高三高考适应性月考数学(文科)试卷(七)(含答案与解析)

-1-/8高三高考适应性月考数学（文科）试卷（七）第Ⅰ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．设全集1,2,3,4,5,6U，(){1,3}UABð，{2,4}UABð，则集合B（）A．{2，3}B．{5，6}C．{3，5}D．{4，6}2．设复数z满足2i(1i)(1i)z，则i（）A．22iB．22iC．22iD．22i3．从区间[44]，中任取一个数，则该数能使函数2()ln(9)fxx有意义的概率为（）A．14B．34C．18D．384．ABC△的内角,,ABC的对边分别为,,abc，若2abc，且sin2sinAC，则cosC（）A．528B．34C．28D．585．若抛物线22(0)ypxp的准线经过椭圆2221(04)16xybb的一个顶点，则该抛物线的焦点到准线的距离为（）A．4B．8C．16D．326．下列函数满足对定义域内的任意x都有()()0fxfx的是（）A．exyB．21yxC．1yxxD．cosyx7．若01,0abc，且1c，则（）A．11ccabB．loglogabccC．22ababD．lnlncacb8．函数exxy的图像大致为（）A．B．C．D．9．如图所示的程序框图的算符源于我国古代的“中国剩余定理”，用modNnm表示正整数N除以正整数m后的余数为n，例如：71mod3，执行该程序框图，则输出的n的值为（）-2-/8A．19B．20C．21D．2210．如图，某几何体的三视图中，正视图和左视图均由边长为1的正三角形构成，俯视图由半径为1和12的两个同心圆组成，则该几何体的体积为（）A．3π4B．3π6C．3π8D．23π11．三棱锥的体积为83，PA底面ABC，且ABC△的面积为4，三边,,ABBCCA的乘积为16，则三棱锥PABC的外接球的表面积为（）A．4πB．8πC．16πD．32π12．设函数fxxR满足2fxfx，且当0,4x时，243fxxx，若函数gxfxkx在08，上有7个零点，则实数k的值是（）A．12235B．423C．38D．34第Ⅱ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．已知单位向量,ab，若向量2ab与b垂直，则向量a与b的夹角为___________．14．已知π2sin33A，则πsin26A___________．-3-/815．设不等式组30,230,1xyxyx，表示的平面区域为1，直线3ykx分平面区域1为面积相等的两部分，则k___________．16．已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的右焦点为,0Fc，点P在双曲线C的左支上，若直线FP与圆222:39cbExy相切于点M且2PMMF，则双曲线C的离心率值为___________．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．在正项等比数列na中，1241,81aaa．（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设lgnnba，求数列nb的前10项和．18．已知三棱锥BADC中，,3,1ABBCABBC，如图．（Ⅰ）请在答题卡第18题图中作平面BOH交AC于O点，交DC于H点，并且平面BOHAC（说明作法及理由）；（Ⅱ）在满足（Ⅰ）的前提下，又有1,2OHBOBOH60°，求三棱锥BAHC的体积．19．某商店会员活动日．（Ⅰ）随机抽取50名会员对商场进行综合评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为[40，50），[50，60），…，[80，90），[90，100]．（1）求频率分布直方图中的值；（2）估计会员对商场的评分不低于80的概率．（Ⅱ）采取摸球兑奖的方式对会员进行返代金券活动，每位会员从一个装有5个标有面值的球（2个所标的-4-/8面值为300元，其余3个均为100元）的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该会员所获的代金券金额．求某会员所获得奖励超过400元的概率．20．已知椭圆2222:1(0)xyCabab的下、上焦点分别为12,FF，离心率为12，点M在椭圆C上，12MFMF且12MFF的面积为3．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过2F且不垂直于坐标轴的动直线l交椭圆C于,AB两点，点D是线段2OF上不与坐标原点O重合的动点，若0DADBAB，求OD的取值范围．21．已知函数1ln1ln1fxcxxcc．（Ⅰ）讨论fx的单调性；（Ⅱ）设1c，证明：当1,xc时，0fx．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．选修4-4：坐标系与参数方程已知圆221:228Cxy和直线3:03lxy．（Ⅰ）求1C的参数方程以及圆1C上距离直线l最远的点P坐标；（Ⅱ）以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，将圆1C上除点O以外所有点绕着O逆时针旋转π3得到曲线2C，求曲线2C的极坐标方程．23．选修4-5：不等式选讲已知123fxxx．（Ⅰ）解不等式4fx；（Ⅱ）若fxm有解，求实数m的取值范围．-5-/8高三高考适应性月考数学（文科）试卷（七）答案一、选择题1~5．BBBAB6~10．CCBDA11~12．BA二、填空题13．60°14．1915．1416．5三、解答题17．解：（Ⅰ）依题意有：224381aaa，解得：39a，于是：29,3qq（舍负），于是：数列na的通项公式是13nna．（Ⅱ）依题意有：1lg31lg3nnbn，于是012910lg345lg3S．18．解：（Ⅰ）如图，作BOAC，垂足为O，又作OHAC，垂足为O，交DC于点H，则平面BOH即为所求．因为,,ACBOACHOACBOHOO平面BOH．（Ⅱ）易得33,24BOOH，由60BOH，则133sin60232BOHSBOHO△，-6-/8又有（Ⅰ）中AC平面BOH，所以13316BADCBOHVSAC△．法二：也可由1,602OHBOBOH得到BHOH，进而BH平面ADC，将BH视作高，AHC△视作底求体积．19．解：（Ⅰ）（1）由0.0040.0180.02220.028101a得：0.006a．（2）由所给频率分布直方图知，50名会员评分不低于80的频率为0.0220.018100.4，所以会员对商场评分不低于80的概率为0.4．（Ⅱ）记两个面值为300的球为12,aa，三和面值为100的球为123,,bbb，从这5个球中随机抽取2个，所有可能的结果只有10种，分别是121112132122,,,,,,aaababababab231213,,,abbbbb23,bb，又因为所抽取的面值超过400的结果只有一种，故所求的概率为110．20．解：（Ⅰ）依据题意有12222122222,2,MFMFaMFMFcabc2122MFMFb，所以1221222213,21,2MFFSMFMFbceaabc△222=4=31abc，，椭圆C的方程为22143xy．（Ⅱ）设0,01Dmm，令1122:10,,,lykxkAxyBxy．联立221,34120ykxyx2234690kxkx1226,340.kxxkkR，则212122268223434kyykxxkk．0DADBABDADB．法一：0ABDADB12121,,20kxxyym，即22681,,203434kkmkk22110344mkk，又01m，可得：104m．-7-/8法二：22DADBDADB22221122xymxym222221210xxymym212121212xxxxyyyym212121212yyxxkxxyym226348234kkmk22110344mkk．又01m，可得：104m．21．（Ⅰ）解：fx定义域为0,,0c，1ln1lncxccfxcxx，由0fx可得1lncxc．①当01c时，10,ln0cc，∴10lncc．由于10,0lncxfxc，1,0lncxfxc，所以fx在10,lncc单调递减；在1,lncc单调递增．②当1c时，10,ln0cc，∴10lncc．由于10,0lncxfxc，1,0lncxfxc，所以fx在10,lncc单调递增；在1,lncc单调递减．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当1c时，fx在10,lncc单调递增，在1,lncc单调递减，因此需讨论1lncc与1，c的大小关系，令ln11gxxxx，则1110xgxxx，所以gx在1,递减，所以1101lnxgxgx，即11lncc．令ln1hxxxx，则1ln10hxx，所以hx在1,递增，所以1lnccc．-8-/8故11lnccc，因此fx在11,lncc单调递增，在1,lnccc单调递减．又10ffc，所以0fx．22．（Ⅰ）1C的参数方程为1222cos,:222sin,xCy（为参数，[0,2π)）易得直线l与圆1C均过坐标原点，且直线l的倾斜角为120，所以当30时，圆1C上的点距离直线l最远，所以点P的坐标为26,22P．（Ⅱ）由1C221:228xy可得1C的极坐标方程为π42sin4，设1C上除极点外的某一点1P的极坐标为1,P，旋转后成为2,P，由=π=3，，由相关点法，回代入π42sin4，可得2C的极坐标方程为πππ=42sin42sin4312．23．解：（Ⅰ）32,1,31234,1,2332,,2xxfxxxxxxx则40,2fxx．（Ⅱ）由fxm有解，故minmfx，又55[,)22fxm．