2019届广西南宁市第三中学高三10月月考数学(文)试题

文科数学试题

一、选择题（本题共12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．设全集U1,2,3,4,5,6,7,8，集合A{1,2,3,5}，B{2,4,6}，则图中的阴影部分表示的集合为

U

A （ ）

A．2 C．4,6

B．1,3,5

D．4,6,7,8

i22．已知复数z(i是虚数单位)，则复数z在复平面内对应的点位于（ ）

1i

A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

3．下列各式中的值为

A．2sin2151

1的是（ ） 2

22B．cos15sin15

C．2sin15cos15

22D．sin15cos15

4. 与命题“若a∈M，则b∉M”等价的命题是( )

A．若a∉M，则b∉M B．若b∉M，则a∈M C．若b∈M，则a∉M D．若a∉M，则b∈M

5．某公司的班车分别在8:00，8:30时刻发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过15分钟的概率是（ ）

A．

1 3B．

3 8C．

2 3D．

5 86．函数fxsinx (0,2)的图像如图所示，为了得到ysinx的图像，只需把

yfx的图像上所有点（ ） 个单位长度 6 B．向右平移个单位长度

12C．向左平移个长度单位 6D．向左平移个长度单位 12A．向右平移

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7．下列函数中，其图像与函数ylnx的图像关于(2,0)对称的是（ ）

A．yln(2x) B．yln(2x) C．yln(4x) D．yln(4x)

8．直线ykx3与圆(x2)2(y2)24相交于M,N两点，若MN23，则k的取值范围是( )

A.[4,0] 3B. (,][0,)

43

C.[33,] 33D.[2,0] 39．函数f(x)(x21)sinx的图象大致是（ ）

A B C D

O y

y O y yO x

x x

O x ，C为该抛物线上三点，若FAFBFC0，则10．设F为抛物线y28x的焦点，A，BFAFBFC（ ）

A．18

B．12

C．8

D．6

11．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(a2b)cosCc(2cosBcosA)，则角A的取

值范围是（ ）

A．0，

3B．0，

3C．0，

6D．, 612．已知A，B，C，D是球面上不共面的四点，AB=BC=AD=2,BD=AC=22, BCAD,则此球的表面积为（ ）

A.3

B.6

C.12

D.43

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知向量a,b满足a5，b1,ab21，则向量a,b的夹角为 . ，63，依编号顺序平均分成8组，组号依次

14．高三（16）班现有名学生，随机编号为0，1，2，

为1，2，3，

，8.现用系统抽样方法抽取一个容量为8的样本，若在第一组中随机抽取的号码为5，

则在第5组中抽取的号码为________.

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0x215．已知不等式组xy20所表示的平面区域的面积为4，则k的值为

kxy2016．设f(x)sinx3x，则不等式f(2x)f(1x)0的解集为 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。

217. 已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且2Snanan.

（Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）设bn

18．（本小题满分12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平

面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点， M是棱PC的中点，PA=PD=2，BC=（Ⅰ）求证：平面PBQ⊥平面PAD； （Ⅱ）求四面体C﹣BQM的体积．

19．（本小题满分12分）质检部门从某超市销售的甲、乙两种糖果中分别随机抽取100颗检测某项质量指

标，由检测结果得到如图的频率分布直方图：

1，求数列bn的前n项和. Sn1AD=1，CD=3． 2

2（1）写出频率分布直方图(甲）中a的值；记甲、乙两种糖果100颗样本的质量指标的方差分别为S12,S2，

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2试比较S12,S2的大小（只要求写出答案）；

（2）求甲种糖果100颗样本的质量指标的平均值以及乙种糖果100颗样本的质量指标的中位数。（同一组数据用该区间的中点值作代表）

x2y2120．（本小题12分）已知椭圆221(ab0)的离心率为，左右端点为A1，A2，其中A2的横坐

2ab标为2. 过点B(4,0)的直线交椭圆于P,Q两点（P,Q不与A，P在Q的左侧，点Q关于x轴1,A2重合）的对称点为R，射线A1R与PA2交于点M. （1）求椭圆的方程；

（2）求证：M点在直线x4上.

21.（本小题12分）设yf(x)是g(x)ex在点(0,1)处的切线． （1）求证：f(x)g(x)； （2）设h(x)g(x)ln[(f)x]ax，其中aR．若h(x) 1对x[0,)恒成立，求a的取值范围．

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．[选修4—4：坐标系与参数方程]（本小题10分）

在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知过点P(2,4)的直线

x2l:y42t2（t为参数）与曲线C:sin22acos(a0)相交于点M，N两点． 2t2（1）求曲线C的平面直角坐标系方程和直线l的普通方程； （2）若PM,MN,PN成等比数列，求实数a的值．

23. [选修4—5：不等式选讲]（本小题10分）

已知函数f(x)x3xk.

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（1）若k0，求不等式f(x)0的解集；

（2）若方程f(x)x有三个不同的解，求k的取值范围.

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高三月考（三）文科数学参

1．C 试题分析：由图可知集合为CUAB4,6,7,82,4,64,6

1ii21i112．B 试题分析：解：因为zi

1i1i1i222所以，复数z在复平面内对应的点为-，，位于第二象限，故选B. 3．C

4．C. 试题分析：原命题与逆否命题是等价命题，故选C

5．D．试题分析：等车时间不超过15分种，故7:50到8:00到达发车站，8:15到8:30到达发车站等车时间都不超过15分钟。P6．A．试题分析：向右平移7． D

8．A．试题分析：由MN23,得d1,9．A 试题分析：f(x)为奇函数，选A

10．B试题分析：A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),F(2,0),由FAFBFC0，

1122255 408T7,T,2，22k,，f(x)sin(2x)41234333个单位长度得到ysin2x 62k3241,得k0.

3k21(x12,y1)(x22,y2)(x32,y3)(0,0)，x1x2x360,x1x2x36

FAFBFCx1x2x3612

11.C【解析】由已知及正弦定理得sinAcosC2sinBcosC2sinCcosBsinCcosA，即

sinAcosCsinCcosA2(sinBcosCsinCcosB),sin(AC)2sin(BC)，∴sin B＝2sin A，∴b＝

b2＋c2－a24a2＋c2－a23a2＋c223ac3

2a，由余弦定理得cos A＝＝＝≥＝，当且仅当c＝3a时取等号，∵A为

2bc4ac4ac4ac2π

三角形的内角，且y＝cos x在(0，π)上是减函数，∴06

12．C. 试题分析：BCBD.BC2,BD22,CD23，由ABBC2,AC22, 得

ABBC,又BCAD,BC面ABD,ACD中，AC22,

AD2,CD23,球心O为CD中点。R3.S＝4R2＝12

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551 13．由|ab|21得252ab121abcosa,b2a,b.2512314.答案：5+48=37.

15. k1.试题分析：作出可行域，如图，不等式组所表示的平面区域

为图中阴影部分，可知面积为以PQ为底，高为2的三角形的面积， 又P(2,2k2)，故

1(2k2)24，解得k1. 216．(,1) 试题解析：f(x)sinx3x，

f(x)sin(x)3(x)f(x)，

f'(x)cosx30恒成立，f(x)是R上递增的奇函数。

则不等式f(2x)f(1x)0,f(2x)f(1x)f(x1),2xx1,x1

217．解析：（Ⅰ）由2Snanan，

2当n1时，a1a12S12a1，因为an0，所以a1=1，

22当n2时，ananan1an1=2Sn2Sn1=2an，即(anan1)(anan1)anan1，

因为an0，所以anan1=1，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列， 所以an=n ………………………………（6分）

n2n2112()， （Ⅱ）由（Ⅰ）知，Sn=b，所以nn2nnn12所以数列{bn}前n项和为b1b2=21111bn=2[(1)()22311()] nn112n.………………………………（12分） n1n11AD，Q为AD中点，∴四边形BCDQ为平行四边形． 218．（I）证明：∵AD∥BC，BC∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，即BQ⊥AD． 又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， BQ⊂平面ABCD，∴BQ⊥平面PAD．∵BQ⊂平面PBQ， ∴平面平面PBQ⊥平面PAD．

（II）解：∵VC﹣BQM=VM﹣BCQ，且VM﹣BCQ=VPBCQ，

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12由（I）可知：四边形BCDQ为矩形，∴S△BCQ=∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD，

13． BQBC22∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴PQ⊥平面ABCD，在Rt△PDQ，PD2=PQ2+DQ2，PQ=∴VP﹣BQM=VPBCQ，

1211313． 2324219．(1)a0.015,S12S2；

（2）甲的平均值为：50.2150.1250.3350.15450.25＝26.5

（x-20）0.03=0.5,x=乙的中位数为：100.01100.0220.【解析】（1）因为离心率为

808026.67（,26.67都给对） 331c1，所以 2a222x2y21； 因为A2的横坐标为2，所以a2,c1,bac3，因此椭圆的方程为43（2）设P(x1,y1),Q(x2,y2),R(x2,y2)

由3x24y212与xmy4联立，得(3m24)y224my360 所以y1y2 直线A1R:y24m36,yy 123m243m24y2y(x2)，直线A2P:y1(x2)， x22x12 联立解出x6y12y26(y1y2)4my1y244

my1y23y1y2my1y23y1y221．【解析】（1）设g(x)ex，则g(x)ex，所以g(0)1．所以f(x)x1． （2分） 令m(x)g(x)g(x)，m(x)满足m(0)0，且m(x)g(x)1ex1．

当x0x0时，m(x)0，故m(x)单调递减；当x0时，m(x)0，故m(x)单调递增． 所以，m(x)m(0)0(xR)．所以f(x)g(x)． （6分）

1a． x111xax1a2a0． ①当a2时，由（Ⅰ）得exx1，所以h(x)ex1x1x（2）h(x)的定义域是xx1，且h(x)e页 8第

所以h(x)在区间0,上单调递增，所以h(x)h(0)1恒成立，符合题意．

1(x1)2ex1②当a2时，由x0,，且h(x)的导数h(x)e0，

(x1)2(x1)2x所以h(x)在区间0,上单调递增． 因为h(0)2a0,h(lna)10，于是存在x0(0,)，使得h(x0)0．

1lna所以h(x)在区间(0,x0)上单调递减，在区间(x0,)上单调递增， 所以h(x0)h(0)1，此时h(x)1不会恒成立，不符合题意．

综上，a的取值范围是,2． （12分） 法二：

exln(x1)ax1在x0上恒成立，exln(x1)1ax

当x0时，0a0恒成立，aR （7分）

exln(x1)1当x0时，a （8分）

x令t(x)eln(x1)1,t(x)xxxxexxexln(x1)1x1 （9分） 2x令h(x)xex1exln(x1)1,h(x)x(ex) x1(x1)211x1,e0 22(x1)(x1)x0,ex1,h(x)h(0)0，则t(x)0，进而t(x)在(0,)递增

故limeln(x1)1limx0x0xxex1x12，故a2。综上，a2。 （12分） 122．试题解析：（1）曲线C的直角坐标方程为y22ax(a0)；

直线l的普通方程为xy20．

（2）将直线l的参数方程与C的直角坐标方程联立，得t22(4a)2t8(4a)0，（*）

8a(4a)0．设点M,N分别对应参数t1,t2恰为上述方程的根，

则PMt1,PNt2,MNt1t2．由题设得(t1t2)t1t2，

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即(t1t2)4t1t2t1t2．由（*）得t1t222(4a)，t1t28(4a)0， 则有(4a)25(4a)0，得a1或a4．因为a0，所以a1．

23,x323．解：（1）k0时，f(x)x3x2x3,3x0,

3,x0 当x，不符合题意； 3时,f(x)30 当3x0时,由f(x)2x30,解得3x0； 2当x0时,f(x)30，符合题意. （3分） 综上，f(x)0的解集为[,). （5分）

（2）法一：设u(x)x3x,yu(x)的图象和yx的图象如图.

易知yx的图象向上平移3个单位以内（不包括3个单位） 与fu(x)的图象始终有三个交点，从而3k0. （10分）

323x,x0法二：x3xxk有三个根，令g(x)x3xx，g(x)x3,3x0，

x3,x3yg(x)与yk有三个交点，0k3,3k0

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