四川省2019届高三数学4月月考试题 理

四川省棠湖中学2019届高三数学4月月考试题 理满分：150分 时间：120分钟第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则A B C D2.若，则A B C D3函数的图像大致为 4已知向量，满足，则A4B3C2D05.已知方程表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,则n的取值范围是A. B. C. D.6.如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是A. B. C. D.7.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球，若ABBC，AB=6，BC=8，AA1=4，则V的最大值是A.4 B. C.6 D. 8.在中，且的面积为，则A. 2 B. C. D. 19.7人乘坐2辆汽车，每辆汽车最多坐4人，则不同的乘车方法有A. 35种 B.50种 C.60种 D. 70种10.双曲线的离心率是，过右焦点作渐近线的垂线，垂足为，若的面积是1，则双曲线的实轴长是A B C. 1 D211.中，点是内（包括边界）的一动点，且，则的最大值是 A B C. D12.已知函数满足，若函数与图像的交点为则A. B.2 C.3m D.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.设，若，则 14.已知离散型随机变量服从正态分布，且，则 15已知圆锥的顶点为，母线，所成角的正弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为_16.已知函数 为的零点,为图像的对称轴,且在单调,则的最大值为_三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 设数列的前项和是，且是等差数列，已知，.（）求的通项公式；（）若，求数列的前项和.18.（本小题满分12分）有一个同学家开了一个奶茶店，他为了研究气温对热奶茶销售杯数的影响，从一季度中随机选取5天，统计出气温与热奶茶销售杯数，如表：气温（oC）041219 27热奶茶销售杯数15013213010494（）求热奶茶销售杯数关于气温的线性回归方程（精确到0.1），若某天的气温为15oC，预测这天热奶茶的销售杯数；（）从表中的5天中任取一天，若已知所选取该天的热奶茶销售杯数大于120，求所选取该天热奶茶销售杯数大于130的概率.参考数据：，.参考公式：，19（本小题满分12分）如图所示的几何体中，为三棱柱，且平面，四边形为平行四边形，（）若，求证：平面；（）若，二面角的余弦值为，求三棱锥的体积20.（本小题满分12分） 如图，椭圆的左、右焦点分别为，轴，直线交轴于点，为椭圆上的动点，的面积的最大值为1.（）求椭圆的方程；（）过点作两条直线与椭圆分别交于，且使轴，如图，问四边形的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由. 21. （本小题满分12分）已知函数.（）讨论函数的单调性；（）若对恒成立，求的取值范围.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22（本小题满分10分）选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的方程为.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（）求的直角坐标方程；（）若与有且仅有三个公共点，求的方程.23.（本小题满分10分）选修45：不等式选讲已知函数，为不等式的解集（）求；（）证明：当时，四川省棠湖中学高2019届四月月考数学(理)试题答案一、选择题1-5:CDBBA 6-10:ADADD 11-12:BB 二.填空题13. 14. 15. 16.9三、解答题17.解：（1）记，又为等差数列，公差记为，得，得时，时也满足.综上.6分（2）由（1）得.12分18. 解：（）由表格中数据可得，,.2分.5分热奶茶销售杯数关于气温的线性回归方程为.6分当气温为15oC时，由回归方程可以预测热奶茶的销售杯数为(杯) .8分（）设表示事件“所选取该天的热奶茶销售杯数大于120”，表示事件“所选取该天的热奶茶销售杯数大于130”，则“已知所选取该天的热奶茶销售杯数大于120时，销售杯数大于130”应为事件.10分，已知所选取该天的热奶茶销售杯数大于120时，销售杯数大于130的概率为.12分19.解：（1）证明：连接交于，因为，又平面，所以，所以四边形为正方形，所以，在中，由余弦定理得，所以，所以，所以，又，所以平面，所以，又因为从而平面 5分（2）如图建立直角坐标系，则设平面的法向量为，由 即解得设平面的法向量为 8分由得解得10分由得，所以 11分此时所以12分20.解：（）设，由题意可得，即.是的中位线，且，.2分，即，整理得.又由题知，当在椭圆的上顶点时，的面积最大，.4分，整理得，即，联立可得，变形得，解得，进而.椭圆的方程式为.6分()设，则由对称性可知，.设直线与轴交于点，直线的方程为，联立，消去，得，.8分，由三点共线，即，将，代入整理得，.10分即，从而，化简得，解得，于是直线的方程为， 故直线过定点.同理可得过定点，直线与的交点是定点，定点坐标为.12分21.解：（1），.1分当时，在上单调递增.当时，故当或时，在上单调递增.当时，令，得或；令，得.3分在上单调递减，在，上单调递增.5分（2）设，则，当时，或，则，在上递增，从而.此时，在上恒成立.若，令，当时，；当时，.，则不合题意.故的取值范围为.12分22.解：（1）由，得的直角坐标方程为.4分（2）由（1）知是圆心为，半径为的圆由题设知，是过点且关于轴对称的两条射线记轴右边的射线为，轴左边的射线为由于在圆的外面，故与有且仅有三个公共点等价于与只有一个公共点且与有两个公共点，或与只有一个公共点且与有两个公共点 当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，所以，故或经检验，当时，与没有公共点；当时，与只有一个公共点，与有两个公共点当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，所以，故或经检验，当时，与没有公共点；当时，与没有公共点.10分23.（I）当时，由得解得；当时， ；当时，由得解得.所以的解集.5分（II）由（I）知，当时，从而，因此.10分- 11 -