北京市一零一中学2019届高三下学期5月月考数学（理）试题

北京市一零一中学2019届高三下学期5月月考数学（理）试题

‎2018-2019学年北京市101中学高三（下）5月月考数学试卷 一、选择题 ‎1.已知集合，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎,所以，选A.‎ ‎2.若函数是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ）‎ A. B. （1,8） C. （4,8） D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分段函数单调性列不等式，解得结果.‎ ‎【详解】因为函数是R上的单调递增函数，‎ 所以 故选：D ‎【点睛】本题考查根据分段函数单调性求参数，考查基本分析判断能力，属中档题.‎ ‎3.设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由， 得： 即 令F（x）=x‎2f（x），则当 时， 得 即 上是减函数， 即不等式等价为 在 是减函数，∴由F 得， ，即 故选B．‎ ‎【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及抽象不等式的解法，其中利用一种条件合理构造函数，正确利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键 ‎4.的展开式中的系数为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎=‎ 所以的展开式中的系数=故选C.‎ ‎5.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，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，，则该数列第18项为　　‎ A. 200 B. ‎162 ‎C. 144 D. 128‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，首先猜想数列的通项公式，然后求解该数列第18项即可.‎ ‎【详解】偶数项分别为2，8，18，32，50，‎ 即，，，，，‎ 即偶数项对应的通项公式为，‎ 则数列的第18项为第9个偶数 即，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查归纳推理的应用，根据数列寻找偶数项的规律是解决本题的关键．‎ ‎6.如图所示的图形是弧三角形，又叫莱洛三角形，它是分别以等边三角形的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧得到的封闭图形.在此图形内随机取一点，则此点取自等边三角形内的概率是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出以为圆心，以边长为半径，圆心角为的扇形的面积，根据图形的性质，可知它的3倍减去2倍的等边三角形的面积就是莱洛三角形的面积，运用几何概型公式，求出概率.‎ ‎【详解】设等边三角形的边长为，设以为圆心，以边长为半径，圆心角为的扇形的面积为，则，，‎ 莱洛三角形面积为，则,‎ 在此图形内随机取一点，则此点取自等边三角形内的概率为,‎ ‎,故本题选D.‎ ‎【点睛】本题考查了几何概型.解决本题的关键是正确求出莱洛三角形的面积.考查了运算能力.‎ ‎7.已知定义在上的连续可导函数无极值，且，若在上与函数的单调性相同，则实数的取值范围是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据连续可导且无极值，结合，判断出为单调递减函数.对求导后分离常数，利用三角函数的值域求得的取值范围.‎ ‎【详解】由于连续可导且无极值，故函数为单调函数.故可令，使成立，故，故为上的减函数.故在上为减函数.即在上恒成立，即，由于，故，，所以 ‎，故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数的单调性与极值，考查利用导数求解不等式恒成立问题，属于中档题.‎ ‎8.已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，其底面边长为3，，，分别为侧棱，，的中点.若在三棱锥内，且三棱锥的体积是三棱锥体积的3倍，则平面截球所得截面的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 是底面的中心，则在上，而由得，与平面交于点，是过平面的截面圆圆心，在中由勾股定理求得，再由截面圆性质可求得截面圆半径．‎ ‎【详解】如图，是底面的中心，则在上，而由得，设，则，又，是中心，则，∴由得，解得，设与平面交于点，∵分别是的中点，则是的中点，∴，，设平面截球所得截面圆半径为，则，∴此圆面积为．故选A．‎ ‎【点睛】本题考查棱锥与其外接球，解题关键首先是确定球的半径，然后根据截面圆性质求得截面圆半径从而得出其面积．记住结论：正棱锥的外接球球心一定在其高上．‎ 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．‎ ‎9.已知是锐角的外接圆圆心，是最大角，若，则的取值范围为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平面向量的运算，求得，由此求得的取值范围.‎ ‎【详解】设是中点，根据垂径定理可知，依题意，即，利用正弦定理化简得.由于，所以，即.由于是锐角三角形的最大角，故，故.‎ ‎【点睛】本小题主要考查平面向量加法、数量积运算，考查正弦定理，考查三角形的内角和定理等知识，综合性较强，属于中档题.‎ ‎10.若整数满足不等式组，则最小值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，由此判断出可行域内的点和原点连线的斜率的最小值.‎ ‎【详解】画出可行域如下图所示，依题意只取坐标为整数的点.由图可知，在点处，目标函数取得最小值为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查简单的线性规划问题，要注意不等式等号是否能取得，还要注意 为整数，属于基础题.‎ ‎11. 执行如图所示程序框图，输入l=2，m=3，n=5，则输出的y的值 ‎【答案】68‎ ‎【解析】‎ 试题分析：第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；结束循环，输出 考点：循环结构流程图 ‎【名师点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.‎ ‎12.已知双曲线，圆.若双曲线一条渐近线与圆相切，则当取得最大值时，的实轴长为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用直线与圆相切确定a,b的关系，然后利用导函数研究函数取得最大值时双曲线的实轴长度即可.‎ ‎【详解】双曲线的一条渐近线方程为：，‎ 圆与双曲线的渐近线相切，则圆心到直线的距离等于半径，即：，‎ 据此可知：，则，‎ 故 ，‎ 令，‎ 则 ，‎ 由导函数与原函数的单调性的关于可知：‎ 函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，‎ 当时，取得最大值时，此时的实轴长为.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的性质，导函数研究函数的单调性与最值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎13.已知的解集为[m，n]，则m+n的值为______．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二次函数的单调性、一元二次不等式的解法即可得出．‎ ‎【详解】，‎ ‎ 所以，令，得，‎ 解得（舍去），；‎ 令，解得或．‎ 取．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了二次函数的单调性、一元二次不等式的解法，属于基础题．‎ ‎14.网店和实体店各有利弊，两者的结合将在未来一段时期内，成为商业的一个主要发展方向．某品牌行车记录仪支架销售公司从年月起开展网络销售与实体店体验安装结合的销售模式．根据几个月运营发现，产品的月销量万件与投入实体店体验安装的费用万元之间满足函数关系式．已知网店每月固定的各种费用支出为万元，产品每万件进货价格为万元，若每件产品的售价定为“进货价的”与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和，则该公司最大月利润是________万元．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 利润等于收入减成本，所以因为 ，所以原式，可化简为 ，而，那么，等号成立的条件是 ，所以该公司的最大利润是37.5，故填：37.5.‎ ‎【点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言能力，强化构建数学模型的方法，‎ ‎ 本题主要考查函数的应用及基本不等式，解决此题的关键是先求出函数解析式，再利用基本不等式求最值，在利用基本不等式求最值时,一定要紧扣“一正、二定、三相等”这三个条件,注意创造“定”这个条件时常要对所给式子进行拆分、组合、添加系数等处理,使之可用基本不等式来解决,若多次使用基本不等式,必须保持每次取等的一致性.‎ 三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．‎ ‎15.数列{an}首项a1＝1，前n项和Sn与an之间满足an＝‎ ‎（1）求证：数列{}是等差数列 ‎（2）求数列{an}的通项公式 ‎（3）设存在正数k，使（1+S1）（1+S2）…（1+Sn）≥k对于一切n∈N*都成立，求k的最大值．‎ ‎【答案】(1)证明见详解；(2)；(3).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用与之间的关系，将an＝转化为和之间的关系式，再整理即可求得；‎ ‎（2）根据（1）中所证可得，根据与的联系即可求得；‎ ‎（3）构造数列，判断其单调性，再求最小值即可求得参数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）因为，故an＝即为 整理可得 故可得，‎ 故数列{}是以首项为1公差为2的等差数列，即证.‎ ‎（2）由（1）可知，故可得 代入an＝，即可得 又当时，不满足上式，‎ 故 ‎（3）由（1）可知，设 故可得 故是单调递增数列，则，‎ 要满足（1+S1）（1+S2）…（1+Sn）≥k对于一切n∈N*都成立 只需，即可得.‎ 故的最大值为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用等差数列的定义证明数列等差，以及根据数列的单调性求参数的取值范围，属数列综合性中档题；第三问中关键的步骤是构造数列，并证明其单调性，属经典问题的经典处理方法.‎ ‎16.已知△ABC的三个内角△ABC所对的边分别为a，b，c，向量，，且 ‎（1）求角A的大小；‎ ‎（2）若BC＝，试求△ABC面积的最大值及此时△ABC的形状．‎ ‎【答案】(1)；(2)，等边三角形.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据数量积的运算，结合倍角公式的使用，通过解三角方程，即可求解；‎ ‎（2）根据余弦定理，结合均值不等式，即可求得面积的最值，以及此时的形状.‎ ‎【详解】（1）因，故可得，‎ 由公式可得 即可得，解得，‎ 又，故可得.‎ ‎（2）因为BC＝，即.‎ 由余弦定理可得，整理得 即可得，解得，‎ 当且仅当时取得最大值，又因为，故此时为等边三角形.‎ 故，‎ 此时三角形的形状是等边三角形.‎ ‎【点睛】（1）本题考查余弦的倍角公式，三角形面积的最大值问题，涉及均值不等式的使用，属综合性中档题.‎ ‎17.某厂有4台大型机器，在一个月中，一台机器至多出现1次故障，且每台机器是否出现故障是相互独立的，出现故障时需1名工人进行维修，每台机器出现故障需要维修的概率为．‎ ‎（1）问该厂至少有多少名维修工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不小于？‎ ‎（2）已知1名工人每月只有维修1台机器的能力，每月需支付给每位工人1万元的工资，每台机器不出现故障或出现故障能及时维修，能使该厂产生5万元的利润，否则将不产生利润．若该厂现有2名工人，求该厂每月获利的均值．‎ ‎【答案】（1）名；（2）万元．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）一台机器运行是否出现故障看作一次实验，在一次试验中，机器出现故障的概率为；4台机器相当于4次独立重复试验，设出现故障的机器台数为X，，求出对应概率值，写出分布列，计算“每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修”的概率不少于90%的对应工人数；‎ ‎（2）设该厂获利为Y万元，Y的所有可能取值为18，13，8，计算对应的概率值，求出分布列与数学期望值．‎ ‎【详解】（1）设“机器出现故障设”为事件，则．‎ 设出现故障的机器台数为，则，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 设该厂有名工人，则“每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修”为，，，，…，，这个互斥事件的和事件，则 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 因为，所以至少要3名工人，才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不小于．‎ ‎（2）设该厂获利为万元，则的所有可能取值为18，13，8，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故的分布列为 ‎18‎ ‎13‎ ‎8‎ 所以，‎ 故该厂获利的均值为万元．‎ ‎【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是综合性题目．‎ ‎18.如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE＝2，M为线段BF上一点，且DM⊥平面ACE．‎ ‎（1）求BM的长；‎ ‎（2）求二面角A﹣DM﹣B的余弦值的大小．‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据DM⊥平面ACE，找出线线垂直，在平面四边形EFBD中根据垂直关系求得线段长度；‎ ‎（2）由题可知直线垂直于平面，故可过与中点作垂线，找到二面角的平面角，从而在三角形中求解角度的大小即可.‎ ‎【详解】（1）记与的交点为，连接，如下图所示：‎ 因为平面，平面，‎ 故，‎ 又因为//，可以确定一个平面，故均在平面中；‎ 因为四边形是菱形，且，故可得；‎ 故在矩形中：‎ 因为，故可得，‎ 又因为，，‎ 故可得，故可得.‎ 即.‎ ‎（2）记与的交点为，连接，如下图所示：‎ 因为四边形为菱形，故可得，‎ 又因为平面BDEF⊥平面ABCD，且平面BDEF平面ABCD 且平面，，‎ 故可得平面；‎ 由（1）可知，故即为二面角A﹣DM﹣B的平面角；‎ 在中，容易知，故 在中，又，解得；‎ 在菱形中，容易知.‎ 故在中，因为，，故由勾股定理可得，‎ 故.‎ 二面角A﹣DM﹣B的余弦值的大小为.‎ ‎【点睛】本题考查由线面垂直求解线段的长度，以及二面角大小的求解，属综合性中档题.‎ ‎19.已知椭圆C：的左右焦点分别为，，左顶点为A，上顶点为B，离心率为，的面积为．‎ 求椭圆C的标准方程；‎ 过的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，求内切圆半径的最大值．‎ ‎【答案】(1) (2) 内切圆半径的最大值为．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意列方程组求出a，b的值得出椭圆方程；根据根与系数的关系求出的最大值，再根据内切圆的性质表示出的面积，从而得出内切圆的最大半径．‎ ‎【详解】依题意有解得，‎ 故椭圆C的方程为．‎ 设，，设的内切圆半径为r，的周长为，‎ 所以．‎ 根据题意知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为，‎ 由，得，，，‎ 由韦达定理得，‎ ‎，‎ 令，则，．‎ 令，则当时，，单调递增，‎ ‎，，‎ 即当，时，的最大值为，此时，．‎ 内切圆半径的最大值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）当时，求的极值；‎ ‎（2）当时，讨论的单调性；‎ ‎（3）若对任意的，，恒有成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）极小值，无极大值；（2）参考解析；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：第一问，将代入中确定函数的解析式，对进行求导，判断的单调性，确定在时，函数有极小值，但无极大值，在解题过程中，注意函数的定义域；第二问，对求导，的根为和，所以要判断函数的单调性，需对和的大小进行3种情况的讨论；第三问，由第二问可知，当时，在为减函数，所以为最大值，为最小值，所以的最大值可以求出来，因为对任意的 恒成立，所以，将的最大值代入后，，又是一个恒成立，整理表达式，即对任意恒成立，所以再求即可.‎ 试题解析：（1）当时，‎ 由,解得. ‎ ‎∴在上是减函数，在上是增函数. ‎ ‎∴的极小值为，无极大值. ‎ ‎（2）. ‎ ‎①当时，在和上是减函数，在上是增函数； ‎ ‎②当时，在上是减函数； ‎ ‎③当时，在和上是减函数，在上是增函数. ‎ ‎（3）当时，由（2）可知在上减函数，‎ ‎∴. ‎ 由对任意的恒成立，‎ ‎∴‎ 即对任意恒成立，‎ 即对任意恒成立， ‎ 由于当时，，∴. ‎ 考点：1.利用导数研究函数的单调性；2.利用导数求函数的极值；3.利用导数求函数的最值；4.不等式的性质.‎