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湖南师大附中2019届高三理科数学月考试卷（五）有答案 湖南师大附中2019届高三月考试卷(五) 数 学(理科) 命题人：朱海棠 贺祝华 张天平 欧阳普 审题：高三数学备课组 时量：120
分钟 满分：150分 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的
四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．若复数z满足z?(－1＋3i)＝1＋7i(i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于(A) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【解析】易得z＝2－i，则z对应的点为(2，1)．故选A. 2．设m为给定的一个实常数，命题p：??x∈R，x2－4x＋2m≥0，则“m≥3”是“命题p为真命题”的(A) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件 【解析】若命题p为真，则对任意x∈R，x2－4x＋2m≥0恒成立，所以Δ＝16－8m≤0，即m≥2. 因为m≥3??m≥2，则“m≥3”是“命题p为真命题”的充分不必要条件．选A. 3．若等差数列{an}的前5项之和S5＝25，且a2＝3，则a7＝(B) A．12 B．13 C．14 D．15 【解析】由S5＝5a3＝25??a3＝5，所以公差d＝a3－a2＝2， 所以a7＝a2＋5d＝3＋5×2＝13，故选B. 4．已知某7个数的平均数为3，方差为s2，现又加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为x，方差为72，则(B) A．x＝3，s2＝2 B．x＝3，s2＝4 C．x＝3，s2＝28 D．x＝6，s2＝72 【解析】∵这7个数的平均数为3，方差为s2，现又加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为x，方差为72， ∴x＝7×3＋38＝3，又由72×8×17＝4，得s2＝4.故选B. 5．若正整数N除以正整数m后的余数为r，则记为N＝r(mod m)，例如13＝3(mod 5)．下列程序框图的算法源于我国古代算术《中国剩余定理》，则执行该程序框图输出的i等于(C) A．4 B．8 C．16 D．32 【解析】第一次执行循环体，得i＝2，N＝18，此时18＝0(mod 3)，不满足第一条件； 第二次执行循环体，得i＝4，N＝22，此时22＝1(mod 3)，但22＜25，不满足第二条件； 第三次执行循环体，得i＝8，N＝30，此时30＝0(mod 3)，不满足第一条件； 第四次执行循环体，得i＝16，N＝46，此时46＝1(mod 3)，且46＞25，退出循环．所以输出i的值
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为16.选C.
6．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，则下列结论正确的是(D) A．PB⊥AD B．平面PAB⊥平面PBC C．直线BC∥平面PAE D．直线CD⊥平面PAC 【解析】因为AD与PB在平面ABC内的射影AB不垂直，所以A答案不正确． 过点A作PB的垂线，垂足为H，若平面PAB⊥平面PBC，则AH⊥平面PBC，所以AH⊥BC. 又PA⊥BC，所以BC⊥平面PAB，则BC⊥AB，这与底面是正六边形不符，所以B答案不正确． 若直线BC∥平面PAE，则BC∥AE，但BC与AE相交，所以C答案不正确．故选D. 7．在(x＋3y)(x－2y)5的展开式中，x2y4的系数为(B) A．－320 B．－160 C．160 D．320 【解析】(x－2y)5的展开式中第r＋1项为Tr＋1＝Cr5?x5－r?(－2y)r， 令5－r＝1，得r＝4；令5－r＝2，得r＝3. ∴在(x＋3y)(x－2y)5展开式中x2y4的系数为C45×(－2)4＋3×C35×(－2)3＝－160.故选B. 8．若函数f(x)＝asin ωx＋bcos ωx(0<ω<5，ab≠0)的图象的一条对称轴方程是x＝π4ω，函数f′(x)的图象的一个对称中心是π4，0，则f(x)的最小正周期是(B) A．π B．2π C.π2 D.π4 【解析】由题设，有fπ4ω＝±a2＋b2，即22(a＋b)＝±a2＋b2，由此得到a＝b，又f′π4＝0，所以aωcosωπ4－sinωπ4＝0，从而tanωπ4＝1，ωπ4＝kπ＋π4，k∈Z，即ω＝4k＋1，k∈Z，而0<ω<5，所以ω＝1，于是fx＝2asinx＋π4，故f(x)的最小正周期是2π.选B. 9．已知点(x，y)是不等式组x≥1，x＋y≤4，ax＋by＋2≥0表示的平面区域内的一个动点，且目标函数z＝2x＋y的最大值为7，最小值为1，则ab＝(B) A．1 B．－1 C．2 D．－2 【解析】由z＝2x＋y的最大值为7，最小值为1，联立方程2x＋y＝7，x＋y＝4得A(3，1)，联立2x＋y＝1，x＝1得B(1，－1)，由题意知A，B两点在直线ax＋by＋2＝0上，故a＝－1，b＝1.选B. 10．在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝3，BC＝1，D是边AC上的一点，则BD→?AC→的取值范围是(D) A.－212，1 B.－52，212 C.0，1 D.－212，52 【解析】∵D是边AC上的一点(包括端点)，∴设BD→＝λBA→＋(1－λ)BC→(0≤λ≤1)， ∵∠ABC＝120°，AB＝3，BC＝1，∴BA→?BC→＝3×1×－12＝－32， ∴BD→?AC→＝[λBA→＋(1－
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λ)BC→]?(BC→－BA→) ＝λBA→?BC→－λBA→2＋(1－λ)BC→2－(1－λ)BC→?BA→＝－13λ＋52， ∵0≤λ≤1，∴－212≤－13λ＋52≤52. ∴BD→?AC→的取值范围是－212，52.故选D. 11．已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>0，b>0)上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若AF⊥BF，设∠ABF＝α，且α∈π12，π4，则该椭圆的离心率e的取值范围是(A) A.22，63 B.22，33 C.12，33 D.23，63 【解析】已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>0，b>0)上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，设左焦点为N，连接AN，BN，因为AF⊥BF，所以四边形AFBN为长方形． 根据椭圆的定义：AF＋AN＝2a，由题∠ABF＝α，则∠ANF＝α，所以2a＝2ccos α＋2csin α， 利用e＝2c2a＝1sin α＋cos α＝12sinα＋π4，∵α∈π12，π4，∴π3≤α＋π4≤π2，22≤12sinα＋π4≤63，即椭圆离心率e的取值范围是22，63，故选A. 12．设平行于x轴的直线l分别与函数y＝2x和y＝2x＋1的图象相交于点A，B，若在函数y＝2x的图象上存在点C，使得△ABC为等边三角形，则这样的直线l(C) A．至少一条 B．至多一条 C．有且只有一条 D．无数条 【解析】设直线l的方程为y＝a(a＞0)，由2x＝a，得x＝log2a，所以点A(log2a，a)． 由2x＋1＝a，得x＝log2a－1，所以点B(log2a－1，a)，从而|AB|＝1. 如图，取AB的中点D，连接CD.因为△ABC为等边三角形，则CD⊥AB， 且|AD|＝12，|CD|＝32，所以点Clog2a－12，a－32. 因为点C在函数y＝2x的图象上，则a－32＝2log2a－12＝a2， 解得a＝32－2，所以直线l有且只有一条，选C. 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为__2＋π2__． 【解析】由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1＝2×1×1＝2， 圆柱的底面半径为1，高为1，则14圆柱体的体积V2＝14×π×12×1＝π4， 则该几何体的体积V＝V1＋2V2＝2＋π2. 14．已知函数f(x)＝log2（x2＋x＋a），x≥0，1－x2，x<0的值域为R，则实数a的最大值是__2__． 【解析】当x＜0时，f(x)＝1－x2＜1.因为f(x)的值域为R，则当x≥0时，f(x)min≤1. 因为f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则f(0)≤1，即log2a≤1，所以0＜a≤2.a的最大值为2. 15．已
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知点A(1－m，0)，B(1＋m，0)，若圆C：x2＋y2－8x－8y＋31＝0上存在一点P，使得PA⊥PB，则正实数m的取值范围是__[4，6]__． 【解析】圆C的方程化为：(x－4)2＋(y－4)2＝1. ∴设P(4＋cos θ，4＋sin θ)， 如图，线段AB的中点坐标为(1，0)，|AB|＝2|m|， ∴P点到线段AB中点的距离为|m|， ∴(3＋cos θ)2＋(4＋sin θ)2＝m2， ∴26＋6cos θ＋8sin θ＝m2， ∴26＋10sin(θ＋φ)＝m2，其中tan φ＝34， ∴16≤m2≤36，又m>0，∴4≤m≤6. 16．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝anan＋2(n∈N*)．bn＋1＝(n－2λ)?1an＋1(n∈N*)，b1＝－λ，且数列{bn}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是__－∞，23__． 【解析】因为an＋1＝anan＋2??1an＋1＝2an＋1??1an＋1＋1＝21an＋1??1an＋1＝1a1＋12n－1＝2n， 所以bn＋1＝(n－2λ)?2n，因为数列bn是单调递增数列，所以当n≥2时，bn＋1>bn??(n－2λ)?2n>(n－1－2λ)?2n－1??n>2λ－1??2>2λ－1?荭?<32；当n＝1时，b2>b1??(1－2λ)?2>－λ?荭?<23，因此λ<23. 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，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． (一)必考题：共60分． 17．(本小题满分12分) 在锐角△ABC中，3sinB＋C2－cos A＝1. (Ⅰ)求角A的大小； (Ⅱ)求cos B＋cos C的取值范围． 【解析】(Ⅰ)由已知，3sinB＋C2－cos A＝1，即3cosA2＝2cos2A2.(2分) 在△ABC中，因为0 实用精品文献资料分享 内接于⊙O，AB为⊙O的直径， 所以△ABC为直角三角形，又∠ABC＝60°，AB＝4， 故BC＝2，AC＝23， 因为E是弧AC中点，所以OE⊥AC，OG＝12BC＝1. 又因为DE⊥平面ABC，故DE⊥AC，所以AC⊥平面DEOO1， 故DO⊥AC.又OP＝12， 所以在矩形DEOO1中，tan∠PGO＝POOG＝12，tan∠DOO1＝DO1OO1＝12， 故∠PGO＝∠DOO1，又∠DOO1＋∠DOG＝90°， 所以∠PGO＋∠DOG＝90°，所以DO⊥PG， 所以DO⊥平面PAC.(6分) (Ⅱ)在轴截面内有PO＝OG＝1， 所以PG＝2，DG＝17，DP＝13， 由AC⊥平面DEOO1，得∠DGP即为二面角D－AC－P的平面角，(10分) 在△DGP中由余弦定理可求得cos∠DGP＝33434.(12分) 解法二：(Ⅰ)在平面ABC中，过点O作AB的垂线，交弧EC于H，如图建立空间直角坐标系， 因为△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径， 所以△ABC为直角三角形，又∠ABC＝60°，AB＝4， 故BC＝2，AC＝23， 又OP＝12，所以A(0，－2，0)，C(3，1，0)，P0，0，12，D(3，－1，4)， 所以AC→＝(3，3，0)，AP→＝0，2，12，OD→＝(3，－1，4)， 所以AC→?OD→＝0，AP→?OD→＝0，故AC⊥OD，AP⊥OD， 从而DO⊥平面PAC.(6分) (Ⅱ)由OP＝1知P(0，0，1)，设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则有AP→?m＝0，AC→?m＝0， 即2y1＋z1＝0，3x1＋3y1＝0，取m＝(－3，1，－2)， 设平面DAC的法向量n＝(x2，y2，z2)，则有 AD→?n＝0，AC→?n＝0，即3x2＋y2＋4z2＝0，3x2＋3y2＝0，取n＝－3，1，12，(10分) 则cos〈m，n〉＝m?n|m|?|n|＝33434， 所以二面角D－AC－P的余弦值为33434.(12分) 19．(本小题满分12分) 某有机水果种植基地试验种植的某水果在售卖前要成箱包装，每箱80个，每一箱水果在交付顾客之前要按约定标准对水果作检测，如检测出不合格品，则更换为合格品．检测时，先从这一箱水果中任取10个作检测，再根据检测结果决定是否对余下的所有水果作检测．设每个水果为不合格品的概率都为p(0