湖北省武汉市武昌区2019届高三元月调研考试数学理精彩试题(全WORD)

湖北省武汉市武昌区2019届高三元月调研考试数学理出色试题(全WORD版)湖北省武汉市武昌区2019届高三元月调研考试数学理出色试题(全WORD版)湖北省武汉市武昌区2019届高三元月调研考试数学理出色试题(全WORD版)合用文档武昌区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，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．1i3i（）1．i1A．iB．2iC．13iD．13i2．已知会集A{x|log2(x1)1},B{x|xa2}，若AB，则实数a的取值范围为（）A．(1,3)B．[1,3]C．[1,)D．(,3]3．已知向量a(2,1),b(2,x)不平行，且满足a2bab，则x（）A．1B．1C．1或1D．1或122224．函数f(x)x2ex的图象大体为（）开始xn1,s0s2nsnn2n≥8?否是输出s5．某程序框图如右图所示，该程序运行后输出的s（）结束A．26B．102C．410D．512x4y3≤06．设x,y满足拘束条件x2y9≤0，则z2xy的取值范围为（）x≥1A．[2,6]B．[3,6]C．[3,12]D．[6,12]7．已知函数f(x)3sinxcosx(0)的最小正周期为2，则f(x)的单调递加区间是（）A．2k,2k(kZ)B．2k,2k23(kZ)663文案大全合用文档C．2k2(kZ)D．2k5(kZ),2k,2k33668．已知a、b是区间[0,4]上的任意实数，则函数f(x)ax2bx1在[2,)上单调递加的概率为（）1357A．B．C．D．88889．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某周围体的三视图，则此周围体的体积为（）3248A．B．C．32D．483310．已知正三棱锥SABC的全部极点都在球O的球面上，棱锥的底面是边长为23的正三角形，侧棱长为25，则球O的表面积为（）A．10B．25C．100D．12511．已知M为双曲线C:x2y21(a0,b0)的右支上一点，A,F分别为双曲线C的左极点a2b2和右焦点，线段FA的垂直均分线过点M，MFA60，则C的离心率为（）A．6B．4C．3D．212．已知函数f(x)1x3a1x2x2，则f(x)的零点个数可能有（）32A．1个B．1个或2个C．1个或2个或3个D．2个或3个二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．13．(x1)(x2)3的张开式中x2的系数为．（用数字填写答案）14．已知f(x)是定义域为R的奇函数，且函数yf(x1)为偶函数，当0≤x≤1时，f(x)x3，5．则f2文案大全合用文档15．设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和．已知S1,S2,S4成等比数列，且a35，则数列{an}的通项公式为．16．过点M(m,0)作直线l1、l2与抛物线E:y24x订交，其中l1与E交于A、B两点，l2与E交于C、D两点，AD过E的焦点F．若AD、BC的斜率k1、k2满足k12k2，则实数m的值为．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必定作答．第22、23题为选考题，考生依照要求作答．（一）必考题：共60分．17．（本小题满分12分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且sinAsinBcos2C，2(c3b)sinC(ab)(sinAsinB)．（1）求A和B的大小；（2）若△ABC的面积为3，求BC边上中线AM的长．18．（本小题满分12分）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAABC2,ACA30,BC6．111（1）求证：平面ABC1平面AAC11C；B1B（2）求二面角B1AC1C的余弦值．C1CA1A19．（本小题满分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，获取以下频数分布表：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遵从正态分布N(,2)，其中近似为样本的平均数x，2近似为样本方差s2（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）．（1）求l144.4)；文案大全合用文档（2）公司规定：当l≥115时，产品为正品；当l115时，产品为次品．公司每生产一件这种产品，若是正品，则盈利90元；若是次品，则损失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希望．参照数据：15012.2．若X～N(,2)，则P(X≤)0.6826,P(2X≤2)0.9544，P(3X≤3)0.9974．20．（本小题满分12分）设F1、F2分别为椭圆E:x2y21的左、右焦点，动点P(x0,y0)(y00,y01)在E2上．F1PF2的均分线交x轴于点M(m,0)，交y轴于点N，过F1、N的直线l交E于C、D两点．（1）若m1，求x0的值；2（2）研究发现x0向来为定值，写出该定值（不需要过程），并利用该结论求△F2CD面积的取值范m围．21．（本小题满分12分）已知函数f(x)lnx1ax21x3．424（1）当a1时，求f(x)的单调区间；（2）若f(x)存在两个极值点x1,x2，且x1x2，证明：f(x1)f(x2)2a1．x1x24（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．若是多做，则按所作的第一题计分．22．【选修4—4：坐标系与参数方程】（本小题满分10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1xtx轴正的参数方程为（t为参数）．在以坐标原点为极点，y3t半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为4cos．文案大全合用文档1）写出C1的一般方程和C2的直角坐方程；2）若C1与C2订交于A、B两点，求△OAB的面．23．【修4—5：不等式】（本小分10分）已知f(x)x1axa1．（1）当a1，求不等式f(x)≥3的解集；（2）若x≥1f(x)≥x2恒建立，求a的取范．，不等式武昌区2019届高三年级元月调研考试理科数学参照答案123456789101112BBAABCBDABBA13614115an2n1162817．剖析：（1）因(c3b)sinC(ab)(sinAsinB)，所以(c3b)c(ab)(ab)，所以a2b2c23bc，即cosA3，所以A30，2因sinAsinBcos2C，所以sinAsinB1cosC，即sinB1cosC，22因BC150，所以sinB1cos(150B)1cos150cosBsin150sinB，即1sinB3cosBsinB601，所以B30．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯622分（2）ab,C120，因S△ABC1absinC3a23，所以ab2，24在△ACM中，AM2AC2CM22ACCMcos1204121217，2所以AM7．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分文案大全合用文档CMAB18．剖析：（1）A1CAC1O，BO．因ABBC1，所以BOAC1．由意知△ACC1正三角形，求得CO3，在△ABC1中求得BO3，又BC6，所以BCCOBOBOCO．因COACO，所以BO平面AACC．222，所以111因BO平面ABC1，所以平面ABC1平面AAC11C．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分（2）建立如所示的空直角坐系，A(0,1,0),C1(0,1,0),C(3,0,0),B1(3,1,3)，AC(0,2,0),AB1(3,2,3)．因BO平面AAC11C，所以平面AAC11C的法向量m(0,0,3)．平面AB1C1的法向量n(x,y,z)，nAC2y0，取x1，nAB13x2y3z0y0,z1，所以n(1,0,1)．所以cosm,nmn332，因所求二面角的平面角角，mn22所以所求二面角B1AC1C的余弦212分．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2zB1BC1OA1Ax

Cy19．剖析：（1）抽取量指的本平均数：文案大全合用文档x90100110120130140150120，抽取品量指的方差：29004001000100400900150，因l～N(120,150),15012.2，P(l≤)P(120l≤132.2)10.3413,2P(l≤2)P(120l≤144.4)10.4772,2l144.4)P(120l≤144.4)P(120l≤132.2)0.1359．⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分（2）由数分布表得：0.33,p(l≥115)10.330.67．随机量的取90,30，且P(90)0.67,P(30)0.33．随机量的分布列：9030P所以E903050.4．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分20．剖析：（1）由意知F1(1,0),F2(1,0)．直PF1的方程y0y00(x1)，即y0x(x01)yy00，x01直PF2的方程y0y00(x1)，即y0x(x01)yy00．x0111y0y01y0y0由点M,0到PF1和PF2的距离相等，得22．（*）2y021)2y02(x0(x01)2其中221222y0(x01)12x0(x01)2x02，y02(x01)211x02(x01)22x02，且2x02．22文案大全合用文档所以（*）式可化31，解得x01．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4x022x0分（2）定2，即x02．m直PM的方程y0y00m)，令x0，并考x02m，得yy0．x0(xm所以点N的坐(0,y0，进而、N的直l的方程y00y0，即)F110(x1)yy0(x，1)代入x2y21，消去x，得(12y02)y22y0yy020．C(x1,y1),D(x2,y2)，2yy22y0,yy2y02．112y02112y0224y028y02(y022所以y1y2(y1y2)24y1y22y0221)2，12y012y0(12y0)所以S△F2CD1F1F2y1y28y02(y0221)2．2(12y0)8y02(y021)2[(12y02)21]211，其中y00,y01，因22(12)2(12)2(12y0)2y02y0所以0y021,112y023,021116，所以0S△FCD4，(12y02)2923所以△F2CD面的取范0,4．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯123分PCF1OMF2ND文案大全合用文档21．剖析：当a1，f(x)lnx1x21x3，f(1)0．424f(x)11x1x2x2(x2)(x1)．当x1，f(x)0；当0x1，x222x2xf(x)0．在(0,1)增，在(1,)减．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分（2）因f(x)lnx1ax21x3，所以f(x)11ax1ax2x2．424x222x因f(x)存在两个极点，所以ax2x20在(0,)有两根．a00a1，且x1x212所以18a，所以8,x1x2a．0a因f(x1)f(x2)(lnx1lnx2)1a(x12x22)1(x1x2)lnx1lnx21．42x1x2x1x2x1x242x11要f(x1)f(x2)2a1，只需lnx1lnx22a2，即lnx1x2．x1x1x24x1x2x1x2x21x2令x1t1，只需lnt2(t1)．x2t1令g(t)lnt2(t1),g(1)0，所以g(t)14(t1)2≥0，t1t(t1)2t(t1)所以g(t)在(1,)增，因t1，所以g(t)g(1)，即lnt2(t1)0．t1所以，f(x1)f(x2)2a1．x1x2422．剖析：（1）C1的一般方程xy30，由4cos，得24cos，又因2x2y2,cosx，所以C2的直角坐方程x2y24x0．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分（）原点O到直xy30的距离d32)2y24，表示心2C2(x2文案大全合用文档C2(2,0)，半径r2的．C2到直x32y30的距离d2，所以2AB2r2d2214．所以S△OAB1ABd114337．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯102222分43A1O2C2468101B2323．剖析：（1）当a1，不等式f(x)≥3化x1x≥3．4当x1，x1