湖北武汉市武昌区2019年度高三元月调研考试'数学理试题.doc

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1、武昌区 2019 届高三元月调研考试数学理 试题一、选择题：本题共 12 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（ ）1 i3i1 i A B C D i2i1 3i1 3i2已知集合，若，则实数的取值范围为（ 2 |log (1)1, |2AxxBx xaABa）A B C D (1,3)1,31,)(,33已知向量不平行，且满足，则（ ）(2,1),(2, )abx 2ababx A B C1 或D1 或1 21 21 21 24函数的图象大致为（ ）2 ( )xx ef xx5某程序框图如右图所示，该程序运行后输出的（ ）s A26B10

2、2C410D5126设满足约束条件，则的取值范围为（ ）, x y430 290 1xy xy x 2zxyA B C D 2,63,63,126,127已知函数的最小正周期为，则的单调递增区间是( )3sincos(0)f xxx2( )f x（ ）开开始始1,0ns 2nss 2nn n8?输输出出s结结束束是是否否A B2,2()66kkkZ22,2()33kkkZCD22,2()33kkkZ52,2()66kkkZ8已知是区间上的任意实数，则函数在上单调递增的概率ab、0,42( )1f xaxbx2,)为 （ ）A B C D 1 83 85 87 8 9如图，网格纸上小正方形的边长

3、为 1，粗线画出的是某四面体的三视图，则此四面体的体积为 （ ）A B C32 D4832 348 310已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，棱锥的底面是边长为的正三角形，SABCO2 3侧棱长为，则球的表面积为（ ）2 5OA B C D 102510012511已知为双曲线的右支上一点，分别为双曲线的左顶点M2222:1(0,0)xyCabab,A FC和右焦点，线段的垂直平分线过点，则的离心率为（ ）FAM60MFAC A6B4C3D212已知函数，则的零点个数可能有（ ）3211( )232f xxaxx( )f xA1 个B1 个或 2 个C1 个或 2 个或 3 个D2 个或 3

4、 个 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在题中的横线上13的展开式中的系数为 （用数字填写答案）3(1)(2)xx2x14已知是定义域为的奇函数，且函数为偶函数，当时，( )f xR(1)yf x01x，则 3( )f xx5 2f15设是公差不为零的等差数列，为其前项和已知成等比数列，且，nanSn124,S SS35a 则数列的通项公式为 na16过点作直线与抛物线相交，其中与交于两点，与交( ,0)M m12ll、2:4E yx1lEAB、2lE于两点，过的焦点若的斜率满足，则实数的值为 CD、ADEFADBC、12kk、122kkm 三、解答题：共 70

5、 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题，每个 试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共 60 分 17 （本小题满分 12 分）在中，角的对边分别为，且，ABCABC、abc、2sinsincos2CAB (3 )sin()(sinsin)cbCabAB（1）求和的大小；AB（2）若的面积为，求边上中线的长ABC3BCAM18 （本小题满分 12 分）如图，三棱柱中，111ABCABC1112,30 ,6ABACAABCACABC（1）求证：平面平面；1ABC 11AAC C（2）求二面角的余弦值11BACC19 （本小题满分

6、 12 分） 某公司开发了一种产品，有一项质量指标为“长度” （记为 l，单位：cm） ，先从中随机抽取 100 件， 测量发现全部介于 85cm 和 155cm 之间，得到如下频数分布表：分组85，95)95，105)105，115 )115，125 )125，135 )135，145 )145，155 频数2922332482已知该批产品的质量指标值服从正态分布，其中近似为样本的平均数，近似为2( ,)N x2ABCA1B1C1样本方差（同一组中的数据用该区间的中点值作代表） 2s（1）求；(132.2144.4)Pl （2）公司规定：当时，产品为正品；当时，产品为次品公司每生产一件这种产

7、115l115l 品，若是正品，则盈利 90 元；若是次品，则亏损 30 元记为生产一件这种产品的利润，求随机变量的分布列和数学期望参考数据：15012.2若，则，2( ,)XN ()0.6826,(22 )0.9544PXPX(33 )0.9974PX20 （本小题满分 12 分）设分别为椭圆的左、右焦点，动点在上12FF、2 2:12xEy0000(,) (0,1)P xyyy E的平分线交轴于点，交轴于点，过的直线 交于两点12FPFx( ,0)M myN1FN、lECD、（1）若，求的值；1 2m 0x（2）研究发现始终为定值，写出该定值（不需要过程） ，并利用该结论求面积的取值0x

8、m2F CD范围21 （本小题满分 12 分）已知函数2113( )ln424f xxaxx（1）当时，求的单调区间；1a ( )f x（2）若存在两个极值点，且，证明：( )f x12,x x12xx1212()()124f xf xaxx（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，则按所作的第一题计 分22 【选修 44：坐标系与参数方程】 （本小题满分 10 分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（ 为参数） 在以坐标原点为极点，轴xOy1C3xt yt tx正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为2C4cos（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；1C2

9、C（2）若与相交于两点，求的面积1C2CAB、OAB23 【选修 45：不等式选讲】 （本小题满分 10 分）已知( )11f xxaxa（1）当时，求不等式的解集；1a ( )3f x （2）若时，不等式恒成立，求的取值范围1x( )2f xxa武昌区 2019 届高三年级元月调研考试理科数学参考答案123456789101112BBAABCBDABBA13614 1 815 21nan16217解析：（1）因为，所以，(3 )sin()(sinsin)cbCabAB(3 )()()cb cab ab所以，即，所以，2223abcbc3cos2A 30A 因为，所以，即，2sinsincos

10、2CAB 1 cossinsin2CABsin1 cosBC 因为，所以，150BCsin1 cos(150)1 cos150 cossin150 sinBBBB 即，所以 613sincossin60122BBB 30B 分（2），因为，所以，,120ab C213sin324ABCSabCa2ab在中，ACM22212cos1204 1 2 1 272AMACCMACCM 所以12 分7AM ABCM18解析：（1）记，连结因为，所以11ACACOBO1ABBC1BOAC由题意知为正三角形，求得，在中求得，又，1ACC3CO 1ABC3BO 6BC 所以，所以因为，所以平面222BCCOB

11、OBOCO1COACOBO 11AAC C因为平面，所以平面平面6 分BO 1ABC1ABC 11AAC C（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则，11(0,1,0),(0, 1,0),(3,0,0),( 3, 1, 3)ACCB1(0, 2,0),( 3, 2, 3)ACAB因为平面，所以平面的法向量为BO 11AAC C11AAC C(0,0, 3)m 设平面的法向量为，则，取，则11ABC( , , )nx y z1203230n ACyn ABxyz 1x ，0,1yz 所以(1,0, 1)n 所以，因为所求二面角的平面角为钝角，32cos,232m nm n mn 所以所求二面角的余

12、弦值为12 分11BACC2 2ABCA1B1C1Oxyz19解析：（1）抽取产频质量指标值的样本平均数为： ，90 0.02 100 0.09 110 0.22 120 0.33 130 0.24 140 0.08 150 0.02120x 抽取产品质量指标值的方差为：，2900 0.02400 0.09 100 0.220 0.33 100 0.24400 0.08900 0.02150 因为，(120,150),15012.2lN1()(120132.2)0.68260.3413,2 1(2 )(120144.4)0.95440.4772,2PlPlPlPl6 分(132.2144.4)

13、(120144.4)(120132.2)0.1359PlPlPl （2）由频数分布表得：(115)0.020.090.220.33,(115)1 0.330.67P lp l 随机变量的取值为，且90,30(90)0.67,(30)0.33PP则随机变量的分布列为：9030P0.670.33所以 1290 0.6730 0.3350.4E分20解析：（1）由题意知12( 1,0),(1,0)FF直线的方程为，即，1PF0000(1)1yyxx000(1)0y xxyy直线的方程为，即2PF0000(1)1yyxx000(1)0y xxyy由点到和的距离相等，得 （*）1,02M1PF2PF00

14、002222 000011 22(1)(1)yyyyyxyx 其中，2222 0000012(1)1(1)222yxxxx，且2222 0000012(1)1(1)222yxxxx022x 所以（*）式可化为，解得40031 22xx01x 分（2）定值为 2，即02x m直线的方程为，令，并考虑，得PM0000()yyxmxm0x 02xm0yy 所以点的坐标为，从而过的直线 的方程为，即N0(0,)y1FN、l000(1)1 0yyx ，0(1)yyx 代入，消去，得设，2 212xyx222 000(12)20yyy yy1122( ,),(,)C x yD xy则2 00 121222

15、 002,1212yyyyy yyy所以，2222 20000 1212122222 000248(1)()41212(12)yyyyyyyyy yyyy所以 222 00 121222 08(1)1 2(12)F CDyySFFyyy因为，其中，2222 000 222222 0008(1)2(12)112 1(12)(12)(12)yyy yyy000,1yy 所以，所以，22 0022 011601,1 123, 02 1(12)9yyy 2403F CDS所以面积的取值范围为122F CD40,3分DCNMF1OF2P21解析：当时，1a 2113( )ln424f xxxx(1)0f

16、当时，；当时，21112(2)(1)( )2222xxxxfxxxxx 1x ( )0fx01x( )0fx在单调递增，在单调递减4 分(0,1)(1,)（2）因为，所以2113( )ln424f xxaxx21112( )222axxfxaxxx因为存在两个极值点，所以在有两根( )f x220axx(0,)所以，所以，且0 1 80a a 108a121212,xxx xaa因为22 121212121212121211(lnln)()()()()lnln142 4xxa xxxxf xf xxx xxxxxx要证，只需证，即证1212()()124f xf xaxx121212lnln2

17、2xxaxxxx12112221 ln 1x xx xx x 令，只需证121xtx 2(1)ln1ttt令，所以，2(1)( )ln,(1)01tg ttgt2214(1)( )0(1)(1)tg tttt t所以在单调递增，因为，所以，即( )g t(1,)1t ( )(1)g tg2(1)ln01ttt所以，1212()()124f xf xaxx22解析：（1）的普通方程为，由，得，1C30xy4cos24 cos又因为，所以的直角坐标方程222,cosxyx2C为4 分2240xyx（2）原点到直线的距离，的标准方程为，表示圆心O30xy3 2d 2C22(2)4xy为，半径的圆到直

18、线的距离，所以2(2,0)C2r 2C30xy23 2 2d 22 2214ABrd所以101133 7142222OABSAB d分5432112345108642246810 BAC2O23解析：（1）当时，不等式化为1a ( )3f x 13xx当时，解得，所以；1x 13xx 2x2x当时，无解；10x 13,13xx 当时，解得，所以0x13xx 1x1x所以，不等式的解集( )3f x 为4 分(, 21,) （2）当时，不等式化为，即1x( )2f xx112xaxax 11axa 由，得或，即或11axa 11axa11axa (1)2a x(1)0a x当时，不等式不恒成立；x1 1(1)2a x当时，若不等式恒成立，则1x(1)0a x0a所以，所求的取值范围为10 分a0,)