湖南省长沙市长郡中学2019届高三下学期二模考试数学（文）试题 Word版含解析

湖南省长沙市长郡中学2019届高三下学期二模考试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019年湖南省长沙市长郡中学高考数学二模试卷（文科）‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解不等式可得，据此结合交集、并集、子集的定义考查所给的选项是否正确即可.‎ ‎【详解】求解不等式可得，‎ 则：，选项A错误；‎ ‎，选项B错误；‎ ‎，选项C错误，选项D正确；‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的表示方法，交集、并集、子集的定义及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎2.i为虚数单位，复数z满足z（1+i）=i，则|z|=（　　）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由得，所以，故答案为B．‎ 考点：复数的运算．‎ ‎3.某统计部门对四组数据进行统计分析后，获得如图所示的散点图，关于相关系数的比较，其中正确的是（ ）‎ - 20 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据相关系数的特点，可知（1）（3）为正相关，（2）（4）为负相关，再由相关性的强弱可比较出大小关系。‎ ‎【详解】根据散点图的特征，数据大致呈增长趋势的是正相关，数据呈递减趋势的是负相关；数据越集中在一条线附近，说明相关性越强，‎ 由题中数据可知：（1）（3）为正相关，（2）（4）为负相关；‎ 故，；，；‎ 又（1）与（2）中散点图更接近于一条直线，故，，‎ 因此，．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】相关系数：‎ 当r＞0时，表明两个变量正相关；当r＜0时，表明两个变量负相关；‎ r的绝对值越接近于1，表明两个变量的线性相关性越强，r的绝对值越接近于0时，表明两个变量之间几乎不存在线性相关关系。‎ ‎4.已知向量，若为实数，，则（ ）‎ - 20 -‎ A. 2 B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 和平行，故，解得.‎ ‎5.在平面直角坐标系中，双曲线的一条渐近线与圆相切，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 符合条件的渐近线方程为，与圆相切，即d=r，代入公式，即可求解 ‎【详解】双曲线C的渐近线方程为，与圆相切的只可能是，所以圆心到直线的距离d=，得，所以，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查分析推理，计算化简的能力，属基础题。‎ ‎6.半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设此圆锥的底面半径为r,高为h,则.‎ ‎7.要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）‎ A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 - 20 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件利用二倍角公式和两角和的正弦公式，化简函数的解析式，再利用y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，可得结论．‎ ‎【详解】函数＝sin（2x）＝sin2（x），‎ 故把函数的图象向左平移个单位，可得函数的图象，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查二倍角公式和两角和的正弦公式，y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，熟记变换原则是关键，属于基础题．‎ ‎8.设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数的奇偶性求出a，求出函数的导数，求出切线的斜率，然后求解切线方程 ‎【详解】函数，若为奇函数， ‎ 可得，所以函数，可得，； ‎ 曲线在点处的切线的斜率为：5， ‎ 则曲线在点处的切线方程为：．即． ‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性以及函数的切线方程的求法，考查计算能力，较为基础 - 20 -‎ ‎9.如图，直角三角形的两直角边长分别为6和8，三角形内的阴影部分是三个半径为3的扇形，向该三角形内随机掷一点，则该点落在阴影部分的概率为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出三角形总面积，空白面积，然后得阴影部分面积，由几何概型的面积型概率公式求出答案.‎ ‎【详解】解：三角形总面积 因为三个扇形半径相等，且圆心角之和为180°，所以空白面积 所以阴影部分面积 所以向该三角形内随机掷一点，则该点落在阴影部分的概率 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了几何概型的面积型，属于基础题.‎ ‎10.若，且，则的值为 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用求出，平方可得，从而可求.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ - 20 -‎ 因为，所以，所以有，平方可得；，‎ 因为，所以，‎ 所以.故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换，利用倍角公式等求值时，注意公式的多样性.‎ ‎11.如图，在下列三个正方体中，均为所在棱的中点，过作正方体的截面．在各正方体中，直线与平面的位置关系描述正确的是 A. 平面的有且只有①；平面的有且只有②③‎ B. 平面的有且只有②；平面的有且只有①‎ C. .平面的有且只有①；平面的有且只有②‎ D. 平面的有且只有②；平面的有且只有③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①连结，根据面面平行的判定定理可证平面平面，进而可得平面；‎ ‎②③都可以根据线面垂直的判定定理，用向量的方法分别证明，，即可证明平面；从而可得出结果.‎ ‎【详解】①连结，因为均为所在棱的中点，所以，，从而可得平面，平面；根据，可得平面平面；所以平面；‎ ‎②设正方体棱长为，因为均为所在棱的中点，‎ 所以 - 20 -‎ ‎，即；‎ 又，即；‎ 又，所以平面；‎ ‎③设正方体棱长为，因为均为所在棱的中点，‎ 所以，即；‎ 又，即；‎ 又，所以平面；‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查线面平行与线面垂直的判定，灵活掌握判定定理即可，属于常考题型.‎ ‎12.已知函数，若关于的方程只有两个不同的实根，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，先求出的函数解析式，再画出其图像，由数形结合可得结果.‎ - 20 -‎ ‎【详解】，‎ 画出函数图像，因为关于的方程有两个不同的实根，所以 故选D ‎【点睛】本题考查了函数性质，解析式的求法以及函数的图像，求其解析式以及画出函数图像是解题的关键，属于较难题.‎ 二、填空题：本大题共4小题．每小题5分.‎ ‎13.已知函数那么______．‎ ‎【答案】25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照分段函数中自变量的范围代入相应的解析式.‎ ‎【详解】由已知得f（-3）＝2﹣（-3）＝5，从而f（f（-3））＝f（5）＝52＝25．‎ ‎【点睛】本题考查函数值求法，是基础题，解题时要认真审题．‎ ‎14.已知，满足不等式，则最大值为________.‎ ‎【答案】11‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，求得目标函数的最大值，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，作出不等式组所表示的平面区域，如图所示，‎ - 20 -‎ 又由目标函数，可化为直线，‎ 当直线过点A时，目标函数取得最大值，‎ 又由，解得，‎ 所以目标函数的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎15.已知直线与圆相交于两点，若，则_____．‎ ‎【答案】±1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆心到直线的距离与半径和弦长的关系求出的值即可．‎ ‎【详解】解：圆：，化为：，‎ ‎∴圆心为，半径为1，‎ 则圆心到直线的距离为，即，‎ 解得：．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式的应用，是基础题．‎ ‎16.在锐角中，角所对的边为，若．且，则 - 20 -‎ 的取值范围为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】因为,‎ 所以可化为：‎ 又，所以，所以，解得：‎ 由正弦定理得：，又 所以，‎ 所以 在锐角中，,所以 所以.‎ 所以的取值范围为 ‎【点睛】本题主要考查了三角恒等变形及正弦定理，还考查了两角和的正弦公式，考查计算能力及三角函数的性质，属于中档题。‎ 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.‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17.设数列的前项和为，且．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ ‎（1）根据和项与通项关系求解即可，（2）先化简，再根据裂项相消法求和.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ 所以，即.‎ 因为，所以，所以.‎ 则数列是以首项为3，公比为3的等比数列，故.‎ ‎（2）因，‎ 所以 ‎ ‎【点睛】本题考查由和项求通项以及裂项相消法求和，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎18.如图，点在以为直径的上运动，平面，且，点分别是、的中点．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求点平面的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明平面可得，再结合即可得出平面，故而；（2）取中点，过作于，则可证平面，从而即为所求．‎ ‎【详解】（1）证明：∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，‎ - 20 -‎ ‎∴PA⊥BC，‎ ‎∵AB是圆的直径，∴BC⊥AC，‎ 又AC∩PA=A，‎ ‎∴BC⊥平面PAC，‎ 又PC⊂平面PAC．‎ ‎∴BC⊥PC，‎ ‎∵DE是△PBC的中位线，∴DE∥BC，‎ ‎∴PC⊥DE，‎ ‎∵PA=AC，D是PC的中点，‎ ‎∴AD⊥PC，‎ 又AD∩DE=D，‎ ‎∴PC⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，‎ ‎∴PC⊥AE．‎ ‎（2）解：取AC中点F，过F作FM⊥AB于M，‎ ‎∵D，F分别是PC，AC的中点，‎ ‎∴DF∥PA，又DF⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，‎ ‎∴DF∥平面PAB，‎ ‎∴D到平面PAB的距离等于F到平面PAB的距离．‎ ‎∵PA⊥平面ABC，FM⊂平面ABC，‎ ‎∴FM⊥PA，又FM⊥AB，PA∩AB=A，‎ ‎∴FM⊥平面PAB，‎ ‎∴F到平面PAB的距离为线段FM的长．‎ 在Rt△ABC中，∵AB=2AC=2，∴AC=，‎ - 20 -‎ ‎∴C到AB的距离为=，‎ 又F为AC的中点，∴FM=．‎ ‎∴点D到平面PAB的距离为．‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直的判定与性质，点到平面的距离计算，属于中档题．‎ ‎19.某书店为了了解销售单价（单位：元）在]内的图书销售情况，从2018年上半年已经销售的图书中随机抽取100本，获得的所有样本数据按照,，，，,分成6组，制成如图所示的频率分布直方图,已知样本中销售单价在内的图书数是销售单价在内的图书数的2倍．‎ ‎（1）求出与，再根据频率分布直方图估计这100本图书销售单价的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；‎ ‎（2）用分层抽样方法从销售单价在[8，20]内的图书中共抽取40本，求单价在6组样本数据中的图书销售的数量；‎ ‎（3）从（2）中抽取且价格低于12元的书中任取2本，求这2本书价格都不低于10元的概率．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）6本；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出与，再根据直方图求出平均值； ‎ ‎（2）根据分层抽样是按比例抽样可得结果； ‎ ‎（3）用列举法和古典概型概率公式求出结果 ‎【详解】（1）样本中图书的销售单价在内的图书数是，‎ - 20 -‎ 样本中图书的销售单价在内的图书数是，‎ 依据题意，有，即，①‎ 根据频率分布直方图可知，②‎ 由①②得． ‎ 根据频率分布直方图估计这100本图书销售单价的平均数为 ‎=0.45+1.1+2.6+4.5+3.4+2.85=14.9（元）‎ ‎（2）因为销售单价在的图书的分层抽样比为1：2：4：6：4：3，故在抽取的40本图书中，销售单价在内的图书分别为（本）‎ ‎（3）这40本书中价格低于12元的共有6本，其中价格低于10元的2本，记这2本为，另外4本记为，从中抽取2本的基本事件有：‎ 共15个，其中价格不低于10元的有6个，所以：‎ 这2本书价格都不低于10元的概率．‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图、分层抽样及概率问题，较为简单 ‎20.设椭圆，定义椭圆的“相关圆”方程为．若抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，且椭圆短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形．‎ ‎(1)求椭圆的方程和“相关圆”的方程；‎ ‎(2)过“相关圆”上任意一点的直线与椭圆交于两点．为坐标原点，若，证明原点到直线的距离是定值，并求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）椭圆的方程为，“相关圆”的方程为；（2）或.‎ ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知条件计算出椭圆的方程和“相关圆”的方程 ‎（2）直线与椭圆相交，联立方程组，由求出之间关系，然后再表示出点到线的距离公式，即可求出结果 ‎【详解】解：（1）因为若抛物线的焦点为与椭圆的一个焦点重合，所以，又因为椭圆短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以，‎ 故椭圆的方程为，“相关圆”的方程为 ‎（2）设，‎ 联立方程组得，‎ ‎，‎ 即 ‎，‎ 由条件得,‎ 所以原点到直线的距离是，‎ 由得为定值 又圆心到直线的距离为，直线与圆有公共点，满足条件 由，即，∴即 又，即，所以，即或 综上，或 ‎【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，在计算过程中还要掌握点到线的距离公式，较为综合，需要熟练计算，并且能掌握解题方法 ‎21.已知函数.‎ - 20 -‎ ‎（1）若函数的极小值为0，求的值；‎ ‎（2）且，求证：.‎ ‎【答案】(1).(2)见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）根据导数在定义域内是否有零点确定分类讨论的标准为和，然后分别讨论导数的符号，确定当时在处取得极小值，再通过讨论的单调性，从而由有唯一解.‎ ‎（2）一方面，可以将问题等价转化为证当时，恒成立问题，然后构造函数，通过其导数确定单调性，从而使问题得证；另一方面，也可以直接构造函数（），由其二阶导数以及的范围确定一阶导数的单调性，从而确定的符号，进而确定的单调性，可得，使问题得证.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为 所以， ‎ 当时，，函数在定义域上递增，不满足条件；‎ 当时，函数在上递减，在上递增，‎ 故在取得极小值0，，‎ 令，，所以在（0，1）单调递增，‎ 在单调递减，故，的解为，‎ 故. ‎ ‎（2）证法1：由，‎ ‎，所以只需证当时，恒成立.‎ 令 由（1）可知，令得 ‎ ‎ 在上递增，故，所以命题得证. ‎ 证法2：，‎ - 20 -‎ 设（），则，‎ 则，又，，得，‎ 所以单调递增，得，‎ 所以单调递增，得，得证．‎ ‎【点睛】主要考查了函数极值，以及不等式证明，属于难题.已知函数极值求参数值的问题，关键是要利用极值的定义，从导数零点出发，找出极值点，然后建立方程求出参数值；而不等式证明，先对其进行合理的转化，然后构造函数，利用导数法对问题进行证明.‎ ‎（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.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中,过点的直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，记直线与曲线分别交于两点.‎ ‎(1)求曲线和的直角坐标方程；‎ ‎(2)证明：成等比数列.‎ ‎【答案】(1), .（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）曲线C的极坐标方程左右两边同乘 ，再利用 可求其直角坐标方程；消参可求直线的普通方程；‎ ‎（2）把直线的参数方程和曲线C的直角坐标方程联立，利用韦达定理分别表示 ，利用等比中项法即可证明。‎ ‎【详解】（1）由，得 ，‎ 所以曲线的直角坐标方程为，‎ 由 ，消去参数，得直线的普通方程为.‎ - 20 -‎ ‎（2）证明：将直线的参数方程代入中，得.‎ 设两点对应的参数分别为，则有，，‎ 所以.‎ 因为，‎ 所以，，成等比数列.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化，直线的参数方程的应用，考查运算能力，属于基础题。‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数．‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若，使得成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分三种情况讨论，即可求出结果；‎ ‎（2）先由题意得，，令，求出的最小值，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）由，可得，‎ 当时，不成立，‎ 当时，，∴，‎ 当时，，成立，‎ ‎∴不等式的解集为．‎ ‎（2）依题意，，‎ 令，‎ - 20 -‎ 易知，则有，即实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查含绝对值不等式，熟记分类讨论的思想即可求解，属于常考题型.‎ - 20 -‎ ‎ ‎ - 20 -‎