1、甘肃省兰州市第一中学2019届高三数学5月月考试题 文（含解析）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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求得集合，根据集合的交集运算，即可求解.【详解】由题意，集合，又由，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中正确求解集合A，再利用集合的交集运算求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.2.若复数，其中为虚数单位，则下列结论正确的是（ ）A. 的虚部为B. C. 的共轭复数为D. 为纯虚数【答案】D【解析】【分析】将复数整理为的形式，分别
2、判断四个选项即可得到结果.【详解】的虚部为，错误；，错误；，错误；，纯虚数，正确本题正确选项：【点睛】本题考查复数的模长、实部与虚部、共轭复数、复数的分类的知识，属于基础题.3.已知，为两条不重合直线，为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】根据面面平行的判定定理、线面垂直的性质判定【详解】只有一对直线平行，不能得出两平面平行，A错，由，可得，再由线面垂直的性质可得，B正确；C中两平面，没有任何关系，不能得出平行，C错；由，可以得出，不能得出平行，D错故选：B【点睛】本题考查面面平行的判定，掌握面面平行的判定定理是解题关键4.
3、空气质量指数是反映空气质量状况的指数，指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如表：指数值05051100101150151200201300空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严重污染如图是某市10月1日-20日指数变化趋势：下列叙述错误的是（）A. 这20天中指数值的中位数略高于100B. 这20天中的中度污染及以上的天数占C. 该市10月的前半个月的空气质量越来越好D. 总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量好【答案】C【解析】分析】根据所给图象，结合中位数的定义、指数与污染程度的关系以及古典概型概率公式，对四个选项逐一判断即可.【详解】对，因为第10天与第11天指数值都略高
4、100，所以中位数略高于100，正确；对，中度污染及以上的有第11，13，14，15，17天，共5天占，正确；对，由图知，前半个月中，前4天的空气质量越来越好，后11天该市的空气质量越来越差，错误；对，由图知，10月上旬大部分指数在100以下，10月中旬大部分指数在100以上，所以正确，故选C.【点睛】与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.5.已知向量，满足，且，则在方向上的投影为（）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据向量垂直
5、得，再根据向量投影公式得结果.【详解】因为，所以因此在方向上的投影为，选D.【点睛】本题考查向量垂直以及向量投影，考查基本分析求解能力，属基础题.6.若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由三视图还原原几何体，可得原几何体为底面边长是2，高是5正四棱柱内部挖去一个半径为1的半球然后利用正方体的表面积及球的表面积求解详解：由三视图可知，原几何体为底面边长是2，高是5的正四棱柱内部挖去一个半径为1的半球 其表面积为 =48+故选A点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原
6、则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.7.十九世纪末：法国学者贝特朗在研究几何概型时提出了“贝特朗悖论”，即“在一个圆内任意选一条弦，这条弦的弦长长于这个圆的内接等边三角形边长的概率是多少？”贝特朗用“随机半径”“随机端点”“随机中点”三个合理的求解方法，但结果都不相同该悖论的矛头直击概率概念本身，强烈地刺激了概率论基础的
7、严格化已知“随机端点”的方法如下：设为圆上一个定点，在圆周上随机取一点，连接，所得弦长大于圆的内接等边三角形边长的概率则由“随机端点”求法所求得的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】以为顶点作圆的内接正三角形，根据弦长与弧长的关系可知点在劣弧上时，满足题意，由此可得概率【详解】如图，是圆内接正三角形，只有在劣弧上时，因此所求概率为故选：B【点睛】本题考查几何概型，确定点在圆的位置是解题的关键8.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】诱导公式，二倍角公式化为单角的式子，然后利用，化式子为二次齐次式，再弦化切后代入求值【详解】故选：A【点睛】本题
8、考查诱导公式，考查正弦的二倍角公式，同角间的三角函数关系解题关键是用“1”的代换总凑配成关于的二次齐次式，从而由弦化切后求值9.函数f（x）=的大数图象为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函数是奇函数，图象关于原点对称，排除C、D项；再由当时，函数的值小于0，排除B，即可得到答案.【详解】由题知，函数满足，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，排除C、D项；又由当时，函数的值小于0，排除B，故选A.【点睛】本题主要考查了函数图象的识别，其中解答中熟练应用函数的奇偶性和函数的取值范围，利用排除法求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.10.已知双曲线
9、的左右两个焦点分别为，A，B为其左、右两个顶点，以线段为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为M，且AMB=30，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程和圆的方程，求出交点，再由两点的斜率公式，得到的关系，最后由离心率公式即可得到所求值【详解】解：双曲线的渐近线方程为，以为直径的圆的方程为，将直线代入圆的方程，可得 （负的舍去），即有 ，又，由于 ，轴，则 ，即有，则离心率 故选B【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，考查直线和圆的位置关系，考查离心率的求法，属于基础题11.已知ABC的边AB，AC的长分别为2，3，BAC=120，则
10、ABC的角平分线AD的长为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由余弦定理求得和，再由角平分线定理求得，然后在三角形中由余弦定理可得【详解】解：根据角平分线定理可得： 由余弦定理可得： ， ，在三角形中由余弦定理得 在三角形中由余弦定理得，解得：故选D【点睛】本题考查了三角形中的几何计算，属中档题12.设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x2)f(2x)，当x2，0时，f(x)，则在区间(2，6)上关于x的方程f(x)log8(x2)0的解的个数为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】【分析】把原方程转化为与的图象的交点个数问题，由，可知的图象关于对称
11、，再在同一坐标系下，画出两函数的图象，结合图象，即可求解【详解】由题意，原方程等价于与的图象的交点个数问题，由，可知的图象关于对称，作出在上的图象，再根据是偶函数，图象关于轴对称，结合对称性，可得作出在上的图象，如图所示再在同一坐标系下，画出的图象，同时注意其图象过点，由图可知，两图象在区间内有三个交点，从而原方程有三个根，故选B【点睛】本题主要考查了对数函数的图象，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟记对数函数的性质，合理应用函数的奇偶性，在同一坐标系内作出两函数的图象，结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及转化思想的应用，属于中档试题二填空题：本题共4小题，每小题5分，共2
12、0分.13.计算：_【答案】6【解析】【分析】根据对数、指数的运算性质求解即可得到结果【详解】原式故答案为【点睛】本题考查指数、对数的运算，解题时根据相应的运算性质求解即可，属于简单题14.在曲线的所有切线中，斜率最小的切线方程是_【答案】【解析】【分析】求出导函数，由二次函数性质求得导数的最小值，从而得切点坐标，得切线方程【详解】由题意，易知时，又时，所求切线方程为，即故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，掌握求导运算是解题关键15.若实数x，y满足则z=-x+5y的最小值为_【答案】12【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用直线平移法进行求解即可【详解
13、】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由得 ，平移直线由图像知当直线经过点时，直线截距最小此时最小，由 得 ，得 ，则的最小值为-3+53=12，故答案为12【点睛】本题主要考查线性规划的应用，作出不等式组对应的平面区域利用目标函数的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键16.已知点是抛物线的焦点，点为抛物线上任意一点，过点向圆作切线，切点分别为，则四边形面积的最小值为_【答案】【解析】【分析】画出满足题意的图象，可得与原点重合时，四边形面积最小，进而得到答案【详解】如下图所示：圆的圆心与抛物线的焦点重合，若四边形的面积最小，则最小，即距离准线最近，故满足条件时，与原点重合，此时，此时四边形面
14、积，故答案为【点睛】本题考查抛物线的标准方程及简单几何性质三解答题：共70分.解答应写出文字说明证玥过程或演算步骤，第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答，第2223题为选考题，考生根据要求作答.17.已知正项等比数列的前n项和为 ，（1）求数列 的通项公式；（2）设，求数列的前2n项【答案】(1) (2)【解析】【分析】（1）设数列的公比为，讨论是否为1，运用等比数列的求和公式，解方程可得，进而得到所求通项公式；（2）求得，由并项求和可得前2n项和【详解】解：（1）设数列的公比为若，则，与题意不符若，则，化简得，解得或（舍）；（2）由（1）及已知得，【点睛】本题考查等比数列的通项公式和
15、求和公式的运用，数列的并项求和，考查化简运算能力，属于中档题18.如图，在四边形中，点在上，且，现将沿折起，使点到达点的位置，且. （1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析； （2）.【解析】【分析】（1）根据折叠前后关系得PCCD，根据平几知识得BE/CD，即得PCBE，再利用线面垂直判定定理得EB平面PBC，最后根据面面垂直判定定理得结论，（2）先根据线面垂直EB平面PBC得高，再根据等积法以及三棱锥体积公式得结果.【详解】（1）证明：ABBE，ABCD，BE/CD，ACCD，PCCD，PCBE， 又BCBE，PCBC=C，EB平面PBC， 又EB平面DEBC，平面
16、PBC 平面DEBC；（2）解法1：AB/DE，结合CD/EB 得BE=CD=2，由（1）知EB平面PBC，EBPB，由PE得,PBC为等边三角形， , . 解法2：AB/DE，结合CD/EB 得BE=CD=2， 由（1）知EB平面PBC，EBPB，由PE，得, PBC为等边三角形，取BC的中点O，连结OP，则,POBC，PO平面EBCD， .【点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.19.据人民网报道，“美国国家航空航天局( NASA)发文称，相
17、比20年前世界变得更绿色了，卫星资料显示中国和印度的行动主导了地球变绿”据统计，中国新增绿化面积的420/0来自于植树造林，下表是中国十个地区在2017年植树造林的相关数据（造林总面积为人工造林、飞播造林、新封山育林、退化林修复、人工更新的面积之和）单位：公顷按造林方式分地区造林总面积人工造林飞播造林新封山育林退化林修复人工更新内蒙 618484 311052 74094 136006 90382 6950河北 583361 345625 33333 135107 65653 3643河南 149002 97647 13429 221117 15376 133重庆 226333 100600、
18、 62400 63333陕西 297642 184108 33602 63865 16067甘肃 325580 260144 57438 7998新疆 263903 118105 6264 126647 10796 2091青海 178414 16051 159734 2629宁夏 91531 58960 22938 8298 1335北京 19064 10012、 4000 3999 1053(1)请根据上述数据，分别写出在这十个地区中人工造林面积与造林总面积的比值最大和最小的地区；(2)在这十个地区中，任选一个地区，求该地区人工造林面积与造林总面积的比值不足50%的概率是多少？(3)从上表
19、新封山育林面积超过十万公顷的地区中，任选两个地区，求至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷的概率【答案】（1）甘肃省，青海省；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据表格即可得到结果；（2）利用古典概型概率公式即可得到结果；（3）利用古典概型概率公式即可得到结果【详解】(1) 人工造林面积与造林总面积比最大的地区为甘肃省，人工造林面积占造林总面积比最小的地区为青海省 . (2) 设在这十个地区中,任选一个地区，该地区人工造林面积占总面积的比比不足为事件 , 在十个地区中，有个地区（重庆、新疆、青海）人工造林面积占总面积比不足，则. （3）设至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷为事件,
20、新封山育林面积超过十万公顷有个地区：内蒙、河北、新疆、青海，分别设为，其中退化林修复面积超过五万公顷有2个地区：内蒙、河北即从个地区中任取个地区共有种情况， 其中至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷共有种情况， 则 .【点睛】(1)古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时，他们是否是等可能的(2)用列举法求古典概型，是一个形象、直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重复、不遗漏(3)注意一次性抽取与逐次抽取的区别：一次性抽取是无顺序的问题，逐次抽取是有顺序的问题.20.椭圆的离心率是，过点作斜率为的直线，椭圆与直线交于，两点，当直
21、线垂直于轴时（1）求椭圆的方程；（2）若点的坐标为，是以为底边的等腰三角形，求值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由离心率得，题意还说明椭圆过点，代入椭圆方程得一关于的方程，结合可解得，得椭圆方程（2）设，的中点，直线方程与椭圆方程联立消元应用韦达定理可得，从而用表示出中点的坐标，由可求得【详解】（1）由已知椭圆过点，可得解得，所以椭圆的方程为（2）设，的中点由消去得，显然所以，当时，设过点且与垂直的直线方程，将代入得，化简得，解得当时，与题意不符综上所述，所求的值为【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题直线与椭圆相交问题，采用设而不求思想，即设交点坐标为，由直线方程与
22、椭圆方程联立消元应用韦达定理得，本题中得出中点坐标，再利用题中其他条件求解，得出结论21.已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若关于的方程在区间内无零点，求实数的取值范围【答案】（1）函数的单调增区间是，单调减区间是（2）【解析】【分析】（1）求出导数，然后由得增区间，得减区间（2）在上，方程化为，求出导函数，由时，因此对分类讨论，时，恒成立，时，有解，通过研究的单调性可得到的单调性，由零点存在定理确定有无零点综合后可得结论【详解】（1）依题意，令，解得，故函数的单调增区间是，由，得，单调减区间是（2）原方程可化为，即令，则是增函数，时， ()当时，恒成立在上增函数，故原方程在内无零点()
23、当时，由得，时，当时，故在区间上单调递减，在区间上单调递增又，在区间上恒小于0，下面讨论的正负；令，则，令是的导函数，则，在上增函数即，又由零点存在性定理知，原方程在上有零点即在上有零点综上所述，所求实数的取值范围是【点睛】本题考查用导数求函数的单调性，用导数研究函数的零点问题，首先注意函数化简，其次函数的零点也是通过函数的导数得出函数的单调性，然后结合零点存在定理得出结论22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），已知点，点是曲线上任意一点，点为的中点，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求点的轨迹的极坐标方程；（2）已知直线：与曲线交于两点，若，求的值.【答案】（
24、1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，且，由M为的中点，得x=，y=，整理得，化为极坐标即可；（2）把直线：化成极坐标方程为，设，因为，得，即， 联立，得，代入即可.【详解】（1）设，.且点，由点为的中点，所以整理得.即，化为极坐标方程为.（2）设直线：的极坐标方程为.设，因为，所以，即.联立整理得.则解得.所以，则.【点睛】本题考查了相关点代入法求轨迹的方法，极坐标方程的应用，属于中档题.23.选修4-5：不等式选讲已知函数的最大值为3，其中（1）求的值；（2）若，求证：【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）分三种情况去绝对值，求出最大值与已知最大值相等列式可解得；（2）将所证不等式转化为2ab1，再构造函数利用导数判断单调性求出最小值可证【详解】（1），. 当时，取得最大值. . （2）由（），得，. ，当且仅当时等号成立，. 令，.则在上单调递减. 当时，.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及不等式的恒成立问题，其中解答中根据绝对值的定义，合理去掉绝对值号，及合理转化恒成立问题是解答本题的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用.