年南開中學高三數學第五次月考檢測試卷考試時間：120分鐘試卷分共150分第I卷一?選擇題（在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）1．已知全集，則（

）A． B． C． D．2．“”是“”的（

）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件3．如圖，下列能表達這條曲線的函數是（

）A． B．C． D．4．已知等差數列和的前項和分別為，若，則（

）A． B． C． D．5．某校舉辦了數學知識競賽，并將1000名學生的競賽成績（滿分100分，成績取整數）整理成如圖所示的頻率分布直方圖，則以下四個說法正確的個數為（

）①a的值為0.005②估計這組數據的眾數為75③估計這組數據的下四分位數為60④估計成績高于80分的有300人A．1 B．2 C．3 D．46．已知，則的大小關系為（

）A． B．C． D．7．三星堆遺址祭祀坑區4號坑發現了玉琮.一種內圓外方的簡型玉器，是古人用于祭祀的禮器.假定某玉琮中間內空，形狀對稱，如圖所示，圓筒內徑長2，外徑長3，筒高4，中部為棱長是3cm的正方體的一部分，圓筒的外側面內切于正方體的側面，則該玉琮的體積為（

）A． B． C． D．8．已知函數的部分圖象如圖所示，其中，，則以下五個說法正確的個數為（

）①函數的最小正周期是；②函數在上單調遞減；③函數的圖象關于直線對稱；④將函數的圖象向右平移個單位長度后關于軸對稱；⑤當時，.A．0 B．1 C．2 D．39．已知雙曲線的左、右焦點分別為、，經過的直線交雙曲線的左支于，，的內切圓的圓心為，的角平分線為交于M，且，若，則該雙曲線的離心率是（）A． B． C． D．2第II卷二?填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分.）10．若，則的共軛復數為.11．在的展開式中，的系數為.（結果用數字表示）12．已知直線與圓相交于兩點，且，則實數13．某射擊小組共有10名射手，其中一級射手3人，二級射手2人，三級射手5人，現選出2人參賽，在至少有一人是一級射手的條件下，另一人是三級射手的概率為；若一?二?三級射手獲勝概率分別是0.9，0.7，0.5，則任選一名射手能夠獲勝的概率為.14．已知中，，且的最小值為，則，若為邊上任意一點，則的最小值是.15．對任意，不等式恒成立，則的取值范圍是.三?解答題（本大題共5小題，共75分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16．已知的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，滿足.(1)求角A的大小；(2)若，求的值；(3)若的面積為，，求的周長和外接圓的面積.17．如圖，棱柱的底面是菱形，，所有棱長都為，，平面為的中點.

(1)證明：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)求點到直線的距離.18．已知是公比為q的等比數列．對于給定的，設是首項為，公差為的等差數列，記的第i項為．若，且．(1)求的通項公式；(2)求；(3)求．19．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓Γ：的離心率為，直線l與Γ相切，與圓O：相交于A，B兩點.當l垂直于x軸時，.(1)求Γ的方程；(2)對于給定的點集M，N，若M中的每個點在N中都存在距離最小的點，且所有最小距離的最大值存在，則記此最大值為.（ⅰ）若M，N分別為線段AB與圓O上任意一點，P為圓O上一點，當的面積最大時，求；（ⅱ）若，均存在，記兩者中的較大者為.已知，，均存在，證明：.20．已知函數．(1)證明：當時，；(2)若函數有兩個零點．①求的取值范圍；②證明：．1．C【分析】直接由交集補集的定義求解即可【詳解】因為，所以，所以，故選：C.2．A【分析】根據絕對值的定義和分式不等式的解法，求得不等式的解集，結合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由不等式，可得，所以，解得，又由，可得，解得，因為是的真子集，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.3．C【分析】由函數的對稱性及特殊點的函數值，即可得出結果.【詳解】解：觀察圖象可知，函數的圖象關于軸對稱，應是偶函數，而選項B，，是奇函數，圖象關于原點對稱，不符合題意，選項D，，是奇函數，圖象關于原點對稱，不符合題意，對選項A而言，當時，，不符合題意.故選：C.【點睛】本題考查函數的圖象及其性質，考查運算求解能力，屬于基礎題.4．C【分析】由等差數列的前項和公式及等差數列的性質，即可求解結果．【詳解】因為是等差數列和的前項和，，又所以故選：C.5．D【分析】利用頻率分布直方圖的性質判斷①，利用眾數、百分位數的求法判斷②③，根據頻率分布直方圖計算可估計總體判斷④.【詳解】由頻率分布直方圖可知，解得，①正確；根據頻率分布直方圖可知眾數落在區間，用區間中點表示眾數，即眾數為75，②正確；前兩組頻率之和為，所以這組數據的下四分位數為60，③正確；成績高于80分的頻率為，所以估計總體成績高于80分的有人，④正確；綜上①②③④正確，故選：D6．A【分析】對同時次方后比較大小，即可判斷大小；對，根據，即可比較大小.【詳解】由題可得，則，故；又，故，綜上所述：.故選：A.7．B【分析】根據幾何體的特點，結合長方體，圓柱體體積的計算公式，求解即可.【詳解】圓筒體積為底面半徑，高度為的圓柱體的體積減去底面半徑為，高度為的圓柱體的體積，故其體積；中間部分的體積為棱長為的長方體的體積減去底面半徑為，高為的圓柱體的體積，故其體積；故玉琮的體積.故選：B.8．C【分析】根據函數圖象求出的解析式，再根據正弦函數的圖象和性質逐一判斷即可.【詳解】由圖像可知，解得，①說法錯誤，所以，解得，將代入得，所以，，即，，又因為，所以，，當時，，所以在上先單調遞減，再單調遞增，②說法錯誤；當時，，，所以的圖象關于直線對稱，③說法正確；將函數的圖象向右平移個單位長度后得到，其圖象關于軸對稱，④說法正確；當時，，則，，⑤說法錯誤；綜上③④說法正確，故選：C9．A【分析】根據內切圓于，可設，進而得，結合，可得，進而得，求得，判斷出，由焦點三角形求得，即可求解.【詳解】設內切圓的半徑為，由，即，則,設，則，則，由，即，則，則，，則，故，同理得，故，故，則，故，則，則.故選：A

【點睛】方法點睛：橢圓、雙曲線離心率(離心率范圍)的求法求橢圓、雙曲線的離心率或離心率的范圍，關鍵是根據已知條件確定a，b，c的等量關系或不等關系，然后把b用a，c代換，求e的值．10．【分析】利用復數除法運算求得，再求其共軛復數即可.【詳解】根據題意可得，故其共軛復數為.故答案為：.11．90【分析】借助二項式展開式的通項公式計算即可得.【詳解】對，有，令，解得，有.故答案為：.12．7【分析】利用弦長公式和點到直線距離公式列方程求解即可.【詳解】根據題意，圓，即，其圓心為，半徑，若，則圓心到直線即的距離，又由圓心到直線的距離，則有，解可得：.故答案為：.13．####【分析】計算出至少有一人是一級射手的情況有幾種，再求出選出的2人中1人是一級射手另一人是三級射手的情況的種數，根據條件概率的計算公式即得答案；求出任選一名射手，分別是一、二、三級射手的概率，根據全概率公式即可求得任選一名射手能夠獲勝的概率.【詳解】由題意得至少有一人是一級射手的情況共有種，選出的2人中1人是一級射手另一人是三級射手的情況種，故選出2人參賽，在至少有一人是一級射手的條件下，另一人是三級射手的概率為；任選一名射手，分別是一、二、三級射手概率分別為，而一、二、三級射手獲勝概率分別是0.9，0.7，0.5，則任選一名射手能夠獲勝的概率為，故答案為：，14．【分析】設，則，計算得到，建立直角坐標系，則，計算得到答案.【詳解】設，由題意，當且僅當時等號成立，又因為的最小值為，所以，解得，即，又，所以，因為中，，所以，解得所以，所以，所以，如圖所示建立直角坐標系，則，，，，，所以，當且僅當時等號成立，所以的最小值為．故答案為：；.15．【分析】把不等式轉化為，記，則原不等式轉化為恒成立，畫出的圖像，然后用數形結合和圖像變換的思想來解題即可.【詳解】解：不等式等價于，記，則原不等式等價于.所以，不等式恒成立等價于不等式恒成立.而，且圖像如下圖所示：可以看作是向左或向右平移個單位，不等式恒成立可以看作是的圖像在的上方或函數值相等.所以要使的圖像在的上方或函數值相等只能把的圖像向左平移至少1個單位得到，如下圖所示：所以：.故答案為：.【點睛】本題主要考查絕對值不等式、圖像變換、數形結合的思想，屬于綜合性題目.16．(1)(2)(3)，【分析】（1）由正弦定理及三角恒等變換求解即可；（2）由同角三角函數基本關系、二倍角公式及兩角和正弦公式求解；（3）由三角形面積公式及余弦定理求出，再由正弦定理求外接圓半徑即可.【詳解】（1）由，由正弦定理，從而有，，，，.（2）因為，所以，.（3）因為，所以，由余弦定理得：，即，解得，所以的周長為，由，所以外接圓的面積.17．(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）連接，即可得到，從而得證；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得；（3）令，，再根據距離公式計算可得.【詳解】（1）連接，因為為的中點，為的中點，所以，且平面，平面，所以平面.（2）因為平面，且為菱形，所以，如圖，以點為坐標原點，分別以的方向為軸正方向建立空間直角坐標系.又，所以為等邊三角形，所以，則，在中，，可知，

則，設平面的一個法向量為，則，即，令，得，取平面的一個法向量為，所以.設二面角為，顯然二面角為銳二面角，則，即二面角的余弦值為.（3）又，所以，所以，所以，，所以，所以，，所以，所以點到直線的距離.18．(1)；(2)；(3).【分析】（1）根據給定定義，可得，再列出方程求出作答.（2）由（1）的信息，利用裂項相消法求和作答.（3）利用（1）的結論，結合分組求和法及等差數列前n項和公式求解作答.【詳解】（1）依題意，，，，由及，得，解得，于是，所以的通項公式是.（2）由（1）知，，，，所以.（3）由（1）知，，，所以.【點睛】關鍵點睛：涉及數列新定義問題，關鍵是正確理解給出的定義，由給定的數列結合新定義探求數列的相關性質，并進行合理的計算、分析、推理等方法綜合解決.19．(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）證明見解析.【分析】（1）根據給定條件，求出，再結合離心率求出即得.（2）（ⅰ）在直線的斜率存在時，設出直線方程并與橢圓方程聯立，借助判別式求出圓心到距離，列出的面積關系求解，再驗證斜率不存在的情況；（ⅱ）利用新定義，結合對稱性推理即得.【詳解】（1）因為當垂直于軸時，，而直線與Γ相切，則，解得，又橢圓的離心率為，則橢圓的半焦距，，所以的方程為.（2）（i）當的斜率存在時，設的方程為：，由消去得：，由直線與橢圓相切，得，整理得，于是圓心到直線的距離，則的面積為，設，求導得，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，因此當時，取得最大值，此時，當的斜率不存在時，由（1）知，，由，得，則.對于線段上任意點，連接并延長與圓交于點，則是圓上與最近的點，當為線段的中點時，取得最大值，所以.（ii）因為均存在，設點，且，設是集合中到的最近點，根據對稱性，不妨設，令點到集合的最近點為，點到集合的最近點為，因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，因此，而在坐標平面中，，又點是集合中到點的最近點，則，所以.【點睛】關鍵點睛：本題第（2）問涉及新定義問題，反復認真讀題，理解最小距離的最大值的含義是解題的關鍵.20．(1)證明見解析(2)①；②證明見解析【分析】（1）求導，分類討論判斷的單調性，結合單調性和最值分析證明；（2）①令，整理可得，設，求導，利用導數判斷單調性，結合單調性分析零點問題；②分析可知原不等式等價于，構建函數證明即可.【詳解】（1）由題意可得：函數，且，，若，則在內恒成立，可知在內單調遞增，可得；若，令，解得；令，解得；可知在內單調遞減，在內單調遞增，可得，且，則，則；綜上所述：當時，.（2）①由題意可得：，令，整理可得，設，則，且，可知，令，解得；令，解得；則在內單調遞減，在內單調遞增，由題意可知：有兩個零點，則，解得，若，令，則則，可知在內有且僅有一個零點；且當趨近于，趨近于，可知內有且僅有一個零點；即，符合題意，綜上所述：的取值范圍為；②由