又EQ平面PEC，AF平面PEC，所以，AF平面PEC.5分()由题意知ABD为正三角形，所以EDAB，亦即EDCD，又ADP90，所以PDAD，且平面ADP平面ABCD，平面ADP平面ABCDAD，所以PD平面ABCD，故以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，7分设FDa，则由题意知D，F，C，B，设平面FBC的法向量为m，则由得令x1，则y，z，所以取m，显然可取平面DFC的法向量n，由题意：，所以a.10分由于PD平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以PBD为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在RtPBD中，tanPBDa，从而PBD60，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60.12分19(本小题满分12分)为了引导居民合理用水，某市决定全面实施阶梯水价阶梯水价原则上以住宅(一套住宅为一户)的月用水量为基准定价，具体划分标准如表：阶梯级别第一阶梯水量第二阶梯水量第三阶梯水量月用水量范围(单位：立方米)0，10)10，15)15，)从本市随机抽取了10户家庭，统计了同一月份的月用水量，得到如图茎叶图：()现要在这10户家庭中任意选取3户，求取到第二阶梯水量的户数X的分布列与数学期望；()用抽到的10户家庭作为样本估计全市的居民用水情况，从全市依次随机抽取10户，若抽到k户月用水量为一阶的可能性最大，求k的值【解析】(1)由茎叶图可知抽取的10户中用水量为一阶的有3户，二阶的有5户，三阶的有2户第二阶段水量的户数X的可能取值为0，1，2，3，P(X0)，P(X1)，P(X2)，P(X3)，4分所以X的分布列为X0123PX的数学期望E(X)0123.6分(2)设Y为从全市抽取的10户中用水量为一阶的家庭户数，依题意得YB，P(Xk)C(k0，1，2，3，10)，9分由解得k，又kN*，所以当k3时概率最大即从全市依次随机抽取10户，抽到3户月用水量为一阶的可能性最大.12分20(本小题满分12分)已知点F是椭圆y21(a0)的右焦点，点M(m，0)，N(0，n)分别是x轴，y轴上的动点，且满足0.若点P满足2(O为坐标原点)()求点P的轨迹C的方程；()设过点F任作一直线与点P的轨迹交于A，B两点，直线OA，OB与直线xa分别交于点S，T，试判断以线段ST为直径的圆是否经过点F？请说明理由【解析】() 椭圆y21(a0)右焦点F的坐标为(a，0)，1分(a，n)(m，n)，由0，得n2am0. 3分设点P的坐标为(x，y)，由2，有(m，0)2(0，n)(x，y)，代入n2am0，得y24ax.即点P的轨迹C的方程为y24ax.5分()解法一：设直线AB的方程为xtya，A，B，则lOA：yx，lOB：yx. 6分由得S，同理得T. 8分，则4a2.9分由得y24aty4a20，y1y24a2.10分则4a24a24a20.因此，以线段ST为直径的圆经过点F.12分解法二：当ABx时，A(a，2a)，B(a，2a)，则lOA：y2x，lOB：y2x.由得点S的坐标为S(a，2a)，则(2a，2a)由得点T的坐标为T(a，2a)，则(2a，2a)(2a)(2a)(2a)2a0. 7分当AB不垂直x轴时，设直线AB的方程为yk(xa)(k0)，A，B，同解法一，得4a2.8分由得ky24ay4ka20，y1y24a2.9分则4a24a24a20. 11分因此，以线段ST为直径的圆经过点F. 12分21(本小题满分12分)已知函数f(x)a(x1)，g(x)(ax1)ex，aR.()若直线yf(x)与曲线yg(x)相切于点P(x0，y0)，证明：0x0g(x)有且仅有两个整数解，求a的取值范围【解析】()g(x)(axa1)ex，由导数的几何意义可知，(ax0a1)ex0a，1分又直线yf(x)的图象过定点(1，0)，因此a，即(ax01)ex0a(x01)，2分联立消去a有ex0x020.3分设(x)exx2，则(x)ex10，所以(x)在R上单调递增而(0)10，(0)(1)0，由函数零点存在性定理知 0x0g(x)得a1，令h(x)x，则h(x)1，6分由()知(x)exx2在R上单调递增，且x(，x0)时，(x0)0，故h(x)在(，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增h(x)minh(x0)x0.易证exx1，h(x0)0，8分当x0时，h(x)h(0)10；当x1时，h(x)h(1)1.(1)若a0，则ah(x)01，此时ah(x)1有无穷多个整数解，不合题意；9分(2)若a1，即1，因为h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以xZ，h(x)min1，所以h(x)无整数解，不合题意；10分(3)若0a1，此时h(0)h(1)1，故0，1是h(x)的两个整数解，又h(x)只有两个整数解，因此解得a，所以a.12分(二)选考题：共10分请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线C1：(为参数，实数a0)，曲线C2：(为参数，实数b0)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l：与C1交于O，A两点，与C2交于O，B两点当0时，|OA|2；当时，|OB|4.()求a，b的值；()求2|OA|2|OA|OB|的最大值【解析】()由曲线C1：(为参数，实数a0)，化为普通方程为(xa)2y2a2，展开为：x2y22ax0，其极坐标方程为22acos ，即2acos ，由题意可得当0时，|OA|2，a1.2分曲线C2：(为参数，实数b0)，化为普通方程为x2(yb)2b2，展开可得极坐标方程为2bsin ，由题意可得当时，|OB|4，b2.5分()由()可得C1，C2