天津市第一中学2019届高三数学下学期第五次月考试题文（含解析）.docx

天津一中、益中学校 20182019 学年度高三年级五月考试卷数 学（文史类）本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试用时 120 分 钟第 I 卷（选择题 共 40 分）一选择题：共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题的 4 个选项中，只有一项是 符合题目要求的，将答案涂在答题卡上1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出集合的等价条件，根据交集定义求出结果.【详解】解：因为，解得，因为当时，恒成立，当时，恒成立，所以，故，故选A.【点睛】本题考查了集合的交集，解题的关键是要能求出集合的等价条件.2.已知变量，满足约束条件，则目标函数的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】作出可行域如图：根据图形，当目标函数过点 时，有最小值，故选B3.执行如图所示的程序框图输出的结果是（ ）A. 6B. 7C. 8D. 5【答案】C【解析】【分析】此程序框图是循环结构图，模拟程序逐层判断，得出结果.【详解】解： 模拟程序：的初始值分别为1,1， 第1次循环：，满足，故；第2次循环：，满足，故；第3次循环：，满足，故；第4次循环：，不满足，故输出；故输出，故选C.【点睛】本题考查了程序框图的循环结构，解题的关键是要读懂循环结构的流程图，根据判断框内的条件逐步解题.4.设，则“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】分别求解三次不等式和绝对值不等式确定x的取值范围，然后考查充分性和必要性是否成立即可.【详解】由可得，由可得，据此可知“”是“”的必要而不充分条件.故选：B.【点睛】本题主要考查不等式的解法，充分性与必要性的判定等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5.已知定义在 上的偶函数 满足：当时，若，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性将等价变形为，再根据函数在上单调性判断函数值的大小关系，从而得出正确选项.【详解】解因为函数为偶函数，故，因为，所以，因为函数在上单调增，故，故选C.【点睛】本题考查了函数单调性与奇偶性运用，解题的关键是要能根据奇偶性将函数值进行转化.6.若将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称，则的最小值是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】化简函数得 ，的图象向右平移个单位可得，所得函数的图象关于y轴对称，得，即，对赋值求解即可.【详解】 ，函数的图象向右平移个单位可得 ，所得图象关于y轴对称，根据三角函数的对称性，可得此函数在y轴处取得函数的最值，即，解得=，所以，且，令 时，的最小值为 .故选：D【点睛】本题主要考查了三角函数的辅助角公式的应用，函数的图象平移，三角函数的对称性的应用，属于中档题7.已知双曲线的左焦点为，第二象限的点 在双曲线的渐近线上，且，若直线 的斜率为，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意可知：是等腰三角形，则：，点P在圆上，则：，即：，结合整理可得：，据此可得：，双曲线的渐近线方程为 .本题选择A选项.8.如图，在中，为 上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为（ ）A. B. C. 3D. 【答案】B【解析】【分析】设，由三角形的面积为，可得，由，三点共线可知，以所在直线为轴，以点为坐标原点，过点作的垂线为轴，建立如图所示的坐标系，可以表示出的坐标，从而得到的表达式，进而求出最小值。【详解】设，则三角形的面积为，解得，由，且C，P，D三点共线，可知，即，故.以所在直线为轴，以点为坐标原点，过点作的垂线为轴，建立如图所示的坐标系，则，则，则（当且仅当即时取“=”）.故的最小值为.【点睛】三点共线的一个向量性质：已知O、A、B、C是平面内的四点，则A、B、C三点共线的充要条件是存在一对实数、，使，且.第II 卷（非选择题 共110 分）二、填空题：共 6个小题，每小题 5 分，共 30分，将答案填写在答题纸上9.已知复数 满足，则_.【答案】【解析】【分析】由题意利用复数的运算法则可得z的值.【详解】由题意可得：.故答案为：【点睛】本题主要考查复数的运算法则，属于基础题.10.已知（为常数）在处取极值，则的值为_.【答案】【解析】【分析】对函数求导得到函数的导函数，求出导函数的零点即可得到极值点.【详解】，因在处取得极值，所以，所以，当时，无极值，时满足题意，所以.故答案为：0.【点睛】这个题目考查了导数在研究函数的极值中的应用，极值点即导函数的零点，但是必须是变号零点，即在零点两侧正负相反；极值即将极值点代入原函数取得的函数值，注意分清楚这些概念。11.已知正四棱锥底面边长为，表面积为，则它的体积为_.【答案】【解析】分析】要求正四棱锥的体积，即求正四棱锥的底面积和高，如图所示，根据表面积可以得出的值，在中可求出正四棱锥的高，从而得出正四棱锥的体积.【详解】解：如图所示，为底面的中心，为边上的中点，正四棱锥的底面积为，侧面积为，因为正四棱锥的表面积为12，即，解得，在中，所以正四棱锥的体积为.【点睛】本题考查了锥体的体积问题，锥体体积问题的解题关键是要找准并正确求出底面积和高.12.圆心在直线上，且与直线相切于点的圆的标准方程为_.【答案】(x1)2(y2)22【解析】【分析】设圆标准方程形式，根据条件列方程组，解得结果.【详解】设,则，解得，所以圆的标准方程为.【点睛】本题考查圆得标准方程，考查基本分析求解能力，属基础题.13.椭圆的离心率是，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】椭圆的离心率是，从而得出的关系，通过减元对进行化简，利用基本不等式求解出最小值.【详解】解：因为椭圆的离心率是，所以，即，因为，所以，所以得到，故，当且仅当，即时，取得最小值，故本题答案是.【点睛】本题考查了椭圆方程中的关系、基本不等式等知识，解题的核心是减元思想.14.已知函数，若关于的方程有且只有 3个不同的实根，则的取值范围是_【答案】(2,4)【解析】作出函数 的图象，由图象可知， 的图象向左平移多于2个单位且少于 个单位时，于原图像由 个交点，即关于的方程有且只有3个不同的实根，的取值范围是(2,4)，故答案为(2,4).【方法点睛】已知函数零点(方程根)的个数求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，然后数形结合求解三解答题：共6 个小题，总计80 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤15.已知的内角的对边分别为，且，.（1）求的值；（2）求值.【答案】（）； （）.【解析】【分析】()由题意结合正弦定理可得，代入边长求解a的值即可；()由余弦定理可得：，则，利用二倍角公式和两角和差正余弦公式求解的值即可.【详解】()由可得，结合正弦定理可得：，即：，据此可得.()由余弦定理可得：，由同角三角函数基本关系可得，故，.【点睛】本题主要考查余弦定理应用，两角和差正余弦公式，二倍角公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16.某区的区人大代表有教师6 人，分别来自甲、乙、丙、丁四个学校，其中甲校教师记为，乙校教师记为，丙校教师记为，丁校教师记为.现从这6 名教师代表中选出 3 名教师组成十九大报告宣讲团，要求甲、乙、丙、丁四个学校中，每校至多选出1名.（1）请列出十九大报告宣讲团组成人员的全部可能结果；（2）求教师被选中的概率；（3）求宣讲团中没有乙校教师代表的概率.【答案】(1)见解析(2) (3) 【解析】分析：（1）某区的区大代表中有教师6人，分别来自甲、乙、丙、丁四个学校，其中甲校教师记为A1，A2，乙校教师记为B1，B2，丙校教师记为C，丁校教师记为D从这6名教师代表中选出3名教师组成十九大政策宣讲团，利用列举法能求出组成人员的全部可能结果（2）组成人员的全部可能结果中，利用列举法求出A1被选中的结果有5种，由此能求出教师A1被选中的概率（3）利用列举法求出宣讲团中没有乙校代表的结果有2种，由此能求出宣讲团中没有乙校教师代表的概率详解：（1）从6名教师代表中选出3名教师组成十九大政策宣讲团，组成人员的全部可能结果有：， ，共有12种不同可能结果.（2）组成人员的全部可能结果中，被选中的结果有， ，共有5种，所以所求概率.（3）宣讲团没有乙校代表的结果有：，共2种结果，所以所求概率为.点睛：古典概型中基本事件数的探求方法(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.17.如图，在四棱锥 中，底面为矩形，平面，二面角的平面角为，为中点，为中点.（1）证明：平面；（2）证明：平面平面；（3）若，求实数的值，使得直线与平面所成角为【答案】（1）详见证明；（2）详见证明；（3）.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系, 写出坐标，证明与平面的法向量垂直即可；（2）求出平面与平面的法向量，证明平面与平面的法向量垂直即可；（3）根据直线与平面所成角为建立出关于的方程，从而求出的值.【详解】解：（1）因为平面，所以，又因为底面为矩形，所以，因为，平面，所以平面，所以，因为，且二面角的平面角为，所以，故，设，因为底面为矩形，平面，故，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，显然平面的法向量为，因为，所以，因为平面，所以平面；（2）由（1）得，设平面的法向量为， 故有即令，则，同理，可得平面的法向量为，因为，所以，所以平面平面；（3）因为，所以，即，故，因为直线与平面所成角为，所以，即，化简，解得因为，所以.【点睛】本题考查了利用空间向量证明立体几何中线面的平行问题、面面垂直、线面角的问题，解题的前提是要能建立出空间坐标系，正确写出各个点的坐标，理清向量间的夹角与线面角的关系是解题的关键，还考查了学生的计算能力.18.已知首项都是的数列满足.（1）令，求数列的通项公式；（2）若数列为各项均为正数的等比数列，且，求数列的前项和.【答案】（）；（）【解析】试题分析：（）由题意得，进而可得，由此可推出数列是以首项为1，公差为3的等差数列，进而求出数列的通项公式；（）设出数列的公比为，由已知得，从而可得，由于该通项公式为一个等差数列与一个等比数列的乘积的形式，于是可利用错位相减法求出数列的前项和试题解析：（）由题意可得，两边同除以，得，又，又，数列是首项为，公差为的等差数列，（）设数列的公比为，整理得：，又，得：考点：1、数列递推式求通项公式；2、数列求和19.已知椭圆的左、右焦点为的坐标满足圆方程，且圆心满足.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于、两点，过与垂直的直线交圆于、两点，为线段中点，若的面积 ，求的值.【答案】（1），（2）.【解析】【分析】（1）根据的坐标满足圆方程可得到的值，圆心满足，故圆心在椭圆上，将其代入可得椭圆方程；（2）由题意可知，与直线平行，故点到直线的距离即为点到直线的距离，从而可以用表示出点到直线的距离，再用计算出弦长，从而得出关于的方程，进而得出结果.【详解】解：（1）因为的坐标满足圆方程，故当时，即，故，因为圆心满足，所以点在椭圆上，故有，联立方程组，解得，所以椭圆方程为；（2）因为直线交圆于、两点，为线段中点，所以与直线垂直，又因为直线与直线垂直，所以与直线平行，所以点到直线的距离即为点到直线的距离，即点到直线的距离为，设点联立方程组，解得，由韦达定理可得，所以，所以的面积为，所以，即，两边同时平方，化简得，解得或（舍）故.【点睛】本题考查了椭圆的定义、方程，直线与椭圆的位置关系等问题，设而不求、韦达定理是解题中的常见方法.20.已知函数（1）当时，直线与相切，求的值；（2）若函数在内有且只有一个零点，求此时函数的单调区间；（3）当时，若函数在上的最大值和最小值的和为1，求实数的值【答案】（1）； （2）单调递增区间为，,单调递减区间为； （3）.【解析】【分析】（1）由求出切点坐标，代入切线方程即可得结果；（2）先证明当时不合题意，当时，根据单调性可得，要使函数在内有且只有一个零点，则须，求得，进而可得结果；（3）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，极大值为，极小值为，且,，分类讨论求出最大值与最小值，解方程即可得结果. .【详解】（1）,则所以，当，所以，解得. （2），由，得到， 当时，在区间上恒成立，即函数在区间上单调递增，又因为函数的图象过点，即，所以函数在内没有零点，不合题意， 当时，由得，即函数在区间上单调递增，由得，即函数在区间在上单调递减， 且过点，要使函数在内有且只有一个零点，则须，即，解得， 综上可得函数在内有且只有一个零点时，此时函数的单调递增区间为，,单调递减区间为.（3）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，此时函数有两个极值点，极大值为，极小值为，且,. 当即时，在上单调递增，在上单调递减，又即