2019届云师大附中高三高考适应性月考(三)数学(文)试题(解析版)

题

一、单选题

4Mx1，xN1．已知集合，则M的非空子集的个数是（ ）

xA．15 【答案】C

【解析】先把集合M的所有元素求出，再求其非空子集. 【详解】

B．16

C．7

D．8

M1,2,3,所以M的非空子集为1,2,3,1,2,1,3,2,3,1,2,3共7个，

故选C. 【点睛】

本题主要考查集合的子集求解.可以采用列举法，也可以采用公式，集合M若有m个元素，则M的子集个数为2m个，非空子集的个数为2m1个.

2．若等差数列an的前n项和为Sn,a41,a8a99, 则S9（ ） A．15 C．17 【答案】B

【解析】由等差数列的基本量法计算． 【详解】

B．16 D．18

4aa4a13d113设数列的公差为d，首项为a1，则，解得，

7a8a92a115d9d9∴S99a1故选：B. 【点睛】

本题考查求等差数列的前n项和，掌握等差数列的基本量法是解题关键．

3．如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）

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9847d9()3616． 239

A．18 【答案】C

【解析】由三视图还原出原几何体，由体积公式计算． 【详解】

由三视图可知该几何体是一个平行六面体，上下底面为俯视图的一半，各个侧面为平行四边形，故体积VSh336， 故选：C． 【点睛】

本题考查棱柱的体积，考查三视图，解题关键是由三视图还原出原几何体． 4．已知sincosB．36

C．

D．185 1，则cos2（ ）

22B．A．

3 43 4383C．

8D．

【答案】A

【解析】把已知平方求得sin2，再由诱导公式得出结论． 【详解】 由已知，

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1332sincos1sin2,sin2,cos2sin2， 4424故选：A 【点睛】

本题考查同角间的三角函数关系，考查二倍角公式和诱导公式，解题关键是确定已知角和未知角的联系，确定选用什么公式计算．

5．如图所示的流程图，最后输出的x的值为（ ）

A． 【答案】B

B．55 C．108 D．110

【解析】模拟程序运行，确定程序功能，然后由等差数列前n项和公式计算． 【详解】

有题可知，i2,x2；

i3,x24； i4,x246； L，

i55,x24?··108，

∴x246L+10855，

故选：B 【点睛】

本题考查程序框图，考查循环结构，解题关键是确定程序功能，由等差数列的求和公式计算．

rururrurr，3m2n13,则n（ ） 6．已知向量m, n的夹角为60，且m1第 3 页 共 17 页

A．

321 2B．

321 2C．

213 2D．2

【答案】D

【解析】把向量的模用向量的数量积表示出来，由数量积的定义求解． 【详解】

ururr2urr2ur2urrr23m2n(3m2n)9m12mncos604n13，又m1， rr2r∴2n3n20，解得n2，

故选：D 【点睛】

本题考查求向量模，掌握数量积的定义和性质是解题关键．

7．“ATM”自动取款机设定: 一张银行卡一天最多允许有三次输人错误，若第四次再错则自动将卡吞收一天晚上，李四在“ATM”自动取款机上取款，一时想不起该卡的密码，但可以确定是五个常用密码中的一个，他第一次输入其中的一个密码是错误的，则他在确保不被吞卡的前提下取到款的概率是（ ） A．

1 51 2B．

1 4C．D．

3 4【答案】C

【解析】还有4个密码，其中只有一个正确，只能试两次．第一次正确和第二次正确是互斥事件，每次正确的概率都是【详解】

他只能再试两次，第一次试成功的概率是是互斥事件

1．由此可得． 41311， 第二次试成功的概率是g，两次4434P111， 442故选：C 【点睛】

本题考查互斥事件概率，解题关键是剩下两次试验中第二次试验正确的概率为

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1311，不是． 43438．在封闭的正三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB=6，AA1=4，则V的最大值是（ ） A．16π 【答案】D

【解析】先利用正三棱柱的特征，确定球半径的最大值，再利用球的体积公式求解. 【详解】

正三角形ABC的边长为6，其内切圆的半径为r所以在封闭的正三棱柱ABC32，

B．

32π 3C．12π D．43π

－A1B1C1内的球的半径最大值为3，所以其体积为V【点睛】

43r43，故选D. 3本题主要考查组合体中球的体积的求解.球的体积和表面积的求解关键是求出球半径.

log21x,x0,fx9．定义在R上的函数f（x）满足则f（2019）的

fx1fx2,x0,值为（ ） A．－2 【答案】D

【解析】先根据函数解析式求解出周期，利用周期求值. 【详解】

B．－1

C．2

D．0

x0时，f(x)f(x1)f(x2)①，f(x1)f(x2)f(x3)②，

两式相加可得f(x)f(x3)，所以周期为6.

f(2019)f(3)f(2)f(1)f(0)log210,

故选D. 【点睛】

本题主要考查利用函数的周期求值.先利用周期把所求化到已知区间，再代入对应的解析式即可.

x2y210．已知F1,F2是双曲线E:221a0,b0的左、右焦点，若点F1关于双曲

ab 线渐近线的对称点P满足OPF2POF2（O为坐标原点），则E的离心率为（ ）A．5 B．2

C．3 第 5 页 共 17 页

D．2

【答案】B

【解析】先利用对称求出点P的坐标，结合∠OPF2＝∠POF2可知PF2c，利用两点间距离公式可求得离心率. 【详解】

y0abx0cb设P(x0,y0)是F1关于渐近线yx的对称点，则有；

ay0bx0ca22b2a22ab解得P(,)；

ccb2a22ab2因为∠OPF2＝∠POF2，所以PF2c，(c)2()c2；

cc化简可得e2，故选B. 【点睛】

本题主要考查双曲线的性质.离心率的求解一般是寻求a,b,c之间的关系式. 11．已知定义在R上的函数fx,f'x是其导函数，且满足

fxfx2，f1e2,则不等式fx2ex的解集为（ ）

A．(,1) C．(,2) 【答案】B

【解析】构造新函数FxB．(1,) D．(2,)

fx2，由已知确定F(x)的正负，得F(x)的单调性，xe不等式变为F(x)F(1)，然后可求解． 【详解】 令Fxfx2f'xfx2，则F'x0,Fx在R上为增函数，又exexf1e2，

F1f12fx21,Qf22ex可化为1，即FxF1，xeex1,

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故选：B 【点睛】

本题考查利用导数解不等式，解题关键是构造新函数Fx

二、填空题

fx2． xexy0，12．已知实数x，y满足条件xy40，则x2(y2)2的取值范围是________．

x10,【答案】[1,4)

【解析】作出可行域，结合图形可得. 【详解】

作出可行域，如图，

x2y2可以看做可行域内的点到点A(0,2)的距离的平方，可以看出在点B,C处取临界值，所以可得x2y2的范围为[1,4). 【点睛】

本题主要考查二元一次不等式表示的区域及最值求解.作出图形，结合表达式的几何意义，可以方便求解.

13．曲线y3x1e在点0, 1处的切线方程为__________．

x22【答案】y2x1.

【解析】求出导数，得切线斜率，从而得切线方程． 【详解】

y3ex3x1ex3x2ex，所以ky'x02,故切线方程为y12x0.即y2x1.

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故答案为：y2x1． 【点睛】

本题考查导数的几何意义，解题关键是求出导数得出切线斜率．

m14．在正项等比数列{an}中，a1008a1011a1009a1010210,则

lga1lga2Llga2018______. (用数字及m 表示)．

【答案】1009m.

【解析】由等比数列的性质结合对数运算法则计算． 【详解】

在正项等比数列an中，

a1a2018a2a2017···a1008a1011a1009a101010mlga1lga2Llga2018lga1a2La2018lga1a2018故答案为：1009m． 【点睛】

本题考查等比数列的性质，即数列{an}是等比数列，正整数m,n,p,l满足

10091009lg10m1009mmnpl，则amanapal．

15．已知F是抛物线y24x的焦点，其准线与x轴交于P点，过P的直线l与抛物线交于A,B两点，设FA,FB的斜率分别为m,n,则【答案】-1.

【解析】求出F,P坐标，设Ax1,y1,Bx2,y2,l:ykx1，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得x1x2,x1x2，把这个结论代入【详解】

m__________． nm可得． nykx1QF1,0,P1,0,设Ax1,y1,Bx2,y2,l:ykx1，由2，得

y4x42k2，x1gx21，kx2k4xk0x1x22k2222y1x21kx11x21mgg nx11y2x11kx21第 8 页 共 17 页

x11gx21x1gx2x1x211．

x11x21x1gx2x1x21故答案为：1． 【点睛】

本题考查直线与抛物线相交问题，解题时设交点坐标与直线方程，

Ax1,y1,Bx2,y2,l:ykx1，由直线方程与抛物线方程联立消元应用韦达定

理得

x1x2,x1x2，再代入其他条件计算求解．这是设而不求思想．

三、解答题

16．在ABC中，中线AD交边BC于点D,BD16,sinB（1）求AD的长 （2）求ABC的面积 【答案】（1）25；（2）240.

【解析】（1）由两角差的正弦公式求得sinBAD，再由正弦定理可得AD； （2）再由正弦定理求出AB，然后由面积公式计算面积． 【详解】

,cosADC 1351QsinBcosB,cosADC 135123,sinADC 135QsinBADsinADCBsinADCcosBcosADCsinB3124516， 51351365由正弦定理，得ADBD655sinB1625

sinBAD16133 52QsinBDAsinADCsinADC由正弦定理，得ABAD133sinBDA2539 sinB55第 9 页 共 17 页

SABC【点睛】

115BAgBCgsinB3932240 2213本题考查正弦定理，三角形面积公式，考查两角差的正弦公式和诱导公式，掌握正弦定理是解题关键．

17．某学校为更好进行校纪、校风管理，争创文明学校，由志愿者组成“小红帽”监督岗，对全校的不文明行为进行监督管理，对有不文明行为者进行批评教育，并作详细的登记，以便跟踪调查下表是5个周内不文明行为人次统计数据: 周次 不文明行为人120 1 2 105 3 4 90 5 次

100 85 （1）请利用所给数据求不文明人次y与周次x之间的回归直线方程$y$bx$a,并预测该学校第9周的不文明人次;

（2）从第1周到第5周的记录得知，高一年级有4位同学，高二年级有2位同学已经有

3次不文明行为.学校德育处决定先从这6人中任选2人进行重点教育,求抽到的两人恰

好来自同一年级的概率

$参考公式：bxynxyxxyyiiiii1nnnxi12inx2i1xxii1n2$$$ ，aybx【答案】（1）$（2）Py8.5x125.5，49；

7. 15【解析】（1）由所给公式计算回归直线方程中的系数，得方程，代入x9得估计值； （2）把6人编号，用列举法列出任选2人的所有基本事件，然后得出2人是同一年级的基本事件，计数后可求概率． 【详解】

解：1由表中数据知x1234512010510090853,y100，

55$bxy5xyiii155xi25xi12141515008.5

5545第 10 页 共 17 页

$ybx$125.5 a所求回归直线方程为$y8.5x125.5

令x9，则$y8.59125.5=49

该学校第9周的不文明人次为49人次，

2设高一年级的4位同学的编号分别为a1,a2,a3,a4.高二年级的2位同学的编号分别

为b1,b2

从这6人中任选2人包食以下基本事件:

a1,a2,a1,a3,a1,a4,a1,b1,a1,b2,a2,a3,a2,a4,a2,b1,a2,b2,a3,b1,a3,b2,a4,b1,a4,b2,b1,b2,

共15个基本事件，其中两人恰好来自同一年级包含7个基本事件，

所求概率P【点睛】

7 15本题考查线性回归直线方程，考查古典概型，用列举法列出所有基本事件是古典概型常用方法．

18．如图，在四棱锥PABCD中，平面PCD平面

1ABCD,ABADCD1,BADCDA90,PCPD2,E为PB的中

2点

（1）求证:平面PAD平而PBC; （2）求三棱锥EPAD的体积 【答案】（1）证明见解析；（2）

1. 12第 11 页 共 17 页

【解析】（1）由勾股定理得PCPD，再由面面垂直的性质定理得AD与平面PCD垂直，得线线垂直，从而有线面垂直，再得面面垂直；

（2）由E是PB中点得VPADEVBADE，求出PABD的体积即可得． 【详解】

1证明:在PCD中，PCPDPCPD.

QCDA90,ADCD.

2,CD2，PC2PD2CD2.

又平面PCD平面ABCD，平面PCDI平面ABCDCD，

AD平面PCD,ADPC.

又PDADD,PC平面PAD.

QPC平面PBC。

平面PAD平面PBC.

2解:取CD的中点O，连接PO.

QPCPD2,POCD,PO1,

又平面PCD平面ABCD.平面PCDI平面ABCDCD,

 PO平面ABCD,

因为E为PB的中点，所以点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离的一半，

11111111VEPADVBPADVPABDSABDPO111

222323212【点睛】

本题考查证明面面垂直，考查求棱锥的体积．证明面面垂直时注意线线垂直、线面垂直、

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面面垂直的相互转化，求体积时注意体积的转换，即棱锥顶点的转换，底面的转换．

x2y219．已知F1,F2;为椭圆E:221ab0的左、右焦点,过F2作斜率为1的直

ab线l1交椭圆E于A,B两点，且ABAF1,SF1AF24 （1）求椭圆E的方程;

（2）过线段AB上任意一点M(不含端点)，作直线l2与l1垂直，交椭圆E于C, D两点，求四边形ACBD面积的取值范围.

32x2y2,6. 【答案】（1）E:（2）1；

27984【解析】（1）已知得AF2F145，由ABAF和椭圆的定义，得AF1AF2a，

结合三角形面积可求得a,c，然后得b，从而得椭圆方程；

（2）直线求出A,B两点坐标，得AB，设CD方程为yxm，由A,B两点坐标求出m的范围，设Cx1,y1,Dx2,y2，由韦达定理得x1x2,x1x2，由椭圆中弦长公式求得弦长CD，由m的范围可得CD范围，从而得四边形面积范围． 【详解】

解：1由已知得AF2F145

所以由ABAF和椭圆的定义，得AF1AF2a 并且2a24c2a22c2.又SF1AF24

22得a8,c4.故b2a2c24

x2y2所以椭圆E:1

842直线l1:yx2，代入x22y28，得3x28x0

从而得A0,2,B,8328AB2 ，此时33又设直线l2:ymx. 由条件知2210m2 3将yxm代入x2y8，得3x24mx2m280， 设Cx1,y1,Dx2,y2.

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42m28 则x1x2m,x1x233所以CD2x1x22216m242m824x1x228m296 933又10100m2,0m2,8m29696 399828282CD963，当且仅当m0时取等号 933331QSBCDgABgCD

2188SCBD22,

2392718832SCBD236 233932,6 综上，四边形ACBD面积的取值范围是279【点睛】

本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．本题直线与椭圆相交的两条弦长问题反映了解析几何中的两种方法：一是直线求出交点坐标，由两点间距离公式求得弦长，一是设直线方程，直线方程与椭圆方程联立，消元后用韦达定理得两根之和与两根之积，然后由弦长公式计算．对含有参数的弦长第二种方法较适用． 20．已知函数fx12xa1x5alnxaR 2（1）当a1时，求fx的单调区间; （2）当x1, e时,求fx的最小值

【答案】（1）fx在0,1上为减函数在1,上为增函数；（2）见解析.

 【解析】（1）求出导函数f(x)，由f(x)0确定增区间，由f(x)0确定减区间；

（2）由f(x)【详解】

(x1)(xa) ，可分类讨论得出函数在[1,e]上的单调性，得出最小值．

x解：1当a1时，fx12x5lnx 2第 14 页 共 17 页

1x21f'xxx0

xx由f'x0，解得x1，由f'x0，解得0x1 故fx在0,1上为减函数在1,上为增函数.

2axa1xax1xa2f'xxa1x0 xxx当a1时，fx在1,2上为增函数fxminf19a 2当1ae时，fx在(1,a)上为减函数，在a,e上为增函数，

fxmina2faa5alna

2当ae时，fx在1,e上为减函数， fxmine2fea1e5a

2综上所述，当a1时，fxmin9a 2当1ae时，fxmina2a5alna

2当ae时，fxmin【点睛】

e2a1e5a 2本题考查用导数求函数的单调区间，用导数求函数有最值，解题关键是由导数确定函数的单调性．

21．已知点M是曲线C:4x2y240上任意-点，以坐标原点为极点，x轴的正半铀为极轴建立极坐标系.曲线C1的极坐标方程为2,菱形ABCD的顶点都在圆C2A, B, C, D上，且按逆时针次序接列，点A的极坐标为2,

6（1）求曲线C1的直角坐标方程,并写出A, B, C, D的直角坐标; （2）求MAMCgMBMD的最小值

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2222【答案】（1）x2y24，A2223,1,B(1,3).,C3,1,D1,3；（2）10.

【解析】（1）由xy可得曲线C1的直角坐标方程，由菱形ABCD的项点都在 圆C2上，所以菱形ABCD是正方形，把A点极坐标化为直角坐标后可得其它三点坐标；（2）设M(x,y)，直接计算MAMCgMBMD，由点M在曲线C上，

2222可化简此式，并由曲线C方程得x的取值范围，从而得到结论． 【详解】

解:1Q2,4

2所以曲线C1的直角坐标方程为xy4 由点A的极坐标为2,22 ，知点A的直角坐标为63,1，

菱形ABCD的项点都在圆C2上，所以菱形ABCD是正方形， 故知各顶点的直角坐标为A（2）设M(x,y)，3,1,B(1,3).,C3,1,D1,3

2222MAMCgMBMD x3y1x3y1gx1y3x1y3 222222222x22y28g2x22y282x22y28

22将4xy40代入上式，得MAMCgMBMD10x2

2222222Qx1,x21,MAMCgMBMD10

当x1时，取得最小值10 【点睛】

本题考查极坐标与直角坐标的互化，考查双曲线的几何性质．属于中档题． 22．设f（x）＝|x＋a|＋|x－a|，当a时，不等式f（x）＜1的解集为P． （1）求M，P；

（2）证明：当m∈M，n∈P时，|m＋2n|＜|1＋2mn|． 【答案】（1）M={x|-1【解析】（1）利用零点分段讨论法去掉绝对值，再求解一元不等式； （2）利用作差比较法可以证明. 【详解】

12x，x，211111，x， （1）解：当a时，fxxx12222212x，x，2结合图象知，不等式fx2的解集M{x|1x1}， 同理可得，当a111Pxxfx1时，不等式的解集．

22411n，m21，4n21， 22nP，∴1m1，（2）证明：∵mM，m2n12mn222m24n24m2n21m2114n20，

2∴m2n12mn，即m2n12mn． 【点睛】

本题主要考查含有绝对值的不等式的解法，一般是利用零点分段讨论法求解；不等式的证明常用比较法处理.

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