2019-2020学年吉林省白城市通榆县第一中学高二上学期第三次月考数学（文）试题（解析版）

2019-2020学年吉林省白城市通榆县第一中学高二上学期第三次月考数学（文）试题（解析版）

2019-2020 学年吉林省白城市通榆县第一中学高二上学期第 三次月考数学（文）试题 一、单选题 1．已知集合 A={x|x2﹣2x﹣3＜0}，集合 B={x|2x+1＞1}，则∁ BA=（） A．[3，+∞） B．（3，+∞） C．（﹣∞，﹣1]∪[3，+∞） D．（﹣∞，﹣ 1）∪（3，+∞） 【答案】A 【解析】因为 2{ | 2 3 0} { | ( 1)( 3) 0} ( 1,3)A x x x x x x          ，  12 1 ( 1, )xB x     ，所以 [3, )BC A   ；故选 A. 2．“ 2   ”是“sin 1  ”的         A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分也不必要条件 D．充分必要条件 【答案】A 【解析】将“ 2   ”与“sin 1  ”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件. 【详解】 当 2   时， πsin sin 12    ；当sin 1  时， 可能为 5π 2 .故“ 2   ”可以推出 “sin 1  ”、 “sin 1  ”不能推出“ 2   ”，所以“ 2   ”是“sin 1  ”的充分不必 要条件. 故选：A 【点睛】 本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查特殊角的三角函数值，属于基础题. 3．已知命题 : ,sin 1p x R x   ，则命题 p 的否定是（ ） A． ,sin 1x R x   B． ,sin 1x R x   C． ,sin 1x R x   D． ,sin 1x R x   【答案】D 【解析】分析：根据含有量词的命题的否定的方法求解即可． 详解：由含量词的命题的否定可得，命题 p 的否定是“ ,sin 1x R x   ”． 故选 D． 点睛：（1）否定全称命题和特称命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词， 存在量词改写为全称量词；二是要否定结论． （2）含量词的命题的否定与命题的否定是不同的，解题时要注意二者的区别． 4．某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有 150、150、400、300 名学生，为了解学生的 就业倾向，用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽取 40 名学生进行调查，应在丙专 业抽取的学生人数为      A．6 B．12 C．18 D．16 【答案】D 【解析】根据四个专业各有的人数，得到本校的总人数，根据要抽取的人数，得到每个 个体被抽到的概率，利用丙专业的人数乘以每个个体被抽到的概率，得到丙专业要抽取 的人数． 【详解】 解： 高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有 150、150、400、300 名学生 本校共有学生150 150 400 300 1000    ，  用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽取 40 名学生进行调查 每个个体被抽到的概率是 40 1 1000 25  ，  丙专业有 400 人， 要抽取 1400 1625   故选： D ． 【点睛】 本题考查分层抽样方法，是一个基础题，解题的依据是在抽样过程中每个个体被抽到的 概率是相等的，这种题目经常出现在高考卷中，属于基础题． 5．如图是由容量为 100 的样本得到的频率分布直方图．其中前 4 组的频率成等比数列， 后 6 组的频数成等差数列，设最大频率为 a，在 4.6 到5.0之间的数据个数为 b，则 a， b 的值分别为（ ） A． 0.27 ，78 B． 0.27 ，83 C． 2.7 ，78 D． 2.7 ，83 【答案】A 【解析】先根据直方图求出前 2 组的频数，根据前 4 组成等比数列求出第 3 和第 4 组的 人数，从而求出后 6 组的人数，根据直方图可知 4.6 ~ 4.7 间的频数最大，即可求出频率 a ，根据等差数列的性质可求出公差 d ，从而求出在 4.6 到 5.0 之间的学生数． 【详解】 解：由频率分布直方图知组矩为 0.1， 4.3 ~ 4.4 间的频数为100 0.1 0.1 1   ． 4.4 ~ 4.5 间的频数为100 0.1 0.3 3   ． 又前 4 组的频数成等比数列，公比为 3． 根据后 6 组频数成等差数列，且共有100 13 87  人． 从而 4.6 ~ 4.7 间的频数最大，且为 31 3 27  ， 0.27a  ， 设公差为 d ，则 6 56 27 872 d   ． 5d   ，从而 4 34 27 ( 5) 782b       ． 故选： A ． 【点睛】 本题考查频率分布直方图的相关知识，以及等差数列和等比数列的应用等有关知识，直 方图中的各个矩形的面积代表了频率，所以各个矩形面积之和为 1，同时考查分析问题 的能力，属于基础题． 6．在一个口袋中装有 5 个黑球和 3 个白球，这些球除颜色外完全相同，从中摸出 3 个 球，则摸出白球的个数多于黑球个数的概率为 ( ) A． 3 8 B． 3 7 C． 2 7 D． 9 28 【答案】C 【解析】由在一个口袋中装有 5 个黑球和 3 个白球，这些球除颜色外完全相同知本题是 一个古典概型，试验的总事件是从 8 个球中取 3 个球有 3 8C 种取法，从中摸出 3 个球， 摸出白球的个数多于黑球个数，包括摸到 2 个白球，或摸到 3 个白球有 2 1 3 3 5 3C C C 种不 同的取法，根据古典概型公式得到结果． 【详解】 解：由题意知本题是一个古典概型，  在一个口袋中装有 5 个黑球和 3 个白球，这些球除颜色外完全相同． 试验的总事件是从 8 个球中取 3 个球有 3 8C 种取法， 摸出白球的个数多于黑球个数，包括摸到 2 个白球，或摸到 3 个白球有 2 1 3 3 5 3C C C 种不 同的取法， 摸出白球的个数多于黑球个数的概率等于 2 1 3 3 5 3 3 8 2 7 C C CP C   ， 故选：C ． 【点睛】 本题考查古典概型的概率计算问题，属于基础题. 7．正方形的四个顶点    1, 1 , 1, 1 ,A B    1,1 ,C  1,1D  分别在抛物线 2y x  和 2y x 上，如图所示，若将一个质点随机投入正方形 ABCD 中，则质 点落在图中阴影区域的概率是 ( ) [Failed to download image : http://192.168.0.10:8086/QBM/2018/11/15/2076084448534528/2076258896666624/S TEM/96676665f3fe4229810577b12807c680.png] A． 2 3 B． 1 3 C． 1 6 D． 1 2 【答案】A 【解析】利用几何槪型的概率公式求解. 【详解】 A（-1，-1），B（1，-1），C（1，1），D（-1，1）， ∴正方体的 ABCD 的面积 S=2×2=4， 根据积分的几何意义以及抛物线的对称性可知阴影部分的面积：  1 2 3 1 1 1 1 4 8=2 1 x dx=2 x- x = 2 =3 3 3S        则根据几何槪型的概率公式可得质点落在图中阴影区域的概率是 8 23 =4 3 故选 A 【点睛】 本题考查了几何槪型的概率的计算，考查了定积分的几何性质，利用定积分求阴影部分 的面积是解决本题的关键. 8．已知 F 是椭圆 的左焦点，P 为椭圆 C 上任意一点，点 ，则 的最大值为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意，设椭圆 C 的右焦点为 ，由已知条件推导出 ，利用 Q， ，P 共线，可得 取最大值． 【详解】 由题意，点 F 为椭圆 的左焦点， ， 点 P 为椭圆 C 上任意一点，点 Q 的坐标为 ， 设椭圆 C 的右焦点为 ， ， ， ，即最大值为 5 ，此时 Q， ，P 共线，故选：A． 【点睛】 本题主要考查了椭圆的标准方程、定义及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记椭 圆的标准方程、定义和简单的几何性质，合理应用是解答的关键，着重考查了转化思想 以及推理与运算能力。 9．椭圆 2 2 1100 64 x y  的焦点为 1 2,F F ，椭圆上的点 P 满足 1 2 60F PF   ，则 1 2F PF 的面积是（ ） A． 64 3 3 B． 91 3 3 C． 16 3 3 D． 64 3 【答案】A 【 解 析 】 设 1 2,PF x PF y  ， 则 20x y  ， 又 2 2 2 2 1 22 cos60 | | 4 4 36x y xy F F c       ， 所 以    2 2 2 256 3 3 x y x y xy xy       ， 1 2 1 1 256 3 64 3sin602 2 3 2 3F PFS xy       ，故选 A． 10．点 是双曲线 ： 与圆 ： 的一个交点，且 ，其中 、 分别为 的左右焦点，则 的离心率为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由 a2+b2＝c2，知圆 C2 必过双曲线 C1 的两个焦点， ，2∠PF1F2＝ ∠PF2F1 ，则|PF2|＝c， c，由此能求出双曲线的离心率． 【详解】 ∵a2+b2＝c2， ∴圆 C2 必过双曲线 C1 的两个焦点， ， 2∠PF1F2＝∠PF2F1 ，则|PF2|＝c， c， 故双曲线的离心率为 ． 故选：B． 【点睛】 本题考查双曲线的性质和应用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件． 11．执行如图所示的程序框图，则程序输出 a 的结果为（ ） A． 4 5 B． 3 5 C． 2 5 D． 1 5 【答案】C 【解析】依次运行如图给出的程序，可得 1 2 4 31, ; 2, ; 3, ; 4,5 5 5 5k a k a k a k a        ； 1 25, ; 6, ;5 5k a k a    ，所以输出的 a 的值构成周期为 4 的数列．因此当 2018k  时， 2 5a  ．故程序输出 a 的结果为 2 5 ．选 C． 12．已知双曲线 E 的中心为原点，  1,0F 是 E 的焦点，过 F 的直线 l 与 E 相交于 A， B 两点且 AB 的中点为  4, 5N   ，则双曲线 E 的渐近线的方程为       A． 5 2 0x y  B． 2 5 0x y  C． 4 5 0x y  D．5 4 0x y  【答案】A 【解析】由题意设出双曲线方程， A ， B 的坐标，利用作差法结合弦中点的坐标可得 2 24 5b a ，即可得到所求渐近线方程． 【详解】 解：设双曲线的标准方程为 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     ， 设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ， 则有 2 2 1 1 2 2 1x y a b   ， 2 2 2 2 2 2 1x y a b   ， 两式作差得 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ( )( ) ( )( )x x x x y y y y a b     ， (1,0)F ， AB 的中点为 ( 4, 5)N   ， 1 2 8x x    ， 1 2 10y y   ， 2 2 2 1a b c   ， 可得 2 1 2 2 1 2 ( 8) 1( 10) 5 4 AB y y bk x x a         ， 2 24 5b a  ，可得双曲线的渐近线方程为 5 2 0x y  ， 故选： A ． 【点睛】 本题考查双曲线的简单性质，考查与弦中点有关的问题的求解方法，注意运用点差法， 是中档题． 二、填空题 13．设一组数据5154 57 53m， ， ， ， 的平均数是 54，则这组数据的标准差等于______． 【答案】2 【解析】∵数据5154 57 53m， ， ， ， 的平均数是 54， ∴  1 51 54 57 53 545 m      ， 解得 55m  ， 所以这组数据的方差为 2 2 2 2 2 21 [(51 54) (54 54) (55 54) (57 54) 53 54) 45s             ， ∴标准差为 2s  ． 答案：2． 14．若六进制数 3m502(6),化为十进制数为 4934,则 m=___________； 【答案】4 【解析】 4 3 23 6 6 5 6 2 4934, 4m m         . 15．已知直线 : 2 4l x y o   与 2y x 相交于 A，B 两点，O 是坐标原点，在弧 AOB 上求一点 P，使 ABP△ 的面积最大，则 P 的坐标为____ ． 【答案】 1,1 【解析】要使得内接 ABP 面积最大，则只须使得过 P 点的切线与直线 2 4 0x y   平行，由导数的性质能求出 P 位于 1,1 点处时， ABP 面积最大． 【详解】 解：要使得内接 ABP 面积最大，则只须使得过 P 点的切线与直线 2 4 0x y   平行， 2y x ， 2y x   ，  直线 2 4 0x y   斜率为 2， 过 P 点的切线斜率 2pk y   ， 解得 1Px  ，则可得 1Py  即  1,1P P 位于 1,1 点处时， ABP 面积最大． 故答案为： 1,1 【点睛】 本题主要考查抛物线标准方程，简单几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识．考 查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．解题时要认真审题，注意导数 性质的灵活运用． 16．已知抛物线 2 8y x 的准线为 l，  3, 4C   为一定点，设该抛物线上任一点 P 到 l 的距离为 d， d PC 的最小值为______． 【答案】 41 【解析】求出抛物线的准线方程，过 P 作 PM l ，交于点 M ，由C ， P ， F 三点共 线时， | |d PC 取得最小值，即可得到所求最小值． 【详解】 解：抛物线 2 8y x 的准线为 : 2l x   ， (2,0)F ， 过 P 作 PM l ，交于点 M ， 当C ， P ， F 三点共线时， | |d PC 取得最小值， 且为 2 2| | (2 3) (0 4) 41CF      ． 故答案为： 41 【点睛】 本题考查抛物线的方程和性质，考查两点间的距离最短的运用，考查运算能力，属于基 础题． 三、解答题 17．已知 2: 7 10 0p x x   ， 2 2: 4 3 0q x mx m   ，其中 0m  ．  1 若 3m  ，且 p q 为真，求 x 的取值范围；  2 若 q 是 p 的充分不必要条件，求实数 m 的取值范围． 【答案】（1）3 5x  （2） 5 23 m  【解析】（1）分别解出关于 p ，q的不等式，根据 p q 为真， p ，q都为真，求出 x 的 范围即可； （2）由 q 是 p 的充分不必要条件，即 q p   ，其逆否命题为 p q ，求出 m 的 范围即可． 【详解】 解：由 2 7 10 0x x   ，解得 2 5x  ，所以 : 2 5p x  ； 又 2 24 3 0x mx m   ，因为 0m  ，解得 3m x m  ，所以 : 3q m x m  ． （1）当 3m  时， :3 9q x  ， 又 p q 为真， p ， q都为真， 2 5 3 9 x x     解得3 5x  ． 所以 x 的取值范围为 (3,5) ． （2）由 q 是 p 的充分不必要条件，即 q p   ， p q   ， ( 表示“推不出” ) 其逆否命题为 p q ， q p ， 由于 : 2 5p x  ， : 3q m x m  ， 所以 2 3 5 0 m m m     „ … ， 5 23 m„ „ ． 实数 m 的取值范围为 5 ,23      ． 【点睛】 本题考查了充分、必要条件，考查复合命题的判断，属于中档题． 18．节能减排以来，兰州市 100 户居民的月平均用电量 ( 单位：度 ) ，以分组的频率分 布直方图如图．  1 求直方图中 x 的值；  2 求月平均用电量的众数和中位数；  3 估计用电量落在 220,300 中的概率是多少？ 【答案】（1） 0.0075 （2）224 （3）0.55 【解析】（1）由直方图的性质可得 20 (0.002 0.009  5 0.011 0.012  5 0.005 0.002x   5) 1 ，解方程可得； （2）由直方图中众数为最高矩形上端的中点可得，可得中位数在[220 ，240) 内，设中 位数为 a ，解方程 0.45 ( 220) 0.0125 0.5y    可得； （3）月平均用电量在 220,300 中的概率是 1 (0.002 0.0095 0.011) 20p      ． 【详解】 解：（1）依题意， 20(0.002 0.0095 0.011 0.012   5 0.005 0.002x   5) 1 ， 解得 0.0075x  ． （2）由图可知，最高矩形的数据组为 220,240 ， 所以众数为 220 240 2302   ． [160,220) 的频率之和为 0.002 0.0095 0.011 20 0.45   ， 依题意，设中位数为 y ，则  0.45 220 0.0125 0.5y   ， 解得 224y  ，故中位数为 224 ． （3）由频率分布直方图可知，月平均用电量在 220,300 中的概率是 1 20 (0.002 0.0095 0.011) 0.55p       ． 【点睛】 本题考查频率分布直方图，涉及众数和中位数，考查学生的计算能力，属基础题． 19．已知双曲线 2 2 : 14 3 x yC   ，直线 : 1l y kx   1 若直线 l 与双曲线 C 有两个不同的交点，求 k 的取值范围；  2 P 为双曲线 C 右支上一动点，点 A 的坐标是 7 ,02      ，求 PA 的最小值． 【答案】（1） 3 3 3 3( 1, ) ( , ) ( ,1)2 2 2 2k       （2） 3 2 【解析】（1）联立直线与双曲线方程，利用方程组与两个交点，求出 k 的范围． （2）设出 P 的坐标，利用 PA 的表达式，求出最小值即可. 【详解】 解：（1）由 2 2 1 3 4 12 y kx x y      ，整理得 2 24 3 8 16 0k x kx    所以     2 2 2 4 3 0 8 4 4 3 16 0 k k k          ，解得 3 2k   且 1 1k   3 3 3 31, , ,12 2 2 2k                             2 设  ,P x y ， 所以 2 2 2 2 27 7 7 373 1 72 2 4 4 4 xPA x y x x x                       因为 2x  ， 所以 2x  时， 3 2minPA  ． 【点睛】 本题考查直线与双曲线的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力． 20． 已知函数  2g(x) 2 1 0ax ax b a     在区间 2,3 上有最大值 4 和最小值 1，设 ( )f (x) g x x  . （1）求 a,b 的值； （2）若不等式  f 2 2 0x xk   在区间 -1,1 上有解，求实数 k 的取值范围； （3）若   2f 2 1 3 0 2 1 x xk k      有三个不同的实数解，求实数 k 的取值范围. 【答案】（1） 1 0 a b   ；（2） 1k  ；（3） 0k  【解析】【详解】试题分析： (1)由题意可得二次函数  g x 在[2,3]上为增函数，据此可得： (2) 1 (3) 4 g g    ，求解方程组 可得： 1 0 a b    . (2)由题意知   1 2f x x x    ，分离参数有 21 1( ) 2 12 2x xk     ，结合二次函数的性 质换元可得 1k  . (3)原方程可化为： 22 1| (2 3 ) 2 1| (1 2 ) 0x xk k       ( 2 1 0)x   令 2 1xt   ，换元后讨论可得 0k  . 试题解析： （1） 2( ) ( 1) 1g x a b a     ∴ 0a  ∴  g x 在[2,3]上为增函数 ∴ (2) 1 (3) 4 g g    ∴ 1 0 a b    . (2)由题意知   1 2f x x x    ∴不等式  2 2 0x xf k  可化为 2 12 22 x x x k  可化为 21 1( ) 2 12 2x xk     令 1 2xt  , 2 2 1k t t    ∴ [ 1,1]x  ，故 1[ ,2]2t  ，令 2( ) 2 1h t t t   , 由题意可得 2 2 1k t t   在 1[ ,2]2t  上有解等价于  max (2) 1k g t h   , 1k  . (3)原方程可化为： 22 1| (2 3 ) 2 1| (1 2 ) 0x xk k       ( 2 1 0)x   令 2 1xt   ，则方程可化为： 2 (2 3 ) (1 2 ) 0t k t k     ( 0)t  ∵原方程有三个不同的实数解。由 2 1xt   的图象知 2 (2 3 ) (1 2 ) 0t k t k     ( 0)t  有两个根 1 2,t t 且 1 20 1t t   或 1 20 1, 1t t   令 2( ) (2 3 ) (1 2 )h t t k t k     ，则 (0) 1 2 0 (1) 0 h k h k        或 (0) 1 2 0 (1) 0 2 30 12 h k h k k              ∴ 0k  . 21．如图所示，已知点  ,3M a 是抛物线 2 4y x 上一定点，直线 AM 、BM 的斜率互 为相反数，且与抛物线另交于 ,A B 两个不同的点. （1）求点 M 到其准线的距离； （2）求证：直线 AB 的斜率为定值. 【答案】(1)13 4 ；(2)证明见解析. 【解析】试题分析：（1）由点  ,3M a 在抛物线 2 4y x 上得 2 93 4 , 4a a  ，可得准 线方程为 1x   ，由此能求出点 M 到其准线的距离；（2）设直线 MA 的方程为 93 4y k x      ，联立 2 93 4 4 y k x y x           ，得 2 4 12 9 0y yk k     ，由已知条件推 导出 4 43, 3A By yk k     ，根据斜率公式，化简可消去参数 k ，从而证明直线 AB 的 斜率为定值. 试题解析：（1）解：∵  ,3M a 是抛物线 2 4y x 上一定点 ∴ 23 4a ， 9 4a  ∵抛物线 2 4y x 的准线方程为 1x   ∴点 M 到其准线的距离为：13 4 . （2）证明：由题知直线 MA MB、 的斜率存在且不为 0， 设直线 MA 的方程为： 93 4y x      联立 2 93 4 4 y k x y x           2 4 12 9 0y yk k      43Ay k   ，∴ 4 3Ay k   ∵直线 AM BM、 的斜率互为相反数 ∴直线 MA 的方程为： 93 4y k x       ，同理@可得： 4 3By k   ∴ 2 2 4 4 A B A B AB B AB A y y y yk y yx x     4 2 3A By y    22．已知椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率 2 2e  ，且过点 2 3,2 2       ． （1）求椭圆C 的方程； （2）如图，过椭圆C 的右焦点 F 作两条相互垂直的直线 ,AB DE 交椭圆分别于 , , ,A B D E ，且满足 1 2AM AB  ， 1 2DN DE  ，求 MNF 面积的最大值． 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 1m  时， MNF 的面积取得最大值 1 9 . 【解析】试题分析： (1)利用题意列出 ,a b 的方程组，求得 ,a b 的值即可求得椭圆的方程； (2)设出直线 AB 的方程，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理求得 ,MF NF 的值， 则 1 2MNFS MF NF  ，最后利用均值不等式求解三角形面积的最大值即可. 试题解析： （1）根据条件有 2 2 2 2 2 { 1 3 12 4 a b a b    ，解得 2 22, 1a b  ，所以椭圆 2 2: 12 xC y  ． （2）根据 1 2AM AB  ， 1 2CN CD  可知， ,M N 分别为 ,AB DE 的中点，且 直线 ,AB DE 斜率均存在且不为 0，现设点    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，直线 AB 的方程 为 1x my  ，不妨设 0m  ，联立椭圆C 有 2 22 2 1 0m y my    ，根据韦达 定理得： 1 2 2 2 2 my y m     ，  1 2 1 2 2 42 2x x m y y m       ， 2 2 2 ,2 2 mM m m       ， 2 2 1 2 m mMF m   ，同理可得 2 2 1 1 1 1 2 m mNF m            ， 所以 MNF 面积 2 1 1 2 14 2 MNF m mS MF NF m m          ，现令 1 2t m m    ， 那么 2 1 1 24 2 94 MNF tS t t t      ，所以当 2t  ， 1m  时， MNF 的面积取得 最大值 1 9 ．