2019届高三数学第五次月考试题 理(含解析).doc

2019届高三数学第五次月考试题 理(含解析)1.已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：先化简集合A，求得后再求详解：由题意得， ，故选C点睛：进行集合间的运算时要注意运算的顺序，若条件中给出的集合需要化简时要先化简2.若复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由，得，故选A3.若向量，则（ ）A. B. 5 C. 20 D. 25【答案】B【解析】 ,故选B.4.下图为射击使用的靶子，靶中最小的圆的半径为1，靶中各圆的半径依次加1，在靶中随机取一点，则此点取黑色部分（7环到9环）的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：分析：根据面积型的几何概型求解详解：由几何概型概率公式可得，所求概率为故选D 点睛：根据几何概型概率公式求概率时，关键是如何确定所有基本事件构成的平面区域的面积以及所求概率对应的事件构成的平面区域的面积，然后根据公式求解5.若变量满足约束条件，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：画出可行域，将变形为，然后平移直线找到最优解后可求得z的最小值详解：画出不等式组表示的可行域（如图阴影部分所示）由得平移直线，结合图形可得，当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最大，此时z取得最小值由解得，故点故选B点睛：求目标函数的最值时，将函数转化为直线的斜截式的形式：，通过求直线的截距的最值间接求出z的最值，解题时要分清z与截距间是正比还是反比的关系6.在公差为2的等差数列中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据等差数列中的基本量间的关系，借助于进行计算详解：由题意得故选B点睛：等差数列中关于项的计算问题，要注意的变化与运用，对于条件求值的问题，还要注意整体代换的运用 7.某几何体的三视图如图所示,其中圆的半径均为,则该几何体的体积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】该几何体为一棱长为6的正方体掏掉一个棱长为2的小正方体，再放置进去一个半径为1的球，所以体积为.故选A.8.已知圆：与圆关于轴对称，为圆上的动点，当到直线的距离最小时，的横坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】圆的方程为：，过M（3，-4）且与直线y=x+2垂直的直线方程为y=-x-1,代入，得 ，故当Q到直线y=x+2的距离最小时，Q的坐标为 9.大衍数列，来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十“的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其规律是:偶数项是序号平方再除以2，奇数项是序号平方减1再除以2，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，如图所示的程序框图是为了得到大衍数列的前100项而设计的，那么在两个判断框中，可以先后填入( )A. 是偶数?，? B. 是奇数?，?C. 是偶数?， ? D. 是奇数?，?【答案】D【解析】根据偶数项是序号平方再除以，奇数项是序号平方减再除以，可知第一个框应该是“奇数”，执行程序框图， 结束，所以第二个框应该填，故选D.10.在侦破某一起案件时，警方要从甲、乙、丙、丁四名可疑人员中揪出真正的嫌疑人，现有四条明确的信息：（1）此案是两人共同作案；（2）若甲参与此案，则丙一定没参加；（3）若乙参与此案，则丁一定参与；（4）若丙没参与此案，则丁也一定没参与.据此可以判断参与此案的两名嫌疑人是A. 甲、乙 B. 乙、丙C. 丙、丁 D. 甲、丁【答案】C【解析】分析：对四个选项逐一分析、排除可得答案详解：若甲、乙参与此案，则与信息（2），（3），（4）矛盾，故A不正确若乙、丙参与此案，则与信息（1），（3）矛盾，故B不正确若丙、丁参与此案，则信息全部符合，故C正确若甲、丁参与此案，则与信息（1），（4）矛盾，故D不正确故选C点睛：本题主要考查推理的应用，此类问题的解法主要是根据反证法的思想，对给出的每一选项要逐一分析，看是否与题意符合，然后通过排除得到答案11.将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，若在上单调递减，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题可知，又在上单调递减，所以，得：，故得的取值范围为，故选D12.设双曲线：的左顶点与右焦点分别为，以线段为底边作一个等腰，且边上的高.若的垂心恰好在的一条渐近线上，且的离心率为，则下列判断正确的是（ ）A. 存在唯一的，且B. 存在两个不同的，且一个在区间内，另一个在区间内C. 存在唯一的，且D. 存在两个不同的，且一个在区间内，另一个在区间内【答案】A【解析】由题意可设，可得的垂心H，因为的垂心恰好在的一条渐近线上，所以，所以存在唯一的，且，当时无零点，选A.点睛：判断函数零点(方程的根)所在区间的方法(1)解方程法：当对应方程易解时，可通过解方程确定方程是否有根落在给定区间上(2)定理法：利用零点存在性定理进行判断(3)数形结合法：画出相应的函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断，或者转化为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断二、填空题13.若是函数的一个极值点，则实数_【答案】3【解析】.，得.经检验，符合题意.故答案为：3. 14.设正项等比数列的前项和为，若，则的最小值为_.【答案】4【解析】分析：由得到等比数列的公比，然后再根据基本不等式求解详解：设等比数列的公比为，当且仅当，即时等号成立的最小值为4点睛：利用基本不等式求最值时要注意不等式成立的条件，即“一正二定三相等”，且三个条件缺一不可，解题时要说明等号成立的条件15.若的展开式中的系数为80，则_.【答案】【解析】分析：中的系数与的积，加上中的系数与的系数的积就是展开式的系数。详解：展开式通项为，令，则，令，则，解得，故答案为2.点睛：二项式的展开式的通项为，由此通项公式可求展开式中的特定项。如果是两个（或多个）式子相乘，可在第个式子中取一项相乘，只要未知数的次数满足要求，这时要注意不能遗漏.16.在四面体中，平面，点为的重心，若四面体的外接球的表面积为，则_.【答案】2【解析】分析：结合题意先确定的外心O的位置，进而求得外接圆的半径然后根据四面体外接球的表面积求得外接球的半径，由此可求得，最后根据求解即可得到结论详解：设BC的中点为E点是的重心， 设的外心为O，由题意得点O在AE上，令，则有，即，解得又平面，四面体的外接球的半径，由题意得，解得，点睛：本题求四面体外接球半径的方法具有一般性，其条件是在三棱锥中，平面，设外接圆的半径为，外接球半径为，则三、解答题17.在中，角的对边分别为，已知，（1）求角的大小；（2）求的值【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）由条件及三角变换可得，从而，解得，于是可得（2）由正弦定理可得，又，于是得，然后根据余弦定理求得，于是可得结论详解：（1）， ，解得（舍去）又，.（2）由及正弦定理的，又，在中，由根据余弦定理得，.点睛：（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的（2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意18.如图，三棱锥的三条侧棱两两垂直，分别是棱的中点.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）由可得又由题意得平面，故有，于是平面，根据面面垂直的判定可得结论成立（2）由题意建立空间直角坐标系，根据条件求得平面的法向量，又平面的一个法向量为，然后根据及图形可得所求余弦值详解：(1)证明：因为，是棱的中点，所以又三棱锥的三条侧棱两两垂直，且，所以平面，又平面，则因为，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由于三棱锥的三条侧棱两两垂直，故可以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，即，令，得，由（1）知平面的一个法向量为，所以.由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.点睛：（1）证明空间中的位置关系时要严格按照相关定理的要求书写解题过程，特别是对于定理中的关键词，在解题过程中要得到体现（2）根据空间向量的运算得到两平面法向量夹角的余弦值后，还要根据图形判断出所求的二面角为锐角还是钝角，然后才能得到结论19.自xx10月习近平主席提出建设“一带一路”的合作倡议以来，我国积极建立与沿线国家的经济合作伙伴关系.某公司为了扩大生产规模，欲在海上丝绸之路经济带（南线）：泉州-福州-广州-海口-北海（广西）-河内-吉隆坡-雅加达-科伦坡-加尔各答-内罗毕-雅典-威尼斯的个城市中选择个城市建设自己的工业厂房，根据这个城市的需求量生产某产品，并将其销往这个城市.（1）求所选的个城市中至少有个在国内的概率；（2）已知每间工业厂房的月产量为万件，若一间厂房正常生产，则每月或获得利润万；若一间厂房闲置，则该厂房每月亏损万，该公司为了确定建设工业厂房的数目，统计了近年来这个城市中该产品的月需求量数据，得如下频数分布表：月需求量（单位：万件）100110120130月份数6241812若以每月需求量的频率代替每月需求量的概率，欲使该产品的每月总利润的数学期望达到最大，应建设工业厂房多少间？【答案】(1)；(2)12间.【解析】分析：（1）根据对立事件的概率及古典概型求解即可（2）设该产品每月的总利润为，分别求出时每月总利润的数学期望，根据其中期望最大的来决定建设厂房的数量详解：（1）记事件为“该公司所选的3个城市中至少有1个在国内”，则，所以该公司所选的3个城市中至少有1个在国内的概率为.（2）设该产品每月的总利润为，当时，万元当时，的分布列为所以万元.当时，的分布列为所以万元.当时，的分布列为所以万元.综上可知，当时万元最大，故建设厂房12间点睛：（1）离散型随机变量的期望与方差的应用，是高考的重要考点，不仅考查学生的理解能力与数学计算能力，而且不断创新问题情境，突出学生运用概率、期望与方差解决实际问题的能力（2）在实际问题中，一般地将期望最大(或最小)的方案作为最优方案，若各方案的期望相同，则选择方差最小(或最大)的方案作为最优方案20.已知椭圆：的左、右焦点分别为，右顶点为，且过点，圆是以线段为直径的圆，经过点且倾斜角为的直线与圆相切.（1）求椭圆及圆的方程； （2）是否存在直线，使得直线与圆相切，与椭圆交于两点，且满足？若存在，请求出直线的方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）椭圆的方程为，圆的方程为；（2）不存在【解析】分析：（1）由题意得，再根据椭圆过点得到关于的方程组，求解后可得椭圆和圆的方程（2）先假设存在直线满足条件（）当直线斜率不存在时，可得直线方程为，求得点的坐标后验证可得；（）当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立消元后得到一元二次方程，结合根据系数的关系可得不成立从而可得不存在直线满足题意详解：(1)由题意知,，圆的方程为由题可知，解得 ，所以椭圆的方程为，圆的方程为.（2）假设存在直线满足题意.由，可得，故（）当直线的斜率不存在时，此时的方程为当直线时，可得所以同理可得，当时，.故直线不存在（）当直线的斜率存在时，设方程为， 因为直线与圆相切，所以，整理得由消去y整理得，设，则，因为，所以，则，即，所以，所以，整理得由得，此时方程无解.故直线不存在由（i）（ii）可知不存在直线满足题意.点睛：圆锥曲线中存在性问题的求解步骤假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在21.已知函数（是常数）.（1）求的单调区间与最大值；（2）设在区间（为自然对数底数）上的最大值为，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）求导后根据函数的单调性可得单调区间，然后可得最值（2）对实数进行分类讨论，分别求出函数的最值后再结合条件求出实数即可详解：（1）由题意得函数的定义域为，令，得，当时，单调递增，当时，单调递减函数的单调增区间为，减区间为故当时，有极大值，也为最大值，且（2）因为，所以，则若，则，从而在上是增函数，不合题意若，则由，得；由，得，在上为增函数，在为减函数，由题意得，解得符合题意综上可得点睛：（1）利用导数求函数的最值时要注意函数单调性的运用，由单调性得到函数的极值，然后再求最值对于含有参数的问题，要结合条件对参数进行分类讨论，分类时要做到合理、不重不漏（2）对于已知函数的最值求参数或其范围的问题，在解题仍要注意单调性的应用，结合函数的单调性进行求解、判断选修44：坐标系与参数方程22.在直角坐标坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以直角坐标系的原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程；（2）若与曲线相切，且与坐标轴交于两点，求以为直径的圆的极坐标方程.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）利用公式，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化；（2）利用与曲线相切，结合一元二次方程的解法求出结果详解：（1）由，得，即，故曲线的普通方程为（2）由，当，联立得，因为与曲线相切，所以，所以的方程为，不妨假设，则，线段的中点为所以，又，故以为直径的圆的直角坐标方程为点睛：把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：代入消元法；加减消元法；乘除消元法；三角恒等式消元法.选修45：不等式选讲23.已知函数，.（1）求不等式的解集；（2）若存在，使得和互为相反数，求的取值范围.【答案】(1) ;(2) .【解析】试题分析：（1）分，和三种情况去掉绝对值，解不等式即可.（2）由题存在，使得成立，即.又，由（1）可知，所以，可解得的取值范围.试题解析：（1）由题意可得，当时，得，无解；当时，得，即；当时，得.综上，的解集为.（2）因为存在，使得成立，所以.又，由（1）可知，则所以，解得.故的取值范围为.