湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷（一）数学（文）试题 Word版含解析

湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷（一）数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 长沙市一中2019届高考模拟卷（一）数学（文科）‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共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AB=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过不等式的解法求出集合A，然后求解交集即可．‎ ‎【详解】由已知得，‎ 所以，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查二次不等式的求法，交集的定义及运算，属于基础题．‎ ‎2.已知函数，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 函数是奇函数，且在R上是增函数 B. 函数是偶函数，且在R上是增函数 C. 函数是奇函数，且在R上是减函数 D. 函数是偶函数，且在R上是减函数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出的定义域，判断的奇偶性和单调性，进而可得解.‎ ‎【详解】的定义域为R，且；‎ ‎∴是奇函数；‎ - 23 -‎ 又和都是R上的增函数；‎ 是R上的增函数．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查奇偶性的判断，考查了指数函数的单调性，属于基础题．‎ ‎3.将一颗质地均匀的骰子（它是一种各面上分别标有1，2，3，4，5，6点数的正方体玩具）先后抛掷2次，记第一次出现的点数为m，记第二次出现的点数为n，则m＝2n的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 基本事件总数n＝6×6＝36，利用列举法求出m＝2n（k∈N*）包含的基本事件有3个，由古典概型概率公式计算即可．‎ ‎【详解】由题意得，基本事件总数有：种，事件“”包含的基本事件有：，，共3个，所以事件“”的概率为.故选B.‎ ‎【点睛】本题考查概率求法，考查列举法、古典概型等基础知识，是基础题．‎ ‎4.已知复数，在复平而上对应的点分别为A（1，2），B（－1，3），则的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 点的坐标得到复数z1，z2，代入后由复数代数形式的除法运算化简求值即可得到的虚部．‎ ‎【详解】解：由复数在复平面上对应的点分别是A（1，2），B（﹣1，3），‎ - 23 -‎ 得：＝1+2i，＝﹣1+3i 则．‎ 的虚部为 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了复数代数形式的表示法及其几何意义，考查了复数代数形式的除法运算，是基础题．‎ ‎5.若双曲线的实轴长为2，则其渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用双曲线的实轴长求出a，然后求解渐近线方程即可．‎ ‎【详解】双曲线的实轴长为2，得，又，所以双曲线的渐近线方程为.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查渐近线方程，属于基础题．‎ ‎6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图的几何特点，利用三视图的数据，求出侧视图的面积即可．‎ ‎【详解】由三视图的数据，结合“长对正，宽相等”可得俯视图斜边上的高即为侧视图的底边长，‎ 正视图的高即为侧视图的高，‎ 所以侧视图的面积为：．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查三视图在形状、大小方面的关系，考查空间想象能力，属于基础题．‎ ‎7.等比数列各项为正，成等差数列，为的前n项和，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的公比为q（q≠0，q≠1），利用a3，a5，﹣a4成等差数列结合通项公式，可得2a1q4＝a1q2﹣a1q3，由此即可求得数列的公比，进而求出数列的前n项和公式，可得答案．‎ ‎【详解】设的公比为，‎ ‎∵，，成等差数列，‎ ‎∴，，，‎ ‎∴，得或（舍去），‎ ‎∴.‎ 故选D.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查等差数列与等比数列的综合，熟练运用等差数列的性质，等比数列的通项是解题的关键．‎ ‎8.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，关于直线A1O，下列说法正确的是（ ）‎ A. A1O∥DC B. A1O⊥BC C. A1O∥平面BCD D. A1O⊥平面ABD ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 推导出A1D∥B1C，OD∥B1D1，从而平面A1DO∥平面B1CD1，由此能得到A1O∥平面B1CD1．再利用空间线线、线面的位置关系排除其它选项即可.‎ ‎【详解】∵由异面直线的判定定理可得A1O与DC是异面直线，故A错误；‎ 假设A1O⊥BC，结合A1A⊥BC可得BC⊥A1ACC1，则可得BC⊥AC，显然不正确，故假设错误，即B错误；‎ ‎∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，‎ ‎∴A1D∥B1C，OD∥B1D1，‎ ‎∵A1D∩DO＝D，B1D1∩B1C＝B1，‎ ‎∴平面A1DO∥平面B1CD1，‎ ‎∵A1O⊂平面A1DO，∴A1O∥平面B1CD1．故C正确；‎ 又A1A⊥平面ABD，过一点作平面ABD的垂线有且只有一条，则D错误，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．‎ - 23 -‎ ‎9.已知函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为，若将函数的图象向左平移后得到偶函数的图象，则函数的一个单调递减区间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对称中心之间的距离为可得三角函数的周期，从而可求得的值，利用经过平移变换后得到的函数是偶函数求得的值，从而根据正弦函数的单调性可得结果．‎ ‎【详解】因为函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为，所以，可得， 将函数的图象向左平移后， 得到是偶函数， 所以， 解得， 由于， 所以当时． 则， 令， 解得， 当时，单调递减区间为 - 23 -‎ ‎， 由于， 所以是函数的一个单调递减区间，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦型函数的周期性和单调性的应，以及三角函数图象的平移变换规律，属于中档题．函数的单调区间的求法：若,把看作是一个整体，由求得函数的减区间，由求得增区间.‎ ‎10.已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，点M在第一象限的抛物线C上，直线MF的斜率为，点M在直线l上的射影为A，且△MAF的面积为4，则p的值为（ ）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，由直线MF的斜率为，可得∠AMF＝60°．再利用抛物线的定义得出面积的表达式，解出p即可．‎ ‎【详解】如图所示，‎ ‎∵直线MF的斜率为，∴∠MFx＝60°．‎ ‎∴∠AMF＝60°， ‎ 由抛物线的定义可得：|MA|＝|MF|，‎ ‎∴‎ - 23 -‎ 得，所以为等边三角形，∴，，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的定义标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎11.已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推那么该数列的前50项和为　　‎ A. 1044 B. 1024 C. 1045 D. 1025‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将已知数列分组，使每组第一项均为1，第一组：，第二组：，，第三组：，，，第k组：，，，，，根据等比数列前n项和公式，能求出该数列的前50项和．‎ ‎【详解】将已知数列分组，使每组第一项均为1，‎ 即：第一组：，‎ 第二组：，，‎ 第三组：，，，‎ 第k组：，，，，，‎ 根据等比数列前n项和公式，‎ 求得每项和分别为：，，，，，‎ - 23 -‎ 每项含有的项数为：1，2，3，，k，‎ 总共项数为，‎ 当时，，‎ 故该数列的前50项和为．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查类比推理，考查等比数列、分组求和等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力、归纳总结能力，属于中档题．‎ ‎12.若不等式对成立，则实数m的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，由题意将原问题转化为求，利用导数分析的单调性求得最大值，代入解不等式即可.‎ ‎【详解】设，由，‎ 则在上恒成立，‎ ‎∴单调递减，则；‎ 当时，，‎ 解得：；‎ - 23 -‎ 当时，，恒成立；‎ 综上知：当m时，不等式对成立.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数求解函数最值的问题，考查了绝对值不等式的解法，考查了恒成立问题的转化，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.如图，在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝60°，AH⊥BC于点H，若，则_________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，从而由，解得λ+μ．‎ ‎【详解】∵AB＝2，∠ABC＝60°，‎ ‎∴BH＝1，‎ ‎∴，‎ ‎∴λμ，，‎ 故λ，μ，故λ+μ；‎ 故答案为：．‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用．‎ ‎14.已知x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为__________________。‎ ‎【答案】3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出满足条件的平面区域，由z＝2x﹣y得：y＝2x﹣z，平移直线y＝2x﹣z，当过A（1，﹣1）时，z最大，代入求出z的最大值即可．‎ ‎【详解】画出不等式组表示的可行域（三角形），由得到，平移直线，由图形得，当直线经过可行域内的点时，直线在轴上的截距最小，此时取得最大值.‎ 由，解得，所以点的坐标为，得.‎ 故答案为：3.‎ ‎【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，是一道中档题．‎ ‎15.若函数称为“准奇函数”，则必存在常数a，b，使得对定义域的任意x值，均有，已知为准奇函数”，则a＋b＝_________。‎ ‎【答案】2.‎ ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 根据函数关于点对称的关系式，找到函数f（x）的对称点，即可得到结论．‎ ‎【详解】由知“准奇函数”关于点对称；‎ 因为=关于对称，所以，，.‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查新定义的理解和应用，考查了函数图象的对称性的表示方式，属于基础题．‎ ‎16.已知等腰△ABC的面积为4，AD是底边BC上的高，沿AD将△ABC折成一个直二面角，则三棱锥A一BCD的外接球的表面积的最小值为______。‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知DA，DB，DC两两互相垂直，然后把三棱锥补形为长方体求解．‎ ‎【详解】设，，则由面积可得ab=4；‎ 由已知，平面，将三棱锥补形为一个长方体，‎ 则三棱锥的外接球就是该长方体的外接球，且该长方体的长宽高分别为、、，则球的直径，‎ 则球的表面积为，因，‎ 故.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，训练了“分割补形法”，考查了基本不等式求最值的方法，是中档题．‎ 三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骚．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，‎ - 23 -‎ ‎17.如图，在梯形中，，为上一点，，.‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）设，若，求.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先由题中条件求出，再由余弦定理即可求解；‎ ‎(2)先由，表示出，进而可用表示出，，再由，即可求解.‎ ‎【详解】解：（1）由，，得.‎ 在中，；‎ 在中，． ‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎，‎ ‎． ‎ ‎（2）因为，所以，．‎ 在中，；‎ 在中，， ‎ 由得，， ‎ - 23 -‎ 所以，即， ‎ 整理可得．‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形的问题，常用余弦定理和正弦定理等来处理，属于基础题型.‎ ‎18.为推动更多人阅读，联合国教科文组织确定每年的4月23日为“世界读书日”设立目的是希望居住在世界各地的人，无论你是年老还是年轻，无论你是贫穷还是富裕，都能享受阅读的乐趣，都能尊重和感谢为人类文明做出过巨大贡献的思想大师们，都能保护知识产权．为了解不同年龄段居民的主要阅读方式，某校兴趣小组在全市随机调查了200名居民，经统计这200人中通过电子阅读与纸质阅读的人数之比为3：1，将这200人按年龄分组，其中统计通过电子阅读的居民得到的频率分布直方图如图所示，‎ ‎（1）求a的值及通过电子阅读的居民的平均年鹼；‎ ‎（2）把年龄在第1，2，3组的居民称为青少年组，年龄在第4，5组的居民称为中老年组，若选出的200人中通过纸质阅读的中老年有30人，请完成下面2×2列联表，并判断是否有97．5％的把握认为阅读方式与年齡有关？‎ 参考公式：.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）41.5；‎ ‎（2）有的把握认为阅读方式与年龄有关.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率和为1，列方程求出a的值，再计算数据的平均值；‎ ‎（2）根据题意填写列联表，计算观测值，对照数表得出结论．‎ ‎【详解】（1）由频率分布直方图可得：，‎ 解得，‎ 所以通过电子阅读居民的平均年龄为：‎ ‎.‎ ‎（2）由题意200人中通过电子阅读与纸质阅读的人数之比为，∴纸质阅读的人数为，其中中老年有30人，∴纸质阅读的青少年有20人，电子阅读的总人数为150，‎ 青少年人数为，则中老年有60人，‎ 得列联表，‎ 电子阅读 纸质阅读 合计（人）‎ 青少年（人）‎ ‎90‎ ‎20‎ ‎110‎ 中老年（人）‎ ‎60‎ ‎30‎ ‎90‎ 合计（人）‎ ‎150‎ ‎50‎ ‎200‎ 计算，‎ 所以有的把握认为阅读方式与年龄有关.‎ ‎【点睛】本题考查了频率分布直方图与独立性检验的应用问题，是基础题．‎ - 23 -‎ ‎19.如图，多面体 ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，且平面ABCD⊥平面DCE．AF∥DE，且AF＝DE＝2，BF＝2．‎ ‎（1）求证：AC⊥BE；‎ ‎（2）若点F到平面DCE的距离为，求直线EC与平面BDE所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意及勾股数可证得平面平面，再由面面垂直的性质可证DE与平面ABCD垂直,可得AC⊥DE，再结合菱形中的垂直证得平面，从而得到结论；‎ ‎（2）设，连接.由（1）平面，则是在平面内的射影，可得与平面所成的角为.由点F到平面DCE的距离可得菱形中，，可求得OC，在中，可求得EC，则可得结果.‎ ‎【详解】（1）∵，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，即.‎ ‎∵，，‎ ‎∴.‎ ‎∵平面平面，平面，平面平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴AC⊥DE.①‎ - 23 -‎ ‎∵四边形为菱形，‎ ‎∴. ②‎ 由①②，且，‎ ‎∴平面.‎ ‎∴.‎ ‎（2）设，连接.‎ 由（1）平面，∴是在平面内的射影，‎ ‎∴与平面所成的角为.‎ ‎∵，平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴点到平面的距离等于点到平面的距离.‎ 在平面内作，交延长线于.‎ ‎∵平面平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴.（或转化为点到平面的距离）‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴菱形中，，‎ ‎∴.‎ 在中，，‎ ‎∴.‎ - 23 -‎ ‎∴与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质定理的应用，考查了空间线线、线面、面面的位置关系的转化，考查线面角的作法及求解，属于中档题．‎ ‎20.已知圆，A（1，1）为圆内一点，P，Q为圆上的动点，且∠PAQ＝，M是PQ的中点。‎ ‎（1）求点M的轨迹曲线C的方程；‎ ‎（2）设对曲线C上任意一点H，在直线ED上是否存在与点E不重合的点F，使是常数，若存在，求出点F的坐标，若不存在，说明理由 ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）利用直角三角形的中线定理及垂径定理，得到利用两点距离公式求出动点的轨迹方程．‎ ‎（2）先设出F的坐标，将用点点距表示出，化简得到，利用解得t的值即可．‎ ‎【详解】（1）设点，由，得，‎ 化简得，‎ 即.‎ ‎（2）点，，直线方程为，‎ - 23 -‎ 假设存在点，满足条件，设，则有，‎ ‎，‎ ‎，‎ 当是常数，是常数，‎ ‎∴，∴或（舍），∴，‎ ‎∴存在满足条件.‎ ‎【点睛】本题考查了轨迹方程的求法，考查了分式型定值问题的求解，考查了运算能力，属于中档题．‎ ‎21.已知函数 ‎（1）讨论函数的单调性 ‎（2）函数，且．若在区间（0，2）内有零点，求实数m的取值范围 ‎【答案】（1）见解析；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）f′（x）ex﹣m，对m分类讨论，利用导数的正负研究函数的单调性即可得出．‎ ‎（2）设是在区间内的一个零点，由g（0）＝g（）＝g（2）＝0，转化为：在区间内至少有两个不同零点及，通过研究的单调性、极值最值，进而得出m的取值范围．‎ - 23 -‎ ‎【详解】（1）f′（x）ex﹣m，‎ ‎①当时，成立，在上单调递增；‎ ‎②当时，令，得，则在区间单调递减，在单调递增.‎ ‎（2），‎ 设是在区间内的一个零点，因为，，可知在区间上不单调，故在区间存在零点；同理：由，可知在区间上存在零点，即在区间内至少有两个不同零点及.‎ 由（1）知，，得，此时在区间单调递减，在单调递增.‎ 由，知，‎ 所以，则；‎ 故只需：，解得：.‎ 所以实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分 ‎22.选修4－4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，曲线C1的普通方程为，曲线C2参数方程为 - 23 -‎ 为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．‎ ‎（1）求C1的参数方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知P是C2上参数对应的点，Q为C1上的点，求PQ中点M到直线的距离取得最大值时，点Q的直角坐标.‎ ‎【答案】（1）（为参数）；；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由椭圆的参数方程的形式得到曲线C1的参数方程，又由直线l的极坐标方程可知直线l过原点，斜率为1，则可求出的直角坐标方程．‎ ‎（2）由题意写出P，Q的坐标，可得M的坐标，利用点到直线距离求解Q坐标即可．‎ ‎【详解】（1）的参数方程为（为参数）；‎ 的直角坐标方程为.‎ ‎（2）由题设，由（1）可设，于是.‎ 到直线距离，‎ 当时，取最大值，此时点的直角坐标为.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程的互化，考查运用参数解决问题的能力，是基础题．‎ - 23 -‎ ‎23.选修4一5：不等式选讲 已知函数，且的解集为［3，5］‎ ‎（1）求m的值；‎ ‎（2）a，b均为正实数，，且，求的最小值 ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）5.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据f（x-2）的解析式得出，根据解集得出m；‎ ‎（2）利用基本不等式即可得出结论．‎ ‎【详解】（1），等价于.‎ 其解集为.‎ 又的解集为，故.‎ ‎（2）由（1）知得.‎ 方法一：，‎ 当且仅当时等号成立，故的最小值为5.‎ 方法二：，‎ 当且仅当时等号成立，故的最小值为5.‎ ‎【点睛】本题考查不等式的解法，考查了运用基本不等式求最值的方法，正确运用柯西不等式是关键．‎ ‎ ‎ - 23 -‎ ‎ ‎ - 23 -‎