2019届高三数学下学期适应性月考试题 理（含解析）(新版)新人教版.doc

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1、- 1 -20192019 届高三下学期高考适应性月考届高三下学期高考适应性月考数学试题（理科）数学试题（理科）1. 设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A.2. 已知在复平面内对应的点在第二象限，则实数 的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：要使复数 对应的点在第四象限应满足：，解得，故选 A.考点： 复数的几何意义.3. 已知 为第二象限的角，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，又，为第三象限的角，故选 B4. 设实数满足，则的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】如图 1，直线与圆交于，两点，则的概率- 2

2、 -，故选 C八、概率点睛：(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率5. 一个直三棱柱的三视图如图所示，其中俯视图是一个顶角为的等腰三角形，则该直三棱柱外接球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由三视图可知，该三棱柱的底面是顶角为，两腰为 2 的等腰三角形，高

3、为 2，底- 3 -面三角形的外接圆直径为，半径为 2设该三棱柱的外接球的半径为R，则，所以该三棱柱的外接球的体积为，故选 A6. 矩形中， 在线段上运动，点 为线段的中点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】将矩形ABCD放入如图 2 所示的平面直角坐标系中，设，又，所以，所以，因为，所以，即的取值范围是，故选 C7. 阅读如图所示的程序框图，若，则输出的 的值等于（ ）A. 252 B. 120 C. 210 D. 45【答案】C【解析】第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；- 4 -第四次循环：；第五次循环：；第六次循环：；结束循环，输出，故选 C8. 在中

4、，若，则面积的最大值是（ ）A. B. 4 C. D. 【答案】D【解析】，由，得，又 ，当时，取得最大值，面积的最大值为，故选 D9. 已知实数满足，直线 过定点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D- 5 -10. 九章算术 “少广”算法中有这样一个数的序列：列出“全步” （整数部分）及诸分子分母，以最下面的分母遍乘各分子和“全步” ，各自以分母去约其分子，将所得能通分之分数进行通分约简，又用最下面的分母去遍乘诸（未通者）分子和以通之数，逐个照此同样方法，直至全部为整数，例如：及时，如图：记为每个序列中最后一列数之和，则为（ ）A. 1089 B. 680 C. 840

5、D. 2520【答案】A【解析】当时，序列如图：故，故选 A11. 已知双曲线上存在两点关于直线对称，且的中点在抛物线- 6 -上，则实数 的值为（ ）A. 0 或-10 B. 0 或-2 C. -2 D. -10【答案】A【解析】因为点关于直线对称，所以的垂直平分线为，所以直线的斜率为设直线的方程为，由得，所以，所以， 所以因为的中点M在抛物线上，所以，解得或，又的中点也在直线上，得，或，故选 A点睛：解析几何对称问题，一般设参数，运用对称问题中包含的垂直与中点坐标条件，将问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，然后直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去中间变量，直至得到所求量 12. 设

6、函数，若存在唯一的整数，使得，则 的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由，当时，时，当时取得最小值，且令，则此直线恒过定点，若存在唯一的整数，使得，则且，故选 D点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等13. 设是展开式中 的系数，则_ （用数字- 7 -填写答案）【答案】111【解析】展开式中x的系数为，则 点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.

7、可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出 值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出 值，最后求出其参数.14. 在中，角的对边分别为，且满足，则函数的最大值为_【答案】【解析】由已知，即，即，则，即，即时，取得最大值15. 已知函数，命题 ：实数 满足不等式；命题 ：实数满足不等式，若是的充分不必要条件，则实数 的取值范围是_【答案】【解析】是的充分不必要条件，等价于是的必要不充分条件由题意得为偶函数，且在单调递增，在单调递减，由p：得 ，即，解得；由q：，故 的取值范围是点睛：充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若 则 ”

8、 、 “若 则 ”的真假并注意和图示相结合，例如“ ”为真，则 是 的充分条件- 8 -2等价法：利用 与非 非 ， 与非 非 ， 与非 非 的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若 ，则 是 的充分条件或 是 的必要条件；若 ，则 是 的充要条件16. 已知椭圆：，双曲线：，以的短轴为正六边形最长对角线，若正六边形与 轴正半轴交于点，为椭圆右焦点， 为椭圆右顶点， 为直线与 轴的交点，且满足是与的等差数列，现将坐标平面沿 轴折起，当所成二面角为时，点在另一半平面内的射影恰为的左顶点与左焦点，则的离心率为_【答案】2【解析】由题，由正六边形得于是，可得当所成二面角为

9、时，设双曲线左顶点为 ，则，设双曲线左焦点为 ，则，所以17. 已知数列的前 项和满足：.（1）求数列的通项公式；（2）设，且数列的前 项和为，求证：.【答案】 （1）. （2）【解析】试题分析：（1）根据当时，得到数列的递推关系式，再根据等比数列定义及通项公式求数列的通项公式；（2）将数列的通项公式代入化简得,再根据大小关系放缩为，最后利用- 9 -裂项相消法求和得试题解析：（）解：当时，所以， 当时，即， 所以数列是首项为 ，公比也为 的等比数列， 所以. （）证明： 由， 所以， 所以 因为，所以，即点睛：给出与 的递推关系求 ，常用思路是：一是利用转化为 的递推关系，再求其通项公式；二

10、是转化为的递推关系，先求出与 之间的关系，再求 . 应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.18. 随着人们对环境关注度的提高，绿色低碳出行越来越受到市民重视. 为此贵阳市建立了公共自行车服务系统，市民凭本人二代身份证到自行车服务中心办理诚信借车卡借车，初次办卡时卡内预先赠送 20 积分，当积分为 0 时，借车卡将自动锁定，限制借车，用户应持卡到公共自行车服务中心以 1 元购 1 个积分的形式再次激活该卡，为了鼓励市民租用公共自行车出行，同时督促市民尽快还车，方便更多的市民使用，公共自行车按每车每次的租用时间- 10 -进行扣分收费，具体扣分标准如下：租

11、用时间不超过 1 小时，免费；租用时间为 1 小时以上且不超过 2 小时，扣 1 分；租用时间为 2 小时以上且不超过 3 小时，扣 2 分；租用时间超过 3 小时，按每小时扣 2 分收费（不足 1 小时的部分按 1 小时计算）.甲、乙两人独立出行，各租用公共自行车一次，两人租车时间都不会超过 3 小时，设甲、乙租用时间不超过 1 小时的概率分别是 0.4 和 0.5；租用时间为 1 小时以上且不超过 2 小时的概率分别是 0.4 和 0.3.（1）求甲、乙两人所扣积分相同的概率；（2）设甲、乙两人所扣积分之和为随机变量 ，求 的分布列和数学期望.【答案】甲、乙两人所扣积分相同的概率为 0.3

12、6， 的数学期望【解析】试题分析：（1）先确定甲、乙两人所扣积分相同事件取法:扣 0 分、扣 1 分及扣 2分，再根据相互独立事件概率乘法公式及互斥事件概率加法公式得所求概率， （2）先确定随机变量取法，再分别求对应概率，列表可得分布列，最后根据数学期望公式求期望.试题解析：（）分别记“甲扣 0，1，2 分”为事件，它们彼此互斥，且分别记“乙扣 0，1，2 分”为事件，它们彼此互斥，且由题知，与相互独立， 记甲、乙两人所扣积分相同为事件，则，所以= （） 的可能取值为：， ，- 11 -， 所以 的分布列为：01234P0.20.320.30.140.04的数学期望 答：甲、乙两人所扣积分相同

13、的概率为 0.36， 的数学期望19. 如图，三棱锥中，底面， 为的中点，点 在上，且.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值.【答案】 （）证明见解析.（）平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值为.【解析】试题分析：（1）要证平面平面，只需证平面，而由等腰三角形性质得，所以只需证因为底面，可得；又根据勾股定理可得；从而有平面，即得 （2）一般利用空间向量数量积求二面角的大小，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解各面法向量，根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系求二面角大小.试题解析：（）证明：底面，且

14、底面， 由，可得 又，平面，注意到平面， ， 为中点， ，平面， - 12 -而平面，平面平面 （）解法一：如图，以 为原点、所在直线为 轴、为 轴建立空间直角坐标系. 则设平面的法向量，则 解得 取平面的法向量为， 则， 故平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值为. 解法二：取的中点，在上取点 ，且，连接，.平面，平面，平面， 在中，由（）知，平面，即，且， 设平面ABC与平面BEF所成二面角为 ，- 13 -， 故平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值为20. 已知是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上， 为椭圆的离心率，且点为椭圆短半轴的上顶点，为等腰直角三角形.（1）求椭圆的标准方

15、程；（2）过点作不与坐标轴垂直的直线 ，设 与圆相交于两点，与椭圆相交于两点，当且时，求的面积 的取值范围.【答案】 （）所求的椭圆方程为 （）的面积的取值范围为【解析】试题分析：（1）根据条件列出关于两个独立条件：，解方程组可得， （2）设直线 的方程为，将条件用坐标表示，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理化简条件得因为，所以利用韦达定理计算最后根据自变量范围，利用对勾函数求函数值域.试题解析：（）由是等腰直角三角形，得， 从而得到，故而椭圆经过， 代入椭圆方程得，解得， 所求的椭圆方程为 （）由（）知，由题意，设直线 的方程为，- 14 -由得，则 ，解得 由消 得设，则 设，则，其中，

16、 关于 在上为减函数， ，即的面积的取值范围为21. 已知函数.（1）若函数存在单调递减区间，求实数 的取值范围；（2）设是函数的两个极值点，若，求的最小值.【答案】 （） （）的最小值为【解析】试题分析：（1）函数存在单调递减区间，等价于在上有解，即- 15 -在上有解，根据实根分布可得解不等式可得实数的取值范围；（2）为两根，所以代入消化简得令，转化研究函数最小值，先根据，确定自变量取值范围：，再利用导数研究函数单调性：在上单调递减，进而确定函数最小值.试题解析：（）因为，所以， 又因为在上有解， 令，则，只需 解得即 （）因为，令，即，两根分别为，则 又因为 令，由于，所以 又因为，-

17、16 -即即，所以，解得或，即令，所以在上单调递减， 所以的最小值为点睛：导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数在某个区间内可导，如果，则在该区间为增函数；如果，则在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：求函数的单调区间或存在单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.22. 选修 4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线 的参数方程为，其中 为参数，再以坐标原点 为极点，以 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为，其中，直线 与曲线 交于两点.（1）求的值；（2）已知点，且，求直线 的

18、普通方程.【答案】 （）.（）直线 的普通方程为.（或）【解析】试题分析：（1）先根据代入消元法将直线 的参数方程化为普通方程，利用将曲线 的极坐标方程化为直角坐标方程，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入可得的值；（2）由直线参数方程几何意义得- 17 -，再将直线 的参数方程代入抛物线C的普通方程，利用韦达定理得， 三个条件联立方程组解得，即得直线 的普通方程. 试题解析：（）直线 的普通方程为， 曲线C的极坐标方程可化为， 设，联立 与C的方程得：，则， . （）将直线 的参数方程代入抛物线C的普通方程，得，设交点对应的参数分别为，则， 由得， 联立解得，又，所以. 直线 的普通方程为.（或）23. 选修 4-5：不等式选讲已知函数的顶点为.（1）解不等式；（2）若实数 满足，求证：.【答案】 （）不等式恒成立，解集为.（）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由绝对值三角不等式得即不等式恒成立，所以解集为 .（2）先因式分解得，再配凑- 18 -，最后根据条件，已经绝对值三角不等式放缩得试题解析：（）解：依题意得，则不等式为， ，当且仅当时取等号， 所以不等式恒成立，解集为. （）证明：