四川省棠湖中学高三数学4月月考试题理（含解析） (1)

四川省棠湖中学2019届高三数学4月月考试题 理（含解析）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.已知集合，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意得：，故选：C2.若，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】故选：D3.函数的图像大致为A. B. CC. D. 【答案】B【解析】分析：判断f（x）的奇偶性，再根据f（x）的符号得出结论详解：f（x）定义域为R，且f（x）=f（x），f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除A；又当x0时，110x，f（x）0，排除D，当x时，f（x），排除C，故选：B点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.4.已知向量，满足，则A. 4B. 3C. 2D. 0【答案】B【解析】分析：根据向量模的性质以及向量乘法得结果.详解：因为所以选B.点睛：向量加减乘： 5.已知方程表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,则n的取值范围是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知可得c2，分类讨论焦点的位置，利用4（m2+n）+（3m2n），解得m21，又（m2+n）（3m2n）0，从而可求n的取值范围【详解】解：双曲线两焦点间的距离为4，c2，当焦点在x轴上时，可得：4（m2+n）+（3m2n），解得：m21，方程1表示双曲线，（m2+n）（3m2n）0，可得：（n+1）（3n）0，解得：1n3，即n的取值范围是：（1，3）当焦点在y轴上时，可得：4（m2+n）+（3m2n），解得：m21，无解故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线标准方程的应用，考查了不等式的解法，考查了分类讨论思想，属于基础题6.如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是A. 17B. 18C. 20D. 28【答案】A【解析】试题分析：由三视图知，该几何体的直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的,即该几何体是个球，设球的半径为，则，解得，所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和,即，故选A【考点】三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视图能有效地考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般与几何体的表面积与体积相结合.由三视图还原出原几何体是解决此类问题的关键.7.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球，若ABBC，AB=6，BC=8，AA1=4，则V的最大值是A. 4B. C. 6D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知可得直三棱柱ABCA1B1C1的内切球半径为，代入球的体积公式，可得答案【详解】解：ABBC，AB6，BC8，AC10故三角形ABC的内切圆半径r2，又由AA1=4，故直三棱柱ABCA1B1C1的内切球半径为，此时V的最大值，故选：D【点睛】本题考查的知识点是棱柱的几何特征，棱柱的内切球问题，根据已知求出球的半径，是解答的关键8.在中，且的面积为，则A. 2B. C. D. 1【答案】A【解析】【分析】根据ABC的面积为bcsinA，可得c的值，根据余弦定理即可求解BC【详解】解：由题意：ABC的面积为bcsinA，c2由余弦定理：a2b2+c22bccosA即a24+1284，a2即CBa2故选：A【点睛】本题考查解三角形问题，涉及到三角形面积公式，余弦定理，考查转化能力与计算能力，属于基础题.9.7人乘坐2辆汽车，每辆汽车最多坐4人，则不同的乘车方法有A. 35种B. 50种C. 60种D. 70种【答案】D【解析】【分析】根据题意，分2步分析，先将7人分成2组，1组4人，另1组3人；将分好的2组全排列，对应2辆汽车，由分步计数原理计算可得答案【详解】解：根据题意，分2步分析，先将7人分成2组，1组4人，另1组3人，有C7435种分组方法，将分好的2组全排列，对应2辆汽车，有A222种情况，则有35270种不同的乘车方法；故选：D【点睛】排列组合的综合应用问题，一般按先选再排，先分组再分配的处理原则对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏10.双曲线 的离心率是，过右焦点作渐近线的垂线，垂足为，若的面积是1，则双曲线的实轴长是A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】分析：利用点到直线的距离计算出，从而得到，再根据面积为1得到，最后结合离心率求得.详解：因为，所以，故即，由，所以即，故，双曲线的实轴长为.故选D.点睛：在双曲线中有一个基本事实：“焦点到渐近线的距离为虚半轴长”，利用这个结论可以解决焦点到渐进线的距离问题.11.中，点是内（包括边界）的一动点，且 ，则的最大值是A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据点在三角形内部（含边界）可以得到，再通过的解析式来求的最大值.详解：因为为三角形内（含边界）的动点，所以，从而.又，因为，所以的最大值为，故，选B.点睛：本题中向量的模长、数量积都是已知的，故以其为基底计算，其中的取值范围可以由的位置来确定.12.已知函数满足，若函数与图像的交点为则A. B. 2C. 3mD. 【答案】A【解析】【分析】根据两函数的对称中心均为（0，1）可知出0，m，从而得出结论【详解】解：函数f（x）（xR）满足f（x）2f（x），即为f（x）+f（x）2，可得f（x）关于点（0，1）对称，函数图象关于点（0，1）对称，即有（，）为交点，即有（，2）也为交点，（，）为交点，即有（，2）也为交点，则有（+）+（+）+（+），=m故选：A【点睛】本题考查抽象函数的运用：求和方法，考查函数的对称性的运用，以及化简整理的运算能力，属于中档题第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.设，若，则_【答案】【解析】为奇函数，故答案为：14.已知离散型随机变量服从正态分布，且，则_【答案】【解析】随机变量X服从正态分布，=2，得对称轴是x=2，P（23）=0.468，P（13）=0.468=故答案为：点睛：关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法熟记P(X)，P(2X2)，P(3X3)的值充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.15.已知圆锥的顶点为，母线，所成角的正弦值为，与圆锥底面所成角为45，若的面积为，则该圆锥的侧面积为_【答案】【解析】【分析】利用已知条件求出圆锥的母线长，利用直线与平面所成角求解底面半径，然后求解圆锥的侧面积【详解】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，可得sinASBSAB的面积为5，可得sinASB5，即5，即SA4SA与圆锥底面所成角为45，可得圆锥的底面半径为：2则该圆锥的侧面积：40故答案为：40【点睛】本题考查圆锥的结构特征，母线与底面所成角，圆锥的截面面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力16.已知函数 为的零点,为图像的对称轴,且在单调,则的最大值为_【答案】9【解析】试题分析：由题可知，,即，解得,又因为在区间单调，所以,即，接下来，采用排除法，若，此时，此时在区间上单调递增，在上单调递减，不满足在区间单调，若，此时，满足在区间单调递减，所以的最大值为9.考点：三角函数的性质【思路点睛】本题考查了三角函数的性质，属于中档题型，本题的难点是如何将这两个条件结合在一起，是与周期有关的量，对称轴与零点间的距离也与周期有关，这样根据图像得到,即，第二个条件是单调区间的子集，所以其长度小于等于半个周期，这样就得到了的一个范围与形式，最后求最大值，只能通过从最大的逐个代起，找到的最大值.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.设数列的前项和是，且是等差数列，已知，.（）求的通项公式；（）若，求数列的前项和.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：(1)利用等差数列基本公式求出公差得到的通项公式；（2），利用裂项相消法求出数列的前项和.试题解析：（1）记，又为等差数列，公差记为，得，得时，时也满足.综上（2）由（1）得 ，点睛：裂项抵消法是一种常见的求和方法，其适用题型主要有：（1）已知数列的通项公式为，求前项和： ；（2）已知数列的通项公式为，求前项和：；（3）已知数列的通项公式为，求前项和:.18.有一个同学家开了一个奶茶店，他为了研究气温对热奶茶销售杯数的影响，从一季度中随机选取5天，统计出气温与热奶茶销售杯数，如表：气温（oC）041219 27热奶茶销售杯数15013213010494（）求热奶茶销售杯数关于气温的线性回归方程（精确到0.1），若某天的气温为15oC，预测这天热奶茶的销售杯数；（）从表中的5天中任取一天，若已知所选取该天的热奶茶销售杯数大于120，求所选取该天热奶茶销售杯数大于130的概率.参考数据：，.参考公式：，【答案】（），预测热奶茶的销售杯数117.（）【解析】【分析】（）由表格中数据计算、，求出回归系数，写出回归方程，利用方程计算x15时的值；（）根据条件概率的计算公式，求出所求的概率值【详解】解：（）由表格中数据可得，,. . 热奶茶销售杯数关于气温的线性回归方程为.当气温为15oC时，由回归方程可以预测热奶茶的销售杯数为(杯) （）设表示事件“所选取该天的热奶茶销售杯数大于120”，表示事件“所选取该天的热奶茶销售杯数大于130”，则“已知所选取该天的热奶茶销售杯数大于120时，销售杯数大于130”应为事件. ，已知所选取该天的热奶茶销售杯数大于120时，销售杯数大于130的概率为.【点睛】本题考查了线性回归方程的求法与应用问题，也考查了条件概率的计算问题，是基础题19.如图所示的几何体中，为三棱柱，且平面，四边形为平行四边形，（1）若，求证：平面；（2）若，二面角的余弦值为，求三棱锥的体积【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）若AA1AC，根据线面垂直的判定定理即可证明AC1平面A1B1CD；（2）建立坐标系，根据二面角CA1DC1的余弦值为，求出的值，根据三棱锥的体积公式进行计算即可【详解】解：（1）证明：连接交于，因为，又平面，所以，所以四边形为正方形，所以，在中，由余弦定理得，所以，所以，所以，又，所以平面，所以，又因为 AC1平面A1B1CD；（2）如图建立直角坐标系，则，设平面的法向量为，由 即，解得设平面的法向量为 由得解得由得，所以 此时所以【点睛】本题主要考查线面垂直的判断以及三棱锥体积的计算，根据二面角的关系建立坐标系求出的值是解决本题的关键 20.如图，椭圆 的左、右焦点分别为，轴，直线交轴于点，为椭圆上的动点，的面积的最大值为1.（）求椭圆的方程；（）过点作两条直线与椭圆分别交于，且使轴，如图，问四边形的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）定点坐标为.【解析】分析：（）意味着通径的一半，最大面积为，所以，故椭圆的方程为.()根据对称性，猜测定点必定在轴上，故可设，则，再设，根据三点共线可以得到，联立直线和椭圆的标准方程后消去，利用韦达定理可以得到，从而过定点，同理直线也过即两条直线交于定点.详解：（）设，由题意可得，即.是的中位线，且，即，整理得.又由题知，当在椭圆的上顶点时，的面积最大，整理得，即，联立可得，变形得，解得，进而.椭圆的方程式为. ()设，则由对称性可知，.设直线与轴交于点，直线的方程为，联立，消去，得，由三点共线，即，将，代入整理得，即，从而，化简得，解得，于是直线的方程为， 故直线过定点.同理可得过定点，直线与的交点是定点，定点坐标为.点睛：（1）若椭圆的标准方程为，则通径长为；（2）圆锥曲线中的直线过定点问题，往往需要设出动直线方程，再把定点问题转为动点的横坐标或纵坐标应该满足的关系，然后联立方程用韦达定理把前述关系化简即可得到某些参数的关系或确定的值，也就是动直线过某定点.21.已知函数.（）讨论函数的单调性；（）若对恒成立，求的取值范围.【答案】（1）在上单调递减，在，上单调递增；（2）的取值范围为.【解析】试题分析：（1）讨论函数单调性主要研究导函数大于零和小于零的不等式解集，根据题意 ，根据a的不同取值逐一讨论导函数符号即可（2）若对恒成立，显然需要转化为最值问题，设，则，当时，或，则，在上递增，从而.若，令 ，当时，；当时，.综合得出结论即可解析：（1） ，当时，在上单调递增.当时，故当或时，在上单调递增.当时，令，得或；令，得.在上单调递减，在，上单调递增.（2）设，则，当时，或，则，在上递增，从而.此时，在上恒成立.若，令 ，当时，；当时，.，则不合题意.故的取值范围为.点睛：单调性问题的解题关键是要学会对不等式解法含参的讨论，注意讨论的完整性，另外对于恒成立问题，通常是转化为最值问题求解，分析函数单调性求出最值解不等式即可（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的方程为.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的直角坐标方程；（2）若与有且仅有三个公共点，求的方程.【答案】(1) .(2) .【解析】分析：(1)就根据，以及，将方程中的相关的量代换，求得直角坐标方程；(2)结合方程的形式，可以断定曲线是圆心为，半径为的圆，是过点且关于轴对称的两条射线，通过分析图形的特征，得到什么情况下会出现三个公共点，结合直线与圆的位置关系，得到k所满足的关系式，从而求得结果.详解：（1）由，得的直角坐标方程为（2）由（1）知是圆心为，半径为的圆由题设知，是过点且关于轴对称的两条射线记轴右边的射线为，轴左边的射线为由