吉林实验中学高三数学下学期六次月考

吉林省实验中学2019届高三下学期六次月考数学（理）试题一、单选题（本大题共12个小题，每小题5分，共计60分）1.若，则复数对应的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】对应的点 在第四象限，选D.2.已知集合，则阴影部分所表示的集合的元素个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】依题意，阴影部分表示集合，故.选B.3.函数f（x）xecosx（x，）的图象大致是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题设可知，所以函数是奇函数，依据图像排除A，C，应选答案B，D，由于，即，故排除答案D，应选答案B。4.已知向量与满足，且，则向量与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为，所以，有，因为，所以,解得，所以向量与的夹角为，故选C.5.过抛物线y28x的焦点作直线l交抛物线于A、B两点，若线段AB的中点的横坐标为3，则|AB|等于（）A. 8B. 10C. 12D. 14【答案】B【解析】【分析】先由题，求得抛物线的p，再根据线段AB的中点的横坐标为3，求得，然后根据焦点弦公式求得结果.【详解】由题抛物线y28x的焦点F(2,0)，p=4，设A、B两点坐标 AB的中点的横坐标为3，即 抛物线的焦点弦： 故选B【点睛】本题主要考查了抛物线的焦点弦，熟练公式是解题的技巧，属于基础题.6.某几何体的三视图如图所示，数量单位为，它的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图可知，此几何体为底面为直角梯形的四棱锥，根据四棱锥的体积公式即可求出结果。【详解】根据三视图可将其还原为如下直观图，=，答案选C。【点睛】本题考查由三视图求几何体的体积，解答此类问题的关键是判断几何体的形状及几何尺寸。7.中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入的，依次输入的为2，2，5，则输出的（ ）A. 7B. 12C. 17D. 34【答案】C【解析】第一次循环： ；第二次循环： ；第三次循环： ；结束循环，输出 ，选C.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.8.在区间内随机取出一个数，使得 的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意有2+aa20，解得1a2.由几何概型的概率计算公式可得所求的概率为.故选D9.O为正方体ABCDA1B1C1D1底面ABCD的中心，则直线D1O与A1C1的夹角为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由题，得出可得，即可得到，得出答案即可.【详解】因为是正方体，所以即平面，又因为 故所以直线D1O与A1C1的夹角为故选A【点睛】本题考查了线面垂直性质，熟练运用垂直的判定定理以及性质定理是解题的关键，属于基础题.10.已知函数的图象关于直线对称，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】化简函数的解析式有：,则，即，因为，所以是钝角(若是锐角或直角,则),则，又，消去，化简可得，则，所以本题选择A选项.11.已知点是抛物线与圆在第一象限的公共点，且点到抛物线焦点的距离等于，若抛物线上一动点到其准线与到点的距离之和的最小值为，为坐标原点，则直线被圆所截得的弦长为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：因抛物线上一动点到其准线与到点的距离之和最小值为，又三点共线，且是线段的中点，则圆心到直线的距离为所求的弦长为,故应选C.考点：圆与抛物线的位置关系及运用.【易错点晴】本题考查的是圆与抛物线的位置关系等有关知识的综合运用.解答时充分依据题设条件所提供的有效信息,先利用抛物线的定义将问题进行合理转化,再次运用等价转化的数学思想将最小值问题也进行了转化.从而使得问题简单明了,最后通过将点代入抛物线方程可得,建立的直线方程借助圆心距与半径弦长之间的关系求出弦长.求的值是解答本题的难点也是关键之所在,解决这个难点的方法值得借鉴和学习.12.已知函数与的图象有三个不同的公共点,其中为自然对数的底数,则实数的取值范围为( )A. B. C. D. 或【答案】B【解析】：由，得令且，则，即 （*）由，得，所以函数在上单调递增，在单调递减，且时，图象如图所示由题意知方程（*）的根有一根必在内，另一根或或当时，方程（*）无意义；当时，不满足题意，所以时，则由二次函数的图象，有，解得，故选B点睛：函数图象的应用常与函数零点、方程有关，一般为讨论函数零点（方程的根）的个数或由零点(根)的个数求参数取值（范围），此时题中涉及的函数的图象一般不易直接画出，但可将其转化为与有一定关系的函数和的图象问题，且与的图象易得二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分）13.若变量满足约束条件则的最大值为_【答案】7【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数z的几何意义，进行平移，结合图象得到z2xy的最大值【详解】由z2xy得y2xz，作出变量x，y满足约束条件对应的平面区域（阴影部分）如图：平移直线y2xz，由图象可知当直线y2xz经过点A（1，1）时，直线y2xz的截距最小，此时z最大即z21+13故答案为：3【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义是解决此类问题的基本方法14.已知为常数，且，则的二项展开式中的常数项为_【答案】【解析】分析：利用定积分求出的值，再利用二项展开式的通项公式，求的展开式中的常数项详解：因为，所以的展开式的通项为，令，求得，可得二项展开式中常数项为点睛：本题主要考查二项式定理的通项的应用，及定积分的应用，属于简单题，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用15.现将6张连号的门票分给甲、乙等六人，每人1张，且甲、乙分得的电影票连号，则共有_种不同的分法（用数字作答）.【答案】240【解析】【分析】先求出甲、乙连号的情况，然后再将剩余的4张票分给其余4个人即可【详解】甲、乙分得的门票连号，共有种情况，其余四人没人分得1张门票，共有种情况，所以共有种故答案为：240【点睛】本题考查两个原理的应用和排列数的计算，考查应用所学知识解决问题的能力，属于基础题16.在ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，且b， sinC（sinA+cosA）sinB，则AC边上的高的最大值为_【答案】【解析】【分析】由题以及内角和定理代入化简可得 再由余弦定理和三角形的面积： 又 得出答案.【详解】由题， sinC（sinA+cosA）sinB，以及内角和定理代入化简可得：，在三角形中 故 由余弦定理： 所以三角形的面积： 又 故答案为【点睛】本题主要考查了利用正余弦定理解三角形，本题利用了正弦定理进行边角互化，还有余弦定理和面积公式的结合才能够解决问题，属于中档题.三、解答题（本大题共6个小题，其中17-21小题为必考题，每小题12分；第22-23小题为选考题，考生根据要求作答，每题10分）17.设数列an是等差数列，数列bn的前n项和Sn满足且a2b1，a5b2（）求数列an和bn的通项公式：（）设Tn为数列Sn的前n项和，求Tn【答案】（）an2n1， ； （）.【解析】【分析】（）先用数列中之间的关系求得，然后求得，利用等差数列求出通项即可；（）先由题求得，再将看成通项，利用分组求和求得.【详解】（）由Sn得，Sn1（bn11）（n2），bnsnsn1（bnbn1），即bn3bn1，又b13，故bn3n（nN*）a2b13，a5b29，d2，an2n1（）Sn，所以.【点睛】本题考查了数列的通项公式以及求和，掌握之间的关系是解题的关键，以及求和中的分组求和，属于较为基础题.18.在正三角形中，、分别是、边上的点，满足 （如图1）.将沿折起到的位置，使二面角成直二面角，连结、（如图2）（）求证：平面；（）求二面角的余弦值.【答案】（）取BE的中点D，连结DFAEEB=CFFA=12，AF=AD=2，而A=600,ADF是正三角形，AE=DE=1，EFAD，在图2中，A1EEF，BEEF，A1EB为二面角A1-EF-B的平面角A1EBEA1E平面BEF，即A1E平面BEP（）【解析】试题分析：不妨设正三角形ABC 的边长为 3 .(I)在图1中，取BE的中点D，连结DFAEEB=CFFA=12，AF=AD=2，而A=600,ADF是正三角形，又AE=DE=1，EFAD 2分在图2中，A1EEF，BEEF，A1EB为二面角A1-EF-B的平面角由题设条件知此二面角为直二面角，A1EBE又BEEF=E，A1E平面BEF，即A1E平面BEP .4分(II)建立分别以ED、EF、EA为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则E(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),F(0,0), P (1,0),则,设平面ABP的法向量为，由平面ABP知，即令，得，设平面AFP的法向量为由平面AFP知，即令，得，,所以二面角B-A1P-F的余弦值是13分考点：线面垂直的判定及二面角的求解点评：证明线面垂直主要通过已知中的垂直的直线来推理，其重要注意翻折前后保持不变的量；第二问二面角的求解充分把握好从点E出发的三线两两垂直建立空间坐标系，通过两面的法向量的夹角得到二面角19.某仪器经过检验合格才能出厂，初检合格率为；若初检不合格，则需要进行调试，经调试后再次对其进行检验；若仍不合格，作为废品处理，再检合格率为.每台仪器各项费用如表：项目生产成本检验费/次调试费出厂价金额（元）（1）求每台仪器能出厂的概率；（2）求生产一台仪器所获得的利润为元的概率（注：利润=出厂价-生产成本-检验费-调试费）；（3）假设每台仪器是否合格相互独立，记为生产两台仪器所获得的利润，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）见解析【解析】试题分析：（）每台仪器能出厂的对立事件为不能出厂，根据对立事件的概率可得结果；（）由表可知生产一台仪器所获得的利润为元即初检不合格再次检测合格，根据相互独立事件同时发生的概率可得结果；（）由题意可得可取，根据相互独立事件同时发生的概率计算出概率，可得分布列及期望.试题解析：（）记每台仪器不能出厂为事件，则，所以每台仪器能出厂的概率（）生产一台仪器利润为1600的概率（）可取，的分布列为：38003500320050020020.已知动圆过定点且与圆相切，记动圆圆心的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点且斜率不为零的直线交曲线于，两点，在轴上是否存在定点，使得直线的斜率之积为非零常数？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（）（）当定点为时，常数为；当定点为时，常数为【解析】试题分析：（）设动圆的半径为，则可得，从而可得结果；（）依题意可设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，假设存在定点，根据韦达定理， ，由可得结论.试题解析：（）设动圆的半径为，由：及知点在圆内，则有从而，所以的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，设曲线的方程为，则，所以，故曲线的轨迹方程为（）依题意可设直线的方程为，由得，所以则，假设存在定点，使得直线，的斜率之积为非零常数，则 ，所以 ，要使为非零常数，当且仅当解得，当时，常数为，当时，常数为，所以存在两个定点和，使直线，的斜率之积为常数，当定点为时，常数为；当定点为时，常数为【方法点晴】本题主要考查待定义法求椭圆的标准方程以及解析几何中的存在性问题，属于难题.解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在，注意：当条件和结论不唯一时要分类讨论；当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；当条件和结论都不知，按常规方法题很难时采取另外的途径.21.已知函数f（x）2lnx2mx+x2（m0）（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当时，若函数f（x）的导函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，其横坐标分别为x1，x2（x1x2），线段AB的中点的横坐标为x0，且x1，x2恰为函数h（x）lnxcx2bx的零点求证（x1x2）h（x0）+ln2【答案】（1）当0m2时，f（x）在（0，+）内单调递增；当m2时，f（x）在内单调递减，在，内单调递增； （2）见解析.【解析】【分析】（1）由题易知，然后将其看成二次函数，讨论根与系数之间的关系和判别式对其进行分析，得出单调性；（2）求出函数的导函数，表示出，令，由，根据函数的单调性证明即可.【详解】（1）由于f（x）2lnx2mx+x2的定义域为（0，+）， 对于方程x2mx+10，其判别式m24当m240，即0m2时，f（x）0恒成立，故f（x）在（0，+）内单调递增当m240，即m2，方程x2mx+10恰有两个不相等是实根，令f（x）0，得或，此时f（x）单调递增；令f（x）0，得，此时f（x）单调递减综上所述，当0m2时，f（x）在（0，+）内单调递增；当m2时，f（x）在内单调递减，在，内单调递增（2）证明：由（1）知， ，所以f（x）的两根x1，x2即为方程x2mx+10的两根因为，所以m240，x1+x2m，x1x21又因为x1，x2为h（x）lnxcx2bx的零点，所以，两式相减得，得 而，所以（x1x2）h（x0） 令，由得，因为x1x21，两边同时除以x1x2，得，因为，故，解得 或t2，所以设 ，所以，则yG（t）在上是减函数，所以，即y（x1x2）h（x0）的最小值为所以 【点睛】本题考查了导数的知识，包括导数的单调性以及导数的应用，与函数的综合知识，该题计算量大，题型复杂，属于难题.22.在极坐标系中，圆C的方程为4cos，以极点为坐标