四川省甘孜市州康定中学高三数学理月考试题含解析

四川省甘孜市州康定中学高三数学理月考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知函数的定义域为，满足，当时,，则函数的大致图象是(

)参考答案：A2.在区间内任取一个实数，则此数大于3的概率为A. B.C. D.参考答案：B3.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是正三角形，则几何体的外接球的表面积为A．

B． C．

D．参考答案：D略4.已知函数，则函数的大致图像为(

)参考答案：B，当x<0时，是单调递减的，因此选B。5.已知集合M={x|－3<x≤5}，N={x|x<-5或x>5}，则MN=

A．{x|x<-5或x>-3}

B．{x|-5<x<5}

C．{x|-3<x<5}

D．{x|x<-3或x>5}参考答案：6.已知，若函数有3个或者4个零点，则函数的零点个数为（▲）A.或

B. C.或

D.或或参考答案：A7..某同学为了模拟测定圆周率，设计如下方案；点满足不等式组，向圆内均匀撒M粒黄豆，已知落在不等式组所表示的区域内的黄豆数是N，则圆周率π为（

）A. B. C. D.参考答案：D【分析】作出平面区域，根据黄豆落在区域内的概率列方程得出π的值．【详解】作出点D所在的平面区域如图所示：黄豆落在内的概率，即，故．故选：D．【点睛】本题考查利用随机模拟求，考查几何概型的概率计算，属于中档题．8.已知a>0，b>0，a＋b＝，则的最小值为()A．4

B．2

C．8 D．16参考答案：B9.将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同放法共有（

）种A．480

B．360

C．240

D．120参考答案：C第一步：先从4个盒子中选一个盒子准备装两个球，有4种选法；第二步：从5个球里选出两个球放在刚才的盒子里，有种选法；第三步：把剩下的3个球全排列，有种排法，由乘法分步原理得不同方法共有种，故选C.

10.在边长为1的正三角形AOB中，P为边AB上一个动点，则?的最小值是（）A．﹣ B． C．﹣ D．参考答案：C【考点】平面向量数量积的运算．【分析】P为边AB上一个动点，不妨设=λ，（0≤λ≤1），?=﹣λ+λ2=（λ﹣）2﹣，问题得以解决．【解答】解：∵P为边AB上一个动点，不妨设=λ，（0≤λ≤1）∴?=（+）?=（+λ）?λ=λ?+λ2=﹣λ+λ2=（λ﹣）2﹣，当λ=时，有最小值，即为﹣，故选：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知复数满足＝3，则复数的实部与虚部之和为__________．参考答案：略12.以下四个命题：①从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每20分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样．②两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1．③在回归直线=0.2x+12中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量平均增加0.2单位．④对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越小，“X与Y有关系”的把握程度越大．其中正确的命题是．参考答案：②③【考点】命题的真假判断与应用．【专题】概率与统计；推理和证明．【分析】根据抽样方法的定义，可判断①；根据相关系数与相关性的关系，可判断②；根据相关系数的几何意义，可判断③；根据独立性检验的方法和步骤，可判断④．【解答】解：从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每20分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是系统抽样，故①错误；两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；两个随机变量相关性越弱，则相关系数的绝对值越接近于0，故②正确；在回归直线=0.2x+12中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量平均增加0.2单位，故③正确；对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越大，“X与Y有关系”的把握程度越大，故④错误；故正确的命题是：②③，故答案为：②③【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了抽样方法，相关系数，回归分析，独立性检验等知识点，难度不大，属于基础题．13.若行列式则

▲

．参考答案：2由得，即，所以。14.已知双曲线，过x轴上点P的直线与双曲线的右支交于M，N两点（M在第一象限），直线MO交双曲线左支于点Q（O为坐标原点），连接QN．若∠MPO=60°，∠MNQ=30°，则该双曲线的离心率为．参考答案：【考点】KC：双曲线的简单性质．【分析】由题意可得M，Q关于原点对称，即可得到kMN?kQN=，分别求出相对应的斜率，再根据离心率公式即可求出【解答】解：由题意可知：M，Q关于原点对称，∴kMN?kQN=，∵kMN=﹣，kQN=﹣，∴=1，∴e===故答案为：．15.若点(x,y)位于曲线y=|x|与y=2所围成的封闭区域,则2x－y的最小值为

;参考答案：-616.（5分）不等式|x﹣2|+|x+1|≤5为

．参考答案：考点： 绝对值不等式的解法．专题： 不等式的解法及应用．分析： 由条件根据绝对值的意义求得|x﹣2|+|x+1|≤5的解集．解答： 解：|x﹣2|+|x+1|表示数轴上的x对应点到2、﹣1对应点的距离之和，而﹣2和3对应点到2、﹣1对应点的距离之和正好等于5，故|x﹣2|+|x+1|≤5的解集为[﹣2，3]，故答案为：[﹣2，3]．点评： 本题主要考查绝对值的意义，绝对值不等式的解法，属于基础题．17.已知偶函数上单调递增，且，则x的值等于

。参考答案：10或略三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.如图，四边形PCBM是直角梯形，∠PCB=90°，PM∥BC，PM=1，BC=2．又AC=1，∠ACB=120°，AB⊥PC，直线AM与直线PC所成的角为60°．（1）求证：PC⊥AC；（2）求二面角M﹣AC﹣B的余弦值；（3）求点B到平面MAC的距离．参考答案：解：方法1：（1）证明：∵PC⊥BC，PC⊥AB，又BC与AB交于点B∴PC⊥平面ABC，∴PC⊥AC．（2）取BC的中点N，连MN．∵PM=∥CN，∴MN=∥PC，∴MN⊥平面ABC．作NH⊥AC，交AC的延长线于H，连接MH．由三垂线定理得AC⊥MH，∴∠MHN为二面角M﹣AC﹣B的平面角．∵直线AM与直线PC所成的角为60°，∴在Rt△AMN中，∠AMN=60°．在△ACN中，．在Rt△AMN中，．在Rt△NCH中，．在Rt△MNH中，∵，∴．故二面角M﹣AC﹣B的余弦值为．（3）作NE⊥MH于E．∵AC⊥平面MNH，∴AC⊥NE，∴NE⊥平面MAC，∴点N到平面MAC的距离为．∵点N是线段BC的中点，∴点B到平面MAC的距离是点N到平面MAC的距离的两倍为．方法2：（1）证明：∵PC⊥BC，PC⊥AB，∴PC⊥平面ABC，∴PC⊥AC．（2）在平面ABC内，过C作BC的垂线，并建立空间直角坐标系如图所示．设P（0，0，z），则．．∵，且z＞0，∴，得z=1，∴．设平面MAC的一个法向量为=（x，y，1），则由得得∴．平面ABC的一个法向量为．．显然，二面角M﹣AC﹣B为锐二面角，∴二面角M﹣AC﹣B的余弦值为．（3）点B到平面MAC的距离．略19.已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若过点(2，0)的直线与椭圆相交于两点，设为椭圆上一点，且满足（为坐标原点），当＜时，求实数的取值范围．参考答案：略20.(本小题满分10分)在平面直角坐标系中，曲线C1的参数方程为

（a＞b＞0，为参数），以Ο为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2是圆心在极轴上且经过极点的圆，已知曲线C1上的点M对应的参数=，与曲线C2交于点D（1）求曲线C1，C2的方程；（2）A（ρ1，θ），Β（ρ2，θ+）是曲线C1上的两点，求的值。参考答案：（1）将M及对应的参数φ=，；代入得，所以，所以C1的方程为，

设圆C2的半径R，则圆C2的方程为：ρ=2Rcosθ（或（x-R）2+y2=R2），将点D代入得：∴R=1

∴圆C2的方程为：ρ=2cosθ（或（x-1）2+y2=1）--------5分（2）曲线C1的极坐标方程为：，将A（ρ1，θ），Β（ρ2，θ+）代入得：，所以即的值为。

--------10分21.（12分）已知函数.（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期；（Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a,b,c，且满足，求f(x)的取值范围．参考答案：(I),其最小正周期为因此f(x)的值域为.

……12分22.如图，边长为3的正方形ABCD所在平面与等腰直角三角形ABE所在平面互相垂直，AE⊥AB，且，．（Ⅰ）求证：MN∥平面BEC；（Ⅱ）求二面角N﹣ME﹣C的大小．参考答案：【分析】（Ⅰ）过M作MF∥DC交CE于F，连接MF，BF，推导出四边形NBFM为平行四边形，从而MN∥BF，由此能证明MN∥平面BEC．（Ⅱ）以A为坐标原点，所在方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小．【解答】证明：（Ⅰ）过M作MF∥DC交CE于F，连接MF，BF．因为MF∥DC，，所以．…（2分）又，所以．故，…（4分）所以四边形NBFM为平行四边形，故MN∥BF，而BF?平面BEC，MN?平面BEC，所以MN∥平面BEC；…（6分）解：（Ⅱ）以A为坐标原点，所在方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，直角坐标系，则E（3，0，0），N（0，1，0），M（1，0，