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

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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 -‎
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