2019届湖北省荆门市高三元月调研考试数学（理）试题

2019届湖北省荆门市高三元月调研考试数学（理）试题
一、单选题
1．已知全集，集合，，则
A．B．或C．D．或
【答案】B
【解析】利用对数函数的性质化简集合，由交集的运算求出，由补集的运算得到．
【详解】
，
，
，
或,故选B．
【点睛】
本题主要考查集合的基本运算，比较基础．研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系.
2．已知复数，则的值是
A．1 B．C．D．
【答案】C
【解析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，从而可得结果．
【详解】
因为，
所以,故选C．
【点睛】
本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题．复数是高考中的必考知识，主要考查
复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分. 3．某人午觉醒来，发现表停了，他打开收音机，想听电台报时，他等待的时间不多于10分钟的概率为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】事件包含的时间长度是60，而他等待的时间不多于10分钟的事件包含的时间长度是10，由几何概型概率公式可得结果．
【详解】
设等待的时间不多于10分钟，
事件恰好是打开收音机的时刻位于时间段内，
因此由几何概型概率的公式可得，
即“等待报时的时间不超过10分钟”的概率为,故选C．
【点睛】
本题主要考查“长度型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与长度有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总长度以及事件的长度.
4．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是
A．B．C．
D．
【答案】A
【解析】分析：观察图形可得。

详解：观擦图形图可知，俯视图为
故答案为A.
点睛：本题主要考擦空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题。

5．若将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，且
的图象关于原点对称，则的最小值为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】利用函数的图象变换规律得到的解析式，再利用三角函数的图象的对称性，求得的最小值．
【详解】
将函数的图象向右平移个单位长度，
得到函数的图象，
的图象关于原点对称，，．
令，可得的最小值为，故选A．
【点睛】
本题主要考查函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，属于基础题．能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.
6．已知各项均为正数的等比数列的前项和为若，，成等差数列，则数列的公比为
A．B．C．2 D．3
【答案】B
【解析】设等比数列的公比为，运用等差中项的性质和等比数列的通项公式，解方程即可得结果．
【详解】
设各项均为正数的等比数列的公比设为，
因为，，成等差数列，
所以可得，
即为，
化为，
解得或 (舍去,故选B．
【点睛】
本题主要考查等比数列的通项公式和等差中项性质，考查方程思想，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题．
7．设函数，则不等式的解集是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据分段函数的表达式，分两种情况讨论，分别解不等式即可得结果．
【详解】
当时，由得，得，即，此时，
当时，由得，得，即，
此时，综上，
即不等式的解集为，故选C．
【点睛】
本题主要考查分段函数的解析式、分段函数解不等式，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰. 当出现的形式时，应从内到外依次求值．
8．方程表示双曲线的一个充分不必要条件是
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据充分条件和必要条件的定义，结合双曲线方程的性质进行判断即可．【详解】
方程表示双曲线，
选项是的充分不必要条件，
选项范围是的真子集，
只有选项符合题意，故选B．
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，以及双曲线的标准方程，属于简单题．判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.
9．设实数分别满足，，，则的大小关系为
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由，可得，即；由在上为增函数，且，，
结合函数零点定理可得，从而可得结果．
【详解】
因为，所以，
因为，所以，可得，
又因为在上为连续递增函数，
且，
，
又，
所以由函数零点存在定理可得，
即，故选B．
【点睛】
本题考查了对数函数的性质以及函数的零点存在定理的应用，属中档题. 应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.
10．正项等比数列满足，，则下列结论正确的是
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【解析】根据题意，由等比数列的性质可得，变形可得的值，进而求出的值，据此分析选项，综合可得答案．
【详解】
因为等比数列满足，即，
解可得：，
又等比数列为正项等比数列，则，
由，则，解可得，
对于，，有，，有，错误；
对于，，，当时，，错误；
对于，，，若，则，时，不能成立，错误；
对于，，
，必有，正确；故选D．
【点睛】
本题主要考查等比数列的通项公式、求和公式与性质，属于中档题．等比数列最主要的性质是下标性质：解答等比数列问题要注意应用等比数列的性质：若则.
11．已知圆与抛物线相交于两点，分别以点为切点作圆的切线若切线恰好都经过抛物线的焦点，则
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题得设A，，联立圆E和抛物线得：，代入点A得,又AF为圆的切线，故
，由抛物线得定义可知：AF=，故化简得：，将点A代入圆得：，而=，故
故选A
点睛：此题几何关系较为复杂，我们根据问题可知借此题关键为找到p和r的关系，我们可根据圆和抛物线相交结合抛物线的焦点弦长结论综合计算可得其关系，从而求解12．两个半径都是的球和球相切，且均与直二面角的两个半平面都相切，另有一个半径为1的小球与这二面角的两个半平面也都相切，同时与球和球
都外切，则的值为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】取三个球心点所在的平面，过点、分别作、，垂足分别为点，过点分别作，，分别得出、以及，然后列出有关的方程，即可求出的值．
【详解】
因为三个球都与直二面角的两个半平面相切，
所以与、、共面，
如下图所示，过点、分别作、，
垂足分别为点，过点分别作，，
则，，，，
，
，所以，，
等式两边平方得，
化简得，由于，解得，故选D．
【点睛】
本题主要考查球体的性质，以及球与平面相切的性质、二面角的性质，考查了转化思想与空间想象能力，属于难题．转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使问题得到了解决，还可以使解决问题的难度大大降低，本题将空间问题转化为平面问题是解题的关键.
二、填空题
13．若满足，则的最小值为______．
【答案】
【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.
【详解】
画出约束条件对应的平面区域如下图示：
由，可得，
将变形为，
平移直线，
由图可知当直经过点时，
直线在轴上的截距最大，
此时，目标函数有最小值：，故答案为．
【点睛】
本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
14．正六边形的边长为1，则______．
【答案】
【解析】根据正六边形的性质可得是边长为的正三角形，且，的夹角是，由平面向量数量积公式可得结果．
【详解】
由正六边形的性质可得，
因为是边长为的正三角形，所以的夹角是，
，
故答案为．
【点睛】
本题考查了平面向量数量积的性质及其运算，属基础题．平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是.
15．学校在高一年级开设选修课程，其中历史开设了三个不同的班，选课结束后，有5名同学要求改修历史，但历史选修班每班至多可接收2名同学，那么安排好这5名同学的方案有______种用数字作答
【答案】90
【解析】安排好这5名同学分2步进行：将5名同学分成1、2、2的三组，将分好的3组全排列，对应3个班级，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】
根据题意，分2步进行分析：
，将5名同学分成1、2、2的三组，有种分组方法；
，将分好的3组全排列，对应3个班级，有种情况，
则安排好这5名同学的方案种；
故答案为90．
【点睛】
本题主要考查分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
16．若函数在上单调递增，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】函数在上单调递增，等价于在
立，进而可得结果.
【详解】
函数，
则．
函数在上单调递增，
等价于在上恒成立，
设,,
则
在上恒成立，
等价于，
即在时恒成立，
因为，所以，
实数的取值范围为．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查利用导函数研究函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于难题．利用单调性求参数的范围的常见方法：① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的; ② 利用导数转化为不等式或恒成立问题求参数范围．
三、解答题
17．在中，角所对的边分别为，且．
1求角的值；
2若的面积为，且，求的周长．
【答案】（1）；（2）．
【解析】1由利用正弦定理得，再结合得出；2由三角形面积公式可得，中，由余弦定理得，从而可得结果．
【详解】
()由正弦定理：，可得
又因为，
所以，，因为，所以．
2因为，所以，
中，由余弦定理，，
则，故，
所以的周长为．
【点睛】
本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．应用余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式
的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
，，已知，将梯形沿同侧折起，得空间几何体，如图．
1若，证明：平面；
2若，，线段上存在一点，满足与平面所成角的正弦值为，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】1由正方形的性质推导出，结合，可得平面，由此，再由，能证明平面；2过作交于点，以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，可得
，利用向量垂直数量积为零求出平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式能求出结果．
【详解】
1由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，在图2中，，
由已知得，，平面
又平面BDE，，
又，，平面
2在图2中，，，，即面DEFC，
在梯形DEFC中，过点D作交CF于点M，连接CE，
由题意得，，由勾股定理可得，则，，
过E作交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直，
以E为坐标原点，以分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，
．
设平面ACD的一个法向量为，
由得,取得，
设，则m，，，得
设CP与平面ACD所成的角为，
．
所以
【点睛】
本题主要考查线面垂直的证明，以及空间向量的应用，是中档题．空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的
求出相应的角和距离.
19．在测试中，客观题难度的计算公式为，其中为第题的难度，为答对该题的人数，为参加测试的总人数现对某校高三年级240名学生进行一次测试，共5道客观题测试前根据对学生的了解，预估了每道题的难度，如表所示：
题号12345
考前预估难度
测试后，随机抽取了20名学生的答题数据进行统计，结果如下：
题号12345
实测答对人数1616141414
1根据题中数据，估计这240名学生中第5题的实测答对人数；
2从抽样的20名学生中随机抽取2名学生，记这2名学生中第5题答对的人数为，求的分布列和数学期望；
3试题的预估难度和实测难度之间会有偏差设为第题的实测难度，请用和设计一个统计量，并制定一个标准来判断本次测试对难度的预估是否合理．
【答案】（Ⅰ）48（Ⅱ）（Ⅲ）合理
【解析】试题分析：
（Ⅰ）因为20人中答对第5题的人数为4人，因此第5题的实测难度为，于是可求出240人中实测答对第5题的人数．（Ⅱ）的可能取值是0,1,2，根据超几何分布即可求出概率和分布列，进而求出期望；（Ⅲ）将抽样的20名学生中第题的实测难度，作为240名学生第题的实测难度．定义统计量
，则称本次测试的难度预估合理，否则为不合理．.因为，所以该次测试的难度预估是合理的．
试题解析：
（Ⅰ）因为20人中答对第5题的人数为4人，因此第5题的实测难度为，所以估计240人中有人实测答对第5题．
（Ⅱ）的可能取值是0,1,2，
；；．
的分布列为：
012
．
（Ⅲ）将抽样的20名学生中第题的实测难度，作为240名学生第题的实测难度．
定义统计量，其中为第题的预估难度. 并规定：若，则称本次测试的难度预估合理，否则为不合理．
.
因为，
所以该次测试的难度预估是合理的．
20．已知圆，点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线．
1求曲线的方程；
2若直线与曲线相交于两点，为坐标原点，求面积的最大值．
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）．
【解析】试题分析：（1）由垂直平分线的几何意义可知，
，满足椭圆的定义。

（2）直线与椭圆组方程组，由韦达定理、弦长公式和点到直线的距离公式，可求得
．由，得及均值不等式可求得面积的最大值．
试题解析：（Ⅰ）∵点在线段的垂直平分线上，∴．
又，∴．
∴曲线是以坐标原点为中心，和为焦点，长轴长为的椭圆．
设曲线的方程为．
∵，∴．
∴曲线的方程为．
（Ⅱ）设．
联立消去，得．
此时有．
由一元二次方程根与系数的关系，得
，．
∴．
∵原点到直线的距离，
∴．
由，得．又，∴据基本不等式，得
．
当且仅当时，不等式取等号．
∴面积的最大值为．
【点睛】
转化定义法是求轨迹方程的常用方法，转化定义时一般需要用到几何关系，如本题就利用垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等。

求面积是圆锥曲线中的常见题型，常涉及到弦长公式和点到直线的距离公式。

本题的难度在于处用均值不等式处理两个变量的关系，而得到一个定值，即最值。

21．已知函数．
1若，求函数的单调区间；
2若对任意的，在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）当时，以在单调递增，单调递减；(当时，
在单调递增，，单调递减；（2） .
【解析】1求出，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；2求出的
求出函数的导数，通过讨论的范围，结合函数的单调性，可筛选出符合题意的的范围．【详解】
1由题意，
.当时，，令得；，得，
所以在单调递增，单调递减；
(当时，，令得；
令，得或，所以，在单调递增，，单调递减.
2令，，
当时，，单调递增，则，
则对恒成立等价于，
即，对恒成立.
当时，，，，此时，
不合题意，舍去 .
当时，令，，
则，其中，，
令，，则在区间上单调递增.
当时，，所以对，，
则在上单调递增，故对任意，，
即不等式在上恒成立，满足题意
当时，由，及在区间上单调递增，
从而时，，所以在区间上单调递减，
则时，，即，不符合题意．
综上所述，.
【点睛】
本题考查了函数的单调性，以及不等式恒成立问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合(图象在
上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
22．在直角坐标系中，直线l过点，其倾斜角为，圆的参数方程为为参数）再以原点为极点，以正半轴为极轴建立极坐标系，并使得它与直角坐标系有相同的长度单位．
求圆的极坐标方程；
设圆与直线交于点，求的值．
【答案】（1）（2）9
【解析】试题分析：（1）消参得到圆的直角坐标方程，利用极坐标方程和普通方程的互化公式进行求解；（2）将直线的参数方程代入圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用参数的几何意义进行求解.
试题解析：（1）消去参数可得圆的直角坐标方程式为，
由极坐标与直角坐标互化公式得化简得.
（2）直线的参数方程（为参数），
即（为参数）代入圆方程，得，
设、对应的参数分别为、，则，，
于是.
23．已知，，记关于的不等式的解集为．若，求实数的取值范围；
若，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】试题分析：(1)将a-3代入不等式,按零点分段法解关于a的不等式;(2)由去掉g(x)的绝对值,得到恒成立，即，解出a的范围即可.
试题解析:（Ⅰ）依题意有，
若，则，∴，
若，则，∴，
若，则，无解．
综上所述，的取值范围为．
（Ⅱ）由题意可知，当时，恒成立，
∴恒成立，
即，
当时恒成立，
所以.。