山东省德州市乐陵西段中学2019-2020学年高三数学理月考试卷含解析

1、山东省德州市乐陵西段中学2019-2020学年高三数学理月考试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知随机变量的分布列为(   )-101p   且设，则的期望值是ab            c             d  参

2、考答案：答案：c2. 已知函数在一个周期内的图象如图所示，其中p，q分别是这段图象的最高点和最低点，m，n是图象与x轴的交点，且pmq90°，则a的值为（）a  b    c1    d2 参考答案：a3. 下列说法中，正确的是（    ）a.任何一个集合必有两个子集；  b.若则中至少有一个为c.任何集合必有一个真子集；  d.若为全集，且则参考答案：d4. 已知平面向量，且，则(a)        &#

3、160;  (b)            (c)(d)参考答案：答案：c5. 已知不等式的解集是m.若且,a的取值范围是(    )a.  b.     c.    d.参考答案：a由题可知，即，故选a.6. 已知x,y满足，则z=1-2x+y的最大值为a、0b、1c、1.5        d、2参

4、考答案：答案：d 7. 在正方体abcda1b1c1d1中，e为线段b1c的中点，若三棱锥eadd1的外接球的体积为36，则正方体的棱长为（）a2b2c3d4参考答案：d【考点】棱柱的结构特征【分析】如图所示，设三棱锥eadd1的外接球的半径为r由=36，解得r取ad1的中点f，连接ef则三棱锥eadd1的外接球的球心一定在ef上，设为点o设正方体的棱长为x，在rtofd1中，利用勾股定理解出即可得出【解答】解：如图所示，设三棱锥eadd1的外接球的半径为r，三棱锥eadd1的外接球的体积为36，则=36，解得r=3取ad1的中点f，连接ef则三棱锥eadd1的外接球的球心一定在ef上，设为点

5、o设正方体的棱长为x，在rtofd1中，由勾股定理可得： +（x3）2=32，x0化为：x=4正方体的棱长为4故选：d【点评】本题考查了正方体的性质、三棱锥的性质、勾股定理、球的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题8. 经济学家在研究供求关系时，一般用纵轴表示产品价格（自变量），而用横轴来表示产品数量（因变量）某类产品的市场供求关系在不受外界因素（如政府限制最高价格等）的影响下，市场会自发调解供求关系：当产品价格低于均衡价格时，供求量大于供应量，价格会上升为；当产品价格高于均衡价格时，供应量大于需求量，价格又会下降，价格如此波动下去，产品价格将会逐渐靠近均衡价格能正确表示上述供求

6、关系的图形是（    ）abcd参考答案：d当低于时，需求大于供应量，排除，且价格较低时，供应增长较快，价格较高时，供应增长慢，故排除，选择9. 一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图相同，其上部分是半圆，下部分是边长为2的正方形；俯视图是边长为2的正方形及其外接圆则该几何体的体积为（）a4+  b4+c8+d8+参考答案：c【考点】由三视图求面积、体积【分析】首先由几何体还原几何体，是下面是底面为正方体，上面是半径为的半球，由此计算体积【解答】解：由几何体的三视图得到几何体为组合体，下面是底面为正方体，上面是半径为的半球，所以几何体的体积为2&

7、#215;2×2+=8+故选c【点评】本题考查了组合体的三视图以及体积的计算；关键是明确几何体的形状，由体积公式计算10. 已知f1和f2分别是椭圆c： +y2=1的左焦点和右焦点，点p（x0，y0）是椭圆c上一点，切满足f1pf260°，则x0的取值范围是（）a1，1b，c1，d，参考答案：b【考点】椭圆的简单性质【分析】设当点p在第一象限时，求出f1pf2=60°时，pf2的大小，由焦半径公式的pf2=aex0解得x0，根据对称性，则x0的取值范围【解答】解：a=，b=1，c=1设当点p在第一象限时，|pf1|=t1，|pf2|=t2，则由椭圆的定义可得：t1

8、+t2=2在f1pf2中，当f1pf2=60°，所以t12+t222t1t2?cos60°=4，由得t2=，由焦半径公式的aex0=，解得x0=，当点p向y轴靠近时，f1pf2增大，根据对称性，则x0的取值范围是：，故选：b【点评】本题考查了椭圆的性质及焦点三角形的特征，属于中档题二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 将容量为的样本中的数据分成组，若第一组至第六组数据的频率之比为且前三组数据的频数之和等于，则的值为       .参考答案：根据已知条件知，所以12. 已知函数有两个不同的零点，则

9、实数a的取值范围是_参考答案：(1,0) 【分析】将有两个不同的零点转化为直线与图象有两个不同的交点；利用导数得到图象，结合直线过定点，利用数形结合可知当与相切时，只需即可；利用过一点曲线切线斜率的求解方法求出切线斜率，从而得到的范围.【详解】由题意得：的定义域为：由有两个不同的零点可知：方程有两个不同的解令    直线与图象有两个不同的交点又则当时，；当时，在上单调递增；在上单调递减又时，；时，可得图象如下图所示：恒过点如图所示，当与相切时，只需即可使得直线与图象有两个不同的交点设切点    ，解得：，即当时，直线与图象有两个不同的

10、交点即时，有两个不同的零点本题正确结果：【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，常用方法是将问题转化为直线与曲线交点个数的问题，通过数形结合的方式来进行求解；关键是能够通过直线恒过定点，确定临界状态，进而利用过某点切线斜率的求解方法求得临界值.13. 已知f（x）是定义在1，+上的函数，且f（x）=，则函数y=2xf（x）3在区间（1，2015）上零点的个数为           参考答案：11【考点】函数零点的判定定理 【专题】计算题；函数的性质及应用【分析】令函数y=2xf（x）

11、3=0，得到方程f（x）=，从而化函数的零点为方程的根，再转化为两个函数的交点问题，从而解得【解答】解：令函数y=2xf（x）3=0，得到方程f（x）=，当x1，2）时，函数f（x）先增后减，在x=时取得最大值1，而y=在x=时也有y=1；当x2，22）时，f（x）=f（），在x=3处函数f（x）取得最大值，而y=在x=3时也有y=；当x22，23）时，f（x）=f（），在x=6处函数f（x）取得最大值，而y=在x=6时也有y=；，当x210，211）时，f（x）=f（），在x=1536处函数f（x）取得最大值，而y=在x=1536时也有y=；综合以上分析，将区间（1，2015）分成11段，每

12、段恰有一个交点，所以共有11个交点，即有11个零点故答案为：11【点评】本题考查了函数的零点与方程的根的关系及函数的交点的应用，属于基础题14. 执行如图的程序，则输出的结果等于       参考答案：2550考点：程序框图 专题：算法和程序框图分析：执行程序框图，依次写出每次循环得到的s的值，当i=101，退出循环，输出t的值解答：解：执行程序框图，有i=1，s=0，第1次执行循环，有s=1，有i=3，第2次执行循环，s=1+3=4，有i=5，第3次执行循环，s=4+5=9，有i=7，第4次执行循环，s=9+7=16，有i=99，第

13、99次执行循环，s=1+3+5+7+99=×（1+99）×50=2550，此时有i=101100，满足条件退出循环，输出s的值故答案为：2550点评：本题主要考察了程序框图和算法，考察了数列的求和，属于基本知识的考查15. 等比数列an的前n项和为sn，已知s1，3s2，5s3成等差数列，则an的公比为参考答案： 【考点】等比数列的前n项和【分析】根据s1，3s2，5s3成等差数列，可得6s2=5s3+s1，结合等比数列的前n项和公式可得an的公比【解答】解：由题意，s1，3s2，5s3成等差数列，可得6s2=5s3+s1，an是等比数列，6（a1+a1q）=5（

14、a1+a1q）+a1解得：故答案为：16. 如图，在路边安装路灯，路宽为od，灯柱ob长为10米，灯杆ab长为1米，且灯杆与灯柱成120°角，路灯采用圆锥形灯罩，其轴截面的顶角为2，灯罩轴线ac与灯杆ab垂直若灯罩截面的两条母线所在直线一条恰好经过点o，另一条与地面的交点为e则该路灯照在路面上的宽度oe的长是          米参考答案：17. 若函数与函数的最小正周期相同，则实数a=         

15、参考答案：a=2三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 在abc中，内角a，b，c的对边分别是a，b，c，已知2sin2a+sin2b=sin2c（1）若b=2a=4，求abc的面积；（2）求的最小值，并确定此时的值参考答案：【考点】正弦定理；余弦定理【分析】（1）2sin2a+sin2b=sin2c，由正弦定理可得2a2+b2=c2，b=2a=4，c=2，求出sinc，即可求abc的面积；（2）利用基本不等式求的最小值，并确定此时的值【解答】解：（1）2sin2a+sin2b=sin2c，由正弦定理可得2a2+b2=c2，b=2a=4，c=2，c

16、osc=，sinc=，abc的面积s=；（2）2a2+b2=c22ab，2，即的最小值为2，此时b=a，c=2a， =219. 如图，在四棱锥中，为钝角三角形，侧面垂直于底面，点是的中点，.（1）求证：平面平面；（2）若直线与底面所成的角为60°，求二面角余弦值参考答案：（1）证明：取中点，连接，设，依题意得，四边形为正方形，且有，所以，所以，又平面底面，平面底面，底面，所以平面.  又平面，所以平面平面（2）过点作的垂线，交延长线于点，连接，因为平面底面，平面底面，平面，所以底面，故为斜线在底面内的射影，为斜线与底面所成的角，即由（1）得，所以在中，在中，由余弦定理得，所

17、以，从而，过点作，所以底面，所以两两垂直，如图，以点为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量得  取得，设平面的法向量得，取得，所以  故所求的二面角的余弦值为.20. 在极坐标系下，已知圆和直线。（）求圆和直线的直角坐标方程；（ii）当时，求直线与圆公共点的极坐标。参考答案：解：（）圆，即圆的直角坐标方程为：，即直线，即则直线的直角坐标方程为：，即。（ii）由得     故直线与圆公共点的一个极坐标为。略21. (12分)已知各项均为正数的数列的前n项和满足，且（1）求的通项公式；（2）设

18、数列满足，并记为的前n项和，求证：.   参考答案：解析：（i）由，解得或，由假设，因此，又由，得，即或，因，故不成立，舍去因此，从而是公差为，首项为的等差数列，故的通项为（ii）证法一：由可解得；从而因此令，则因，故特别地，从而即证法二：同证法一求得及，由二项式定理知，当时，不等式成立由此不等式有证法三：同证法一求得及令，因因此从而证法四：同证法一求得及下面用数学归纳法证明：当时，因此，结论成立假设结论当时成立，即则当时，因故从而这就是说，当时结论也成立综上对任何成立22. （本小题满分12分）如图所示的几何体是由以等边三角形abc为底面的棱柱被平面def所截面得，已知fa平面abc，ab2，bd1，af2，ce3，o为ab的中点（1）求证：ocdf；（2）求平面def与平面abc相交所成锐二面角的大小；参考