云南省玉溪一中2019届高三数学下学期第五次调研考试试题文含解析（23页）
时间：2020-11-21 16:17:34 来源：勤学考试网 本文已影响 人 
云南省玉溪一中2019届高三数学下学期第五次调研考试试题 文（含解析）
第I卷（选择题）
一、选择题（每题5分，共60分）
，则（ 1.）若集合，
D. B.
C.
A.
【答案】A
【解析】
，所以，故选A.因为集合
，则的虚部是（ 2.已知是虚数单位，复数满足） C.
B.
D.
A. 1
A 【答案】 【解析】 1，选 A.，所以的虚部是 ( )
3.函数的图象与函数的图象的交点个数是 B. 3
C. 4
A. 2 D. 5B 【答案】 【解析】 【分析】.
画出两个函数的图像，由此确定两个图像交点的个数 个交点，【详解】依题意，画出两个函数的图像如下图所示，由图可知，两个函数图像有B.
故选1
考查数形结合的数学思想方法，【点睛】本小题主要考查指数函数和三角函数的图像的画法， 属于基础题. ）的夹角为与向量4.，且若向量，的夹角为（，则向量 B. C.
A. D.
A 【答案】 【解析】 ，所以的夹角为，且的夹角等于试题分析：设向量与,因为向量 ，
A．,,,．故选 考点：平面向量数量积的运算． ，，若不等式 的最大值为（）恒成立，则5.已知 D. 24B. 12
C. 18
A. 9
B 【答案】 【解析】 ∵，不等式恒成立2
∴ ∵ a=3b时取等号，当且仅当 12 ∴的最大值为B
故选：其难点主要在于利用三角形的一边及这条边上的高表示内点睛：本题主要考查基本不等式，关应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：接正方形的边长.在用基本不等式求最值时，系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③ .三相等：含变量的各项均相等，取得最值 ）6.，则已知（，且
B.
A.
D.
C.
B 【答案】 【解析】 【分析】 . 的值，然后求得先根据已知条件求得的值，由此求得题目所求表达式的值
，【详解】依题意及，由 B.
，故，故选 解得考查二倍角考查同角三角函数的基本关系式，【点睛】本小题主要考查两角和的正切公式， .公式，考查运算求解能力，属于基础题 若该三棱柱的所的侧棱垂直于底面，且7. ,三棱柱 ）有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ A.
B.
D.
C.
C 【答案】 【解析】 【分析】. 找出球心的位置，利用勾股定理计算出球的半径，进而计算出球的表面积 ，由于三【详解】由于底面是直角三角形，其外心是斜边的中点，设上下底面的外心为3
设.棱柱位于的侧棱垂直于底面，故球心的中点处，画出图像如下图所示 ，故球的体积为球的半径为，则C.
，故选
解题突破口在于找到球【点睛】本小题主要考查几何体外接球表面积的求法，属于基础题. 心并求得半径. 分别是其左右焦设点上异于长轴端点上的任意一点，是椭圆8. ，则此椭圆的离心率为（点， 为中心，） A. B.
D.
C.
C 【答案】 【解析】 ，则 设 所以
，选C.因此，粗实线和粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该19.如图，网格纸上小正方形的边长为 ）多面体的体积为（
4
D. C. A. B.
C 【答案】 【解析】 【分析】. 画出三视图对应的原图，根据三棱锥的体积公式计算出体积 ，【详解】画出三视图对应的原图如下图所示三棱锥.故体积为C.
故选
【点睛】本小题主要考查三视图还原为原图，考查三棱锥的体积计算，考查运算求解能力， .属于基础题 若满足.10.，则已知是定义域为的奇函数, ） （ D. B. A.
C.
5
【答案】C
【解析】
分析：先根据奇函数性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果.
的奇函数，且，详解：因为 是定义域为 ,
所以 ，因此 ，因为，所以 C.
，从而，选点睛：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．
，则（ 的对边分别为），若 的内角11.D. 63A. 12 B. 42
C. 21
C 【答案】 【解析】 【分析】 .
的值，由正弦定理计算出先计算出的值，然后计算的值 ，形中以，所在三角】【详解
由正弦定理得，，故选C.
【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查三角形内角和定理，考查两角和的正弦公式，考查利用正弦定理解三角形，属于基础题.
在双曲线右支上，且为锐角设双曲线的左、右焦点分别为，若点12. 三角形，则 的取值范围（） D.
B.
C.
A.
【答案】D
【解析】
【分析】
6
时，证明为直角选项，当根据三角形两边的和大于第三边，排除A,B. C选项，由此得出正确选项三角形，排除 ，三角形两边的和大于第三边，故排【详解】依题意 ，除A,B选项.，当轴时，， 为直角三角形，排除C选项.故本小题选此时D.
【点睛】本小题主要考查双曲线的定义和标准方程，考查锐角三角形的知识，属于基础题.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
，则的最大值是__________．若实数x，y 满足13.2 【答案】 【解析】 试题分析：目标函数在．处取得最值
考点：线性规划．
14.口袋内装有一些除颜色不同之外其他均相同的红球、白球和黑球,从中摸出1个球,摸出红球的概率是0．42,摸出白球的概率是0．28,若红球有21个,则黑球有 个．
【答案】15
【解析】
所以黑球有个． ,个,其中白球试题分析：总共有球个 考点：古典概型概率． 与圆相切的直线方程___15.在平面直角坐标系，求过点中，．
【答案】或 【解析】 【分析】7
当直线斜率存在时，设出直线的.当过的直线斜率不存在时，直线是圆的切线，符合题意. 方程，利用圆心到直线的距离列方程，解方程求得直线的斜率，由此求得切线方程 当直线斜率存在时，设斜.的直线斜率不存在时，直线为【详解】当过，是圆的切线 ，即率为，，则直线方程为，圆心到直线的距离 综上所述，切线方程为，即解得，故直线方程为. .
或考查分类讨论的考查点到直线的距离公式，【点睛】本小题主要考查直线和圆相切的表示， 数学思想方法，属于基础题. 则,，若16.，且已知函数的四个根为 ．________2 【答案】 【解析】 【分析】 的值，代入，根据指对互换原则，可解得由即可求解。
因为所以，，所以，所以或【详解】或 解得 ，，。，所以，， 2.
所以，故答案为 【点睛】本题考查指对数的互换，含绝对值方程的解法，考查计算化简的能力，属基础题 三、解答题： 17.，且若数列．的前项和为， 的通项公式；（1）求数列 ．，令的前，求数列项和2（）若 .
(1) 或【答案】 .
(2)
【解析】 即1（析分：，）8
由，或(2) 或； . ，利用裂项相消法求和即可，可得， 时，1）当，则详解： （ 当时，， 即或 ∴或 ）由，（2，∴ ∴ ,
是直角梯形，底面18.如图，在四棱锥中，, 的中点．是
平面（1；）求证：平面 求三棱锥 ）若,的体积．（2 ）2【答案】（1.
）证明见解析；（ 【解析】 【分析】 ，，平面，证得，平面利用勾股定理证得1（）由此证得根据 知，可得证平的面中点）平面（.2根据是，平面而从 .
，由此计算出三棱锥的体积 1）（【详解】解：
9
的中点，，得：（2）根据平面是
.【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查三棱锥体积的求法，属于中档题 得到的数5两项指标数据进行收集和分析、只实验小白鼠体内的某医疗科研项目组对19. 据如下表：
指标
1号小白鼠
2号小白鼠
号小白鼠3
号小白鼠4
5号小白鼠
A
5
7
6
9
8
B
2
2
3
4
4
项指标数据具有线性相关关系，试根据上表，项指标数据与）若通过数据分析，得知（1 项指标数据求关于项指标数据的线性回归方程； 的概项指标数据高于33（2）现要从这5只小白鼠中随机抽取只，求其中至少有一只的.
率
参考公式：
.
（2）；1【答案】（） 【解析】 【分析】）利用列举法和古典概型概率21（）利用回归直线方程计算公式，计算出回归直线方程.（. 计算公式，求得所求概率 1【详解】（）根据题意，计算10
，
.
，所以线性回归方程为，……，只小白鼠中随机抽取三只，基本事件数为223,224,225,234,235,2452）从这5（ 9种取法，项指标数据高于3的基本事件共345共10种不同的取法，其中至少有一只B .
所以所求概率为属于中本小题主要考查回归直线方程的求法，考查利用列举法求古典概型的概率，【点睛】 档题. ClpxQC 有两个不）的直线与抛物线（0，：=21．过点经过点（1，2）20.已知抛物线NyMPBPAABy ，直线同的交点轴于，交，且直线交．轴于l （Ⅰ）求直线的斜率的取值范围； O 为定值．为原点，，求证：（Ⅱ）设， 1）0）∪（0，-3【答案】(1) 取值范围是（-∞，）∪（-3， (2)证明过程见解析 【解析】l的斜率再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线1）先确定p,分析：（yxxyBAPAPB，，），），，与y轴相交，舍去k=3（2）先设（（，的取值范围，最后根据 ，与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由 N，MPBPA，代入化简的纵坐标，，得可．利用直线的方程分别得点.
得结论Ppxy =2经过点（1，2），（Ⅰ）因为抛物线详解：解：xppy 所以．，所以抛物线的方程为，解得=2=44=2l ，的斜率存在且不为由题意可知直线0kkxly （+1=设直线的方程为≠0）．11
得由． 0<k<1依题意．，解得k<0或klPAPB ．≠-3不过点（1，又-2，）与y轴相交，故直线．从而l ．，1）-3，0）∪（所以直线0斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（yxyBAx ，．（Ⅱ）设（（），，） ，由（I．）知 yPA ．直线2=的方程为– Mx ．，得点令的纵坐标为=0 N 同理得点的纵坐标为． 由，，得．所以
． 为定值．所以“定值”是多定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、点睛：定点、定值定点、或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 少，因此求解时应设参数，运用推问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果， .理，到最后必定参数统消，定点、定值显现 ．设函数21. （1的单调区间；）求 , ,为整数, 的最大值．且当（2时）若求 ∞，+∞）上单调递增；若）若在（-1，，单调递减，在【答案】（ 在（2）上单调递增； 【解析】a.
－((1)f(x)的定义域为－∞，＋∞)，f′(x)＝e －∞，＋∞)上单调递增．在f′(x)>0，所以若a≤0，则f(x)(12
若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
1. ＋1)＋x1＝(x－k)(e－(2)由于a＝1时，(x－k)f′(x)＋x＋ 等价于x＋1>0故当x>0时，(x－k)f′(x)＋ ＋x(x>0) ①k< ＝g(x)＋1令＝＋x，则.
g′(x)＝－x－2在(0，＋∞)上单调递增， 由(1)知，函数h(x)＝e4>0. e－3<0，h(2)＝又h(1)＝e－ (0，＋∞)上存在唯一零点．所以h(x)在 (0，＋∞)上存在唯一零点．故g′(x)在 α，则α∈(1,2)．设此零点为 x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当 g(α)．在(0，＋∞)上的最小值为所以g(x) g(α)＝α＋1∈(2,3)．2, eg′(α)＝0，得所以＝α＋又由 k<g(α)，由于①式等价于2. 的最大值为故整数k 【此处有视频，请去附件查看】
4-4：坐标系与参数方程选修 4-4：坐标系与参数方程22.选修 轴，以坐标原点为极点，中，直线的参数方程为（为参数）在直角坐标系 的正半轴为极轴建立极坐标系，并使得它与直角坐标系有相同的长度单位，曲线的极 坐标方程为．
）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；1 （ ，求的值．2）设曲线点的坐标为与直线交于、 两点，且（ 9
（，（【答案】1）2） 【解析】13
）对直线的参数方程消参即可得直线的普通方程，根据1即可得曲试题分析：（ ）将直线方程转化为标准形式的参数方程代入到曲线2的直角坐标线的直角坐标方程；（ 方程，结合韦达定理即可求出的值．
，，（1） ：：试题解析： 的普通方程是，所以．即
）将直线方程转化为标准形式的参数方程：（为参数）2， （ ，代入.
中得： ，则 设，，则，对应的参数分别为．选修4-5：不等式选讲
23.选修4-5：不等式选讲
已知函数.
的解集； ）求不等式（1 ，求实数的最大值.）若存在实数 满足（2 ；（（【答案】12））或3.
【解析】 ）将不等式有解问题转化为求函数2的最小1）利用零点分段讨论法进行求解；（分析：（ 值问题，再通过解一元二次不等式进行求解． xx -1|+|-2|=详解：(1)f(x)=| xxx +3≥3,解得≤1时,得-2当≤0,?xx, 时,得1≥3,所以1<当∈<2xxx -3≥3,解得≥3.当得≥2时,2xf (-)≥3综上可知,不等式的解集为(∞,0]∪[3,+∞).xxxx-2)|=1, -1|+|-2|≥|(-1)-(由(2)|aaaa 依题意得++7≥1,即6≤0,---a 解得≤3,-2≤[-2,3]. a故的取值范围是 的值域或最值，主要有三种方法： 点睛：求或14
①利用零点分段讨论法将其转化为分段函数；
②利用绝对值的几何意义进行求解（数形结合思想）；
③利用三角不等式“”进行求解．
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