湖南省怀化市2019届高三4月第二次模拟考试 数学（理）（PDF版）

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怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷 2019 届高三二模 理科数学参考答案 一、选择题（12 5 60 ） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B C C A A D A B D C D C 12 提示： 因为函数 2 2 ln ( 0) () 3 ( 0)2 x x x x fx x x x     有且仅有四个不同的点关于直线 的对称点在直 线 的图象上，而直线 关于直线 的对称图象为 ，所以 函数 2 2 ln ( 0) () 3 ( 0)2 x x x x fx x x x     的图象与 的图象有且仅有四个不同的交点.又直线 恒过点 ，设直线 与 相切于点 ，则 ，所以 ， 解得 ，故 , 设直线 与 相切与点 ，则 ， 所以 ，解得 ，所以 ， 所以 ，故 ，故选 C. 二、填空题（ 4 5 20 ）： 13. 5 ; 14. 2 ； 15. 2 ； 16. 103. 16 提示： ,1 1 11 2n na  ， 1,1 2 11 ,( 2)2n nan     下面求数列 ,2na 的通项，由题意可知 ,2 1,1 1,2,( 3)n n na a a n   ,2 1,2 1,1 2 11 ,( 3)2n n n na a a n       即 ,2 1,2 2 11 ,( 3)2nn na a n     又 ,2 ,2 1,2 1,2 2,2 3,2 2,2 2,2 2 15( ) ( ) ( ) ,22n n n n n na a a a a a a a n              数列 ,2na 显然为递增数列，又易知 102,2 103,2100aa ，所以 m 的最小值为 103． 三、解答题 17 解：（ Ⅰ）在 ABC 中， 3cos 5ADB， 4sin 5ADB   sin sin( ) sin cos cos sin44CAD ADB ACD ADB ADB          1y  10kx y   10kx y   1y  10kx y    10kx y    10kx y     0,1A AC 2 lny x x x  ,2 lnC x x x x 1 lnyx  2 ln 11 ln x x xx x  1x  1ACk  AB 2 3 2y x x   2 3, 2B x x x 23y x x  2 3 1223 xx xx x       1x  1 2ABk  11 2k     1 12 k E F A B D C H G 4 2 3 2 2 5 2 5 2 10     在 ADC 中，由正弦定理得 sin sin sin AC CD AD ADC CAD ACD   即 52 4 22 5 10 2 AC CD ，解得： 8, 2AC CD…………………6 分 （Ⅱ） 48, 4CA CB C ， cos 48CA CB C  ，解得： 62CB  52BD CB CD    , 在 ABC 中，由余弦定理可得： 2 2 2 2 cosAB AC BC AC BC C   22 28 (6 2) 2 8 6 2 2 102AB        在 ABD 中，由余弦定理可得： 2 2 2 cos 2 AB BD ADBAD AB BD  2 2 2(2 10) (5 2) (5 2) 5 52 2 10 5 2   即 5cos 5BAD.…………………12 分 18 解：（ Ⅰ）证明： ,EF分别是正方形 ABCD 的边 ,AB CD 的中点， //EB FD 且 EB FD ，则四边形 EBFD 为平行四边形，  //BF ED . 又 ED  平面 AED ，而 BF  平面 AED ，  //BF 平面 AED …………………4 分 （Ⅱ）解法一：点 A 在平面 BCDE 内的射影G 在直线 EF 上， 过点 A 作 AG  平面 BCDE ，垂足为G ，连接 ,GC GD. ACD 为正三角形, AC AD , GC GD ,  G 在CD 垂直平分线上，又 EF 是CD 的垂直平分线， 点 A 在平面 BCDE 内的射影G 在直线 EF 上…………………6 分 过G 作GH ED ，垂足为 H ，连接 AH ，则 AH DE ， AHG 是二面角 A DE C的平面 角，即 AHG . 设原正方形 ABCD 的边长为 2a ，连接 AF ，在折后图的 AEF 中， 3 , 2 2 ,AF a EF AE a   AEF 为直角三角形， AG EF AE AF ， 3 2AG a . 在 Rt ADE 中， AH DE AD AE ， 2 ,, 5 2 5 aaAH GH   则 1cos 4 GH AH ，即 E F A B D C H G …………………12 分 解法二：点 A 在平面 BCDE 内的射影G 在直线 EF 上， 连接 AF ，在平面 AEF 内过点 A 作 1AG EF ，垂足为 1G ACD 为正三角形, F 为CD 的中点， AF CD. 又 ,EF CD CD   平面 AEF . 1AG  平面 AEF ， 1CD AG 又 1AG EF 且CD EF F , CD  平面 BCDE , EF 平面 BCDE 1AG平面 BCDE 1G 为 A 在平面 BCDE 内的射影G ， 点 A 在平面 BCDE 内的射影G 在直线 EF 上…………………6 分 过G 作GH ED ，垂足为 H ，连接 AH ，则 AH DE ， AHG 是二面角 A DE C的平面 角，即 AHG . 设原正方形 ABCD 的边长为 2a ，连接 AF ，在折后图的 AEF 中， 3 , 2 2 ,AF a EF AE a   AEF 为直角三角形， AG EF AE AF ， 3 2AG a . 在 Rt ADE 中， AH DE AD AE ， 2 ,, 5 2 5 aaAH GH   则 1cos 4 GH AH ， 即 …………………12 分 解法三：（同解法一） 点 A 在平面 BCDE 内的射影G 在直线 EF 上， 如图，连接 ，以 点为坐标原点， 为 轴， 为 轴，过 点作平行于 的向量为 轴建立如图所 示的空间直角坐标系． 设正方形 ABCD 的边长为 2a ，连接 ， ， ．所以 ， ， ， ， ． 又平面 的一个法向量为 ，设平面的一个法向量为 ． 则 ，即 所以 …………………10 分 15sin .4  15sin .4  AG G GA z GF y G DC x AF 3AF a ,2AE a EF a (0,0,0)G 3(0,0, )2 aA 3( , ,0)2 aCa 3( , ,0)2 aDa (0, ,0)2 aE  DEC (0,0,1)n  ( , , )m x y z 0 0 AD m DE m    3330 ,322 20 2 yzax ay az ax ay xy        3( 2 , , )3 ym y y   E F A B D C G z x y 所以 ，即 …………………12 分 19 解：（Ⅰ）由图（二）可知，100 株样本树苗中高度高于 1.60 米的共有 15 株，以样本的频率估计总 体的概率，可知这批树苗的高度高于 1.60 米的概率为 0.15.记 X 为树苗的高度，结合图（一）、图（二） 可得： 2(1.20 1.30) (1.70 1.80) 0.02100P X P X       13(1.30 1.40) (1.60 1.70) 0.13100P X P X       1(1.40 1.50) (1.50 1.60) (1 2 0.02 2 0.13) 0.352P X P X           因为组距为 0.1，所以 0.2, 1.3, 3.5a b c   …………………4 分' （Ⅱ）以样本的频率估计总体的概率，可得从这批树苗中随机选取 1 株，高度在(1.40,1.60]的概率为 (1.40 1.60) (1.40 1.50) (1.50 1.60) 0.7P X P X P X         因为从这批树苗中随机选取 3 株，相当于三次独立重复试验，所以随机变量 (3,0.7)B ， 故 的分布列为 3 3( ) 0.3 0.7 ( 0,1,2,3)n n nP n C n      ， 即  0 1 2 3 ()P  0.027 0.189 0.441 0.343 ( ) 3 0.7 2.1E     …………………8 分 （Ⅲ）由 (1.5,0.01)N ，取 1.5, 0.1, 由（Ⅱ）可知， ( ) (1.40 1.60) 0.7 0.6826P X P X            又结合（1）可得 ( 2 2 )PX       (1.30 1.70) 2 (1.60 1.70) (1.40 1.60) 0.96 0.9544P X P X P X            所以这批树苗的高度满足近似于正态分布 (1.5,0.01)N 的概率分布，应该认为这批树苗是合格的，将 顺利被该公司签收…………………12 分 20 解:（Ⅰ）因为椭圆 E : 22 221( 0)xy abab    过 (2, 2), ( 6,1)MN两点, 所以 解得 所以 椭圆 E 的方程为 . ……………3 分 （Ⅱ）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 ,AB且 , )i 圆的切线斜率存在时，设直线方程为 联立方程组 得 ,即 , 则△= ,即 3 13cos 41413 aynm nm ay       15sin .4  22 22 421 611 ab ab       2 2 11 8 11 4 a b     2 2 8 4 a b     22 184 xy OA OB y kx m 22 184 xy y kx m    222( ) 8x kx m   2 2 2(1 2 ) 4 2 8 0k x kmx m     2 2 2 2 2 216 4(1 2 )(2 8) 8(8 4) 0k m k m k m       228 4 0km   , …………………6 分 又 ,则 , 即 ,所以 , 所以 又 ,则  , 即 或 …………………8 分 又因为直线 为圆心在原点的圆的一条切线, 所以圆的半径为 , , , 所求的圆为 , 此时圆的切线 都 满 足 或 …………………10 分 )ii 当切线的斜率不存在时，切线为 与椭圆 的两个交点为 或 满足 , 综上, 存在圆心在原点的圆 ，使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 ,AB， 且 …………………12 分 21 解：（ Ⅰ）设切点   0 022 0 ' , 0,axaxu x k a xxx        又切点在函数 上，  0 0ux即 00 0 ln 0 ln 1a xxx      0 11,xaee     …………………4 分 （Ⅱ）证明:不妨设 ， ，所以 在 上单调递减， 又    1 0, 2 ln 2 02 aau e u e eee      ， 所以必存在 ，使得 ，即 12 2 2 12 2 4 12 28 12 kmxx k mxx k         2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 (2 8) 4 8( )( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 k m k m m ky y kx m kx m k x x km x x m mk k k              OA OB 1 2 1 2 0x x y y 2 2 2 22 2 8 8 01 2 1 2 m m k kk  223 8 8 0mk   2 2 3808 mk 228 4 0km   2 2 2 38 m m     2 8 3m  26 3m  26 3m  y kx m 21 mr k   22 2 22 8 38131 8 mmr mk    26 3r  228 3xy y kx m 26 3m  26 3m  26 3x  22 184 xy 2 6 2 6( , )33 2 6 2 6( , )33 OA OB 228 3xy OA OB )0,( 0xP )(xu 12xx  2 1( ) 0aux xx     ()ux (0, ) 0 ( ,2 )x e e 0( ) 0ux  ,ln 0 0 xx a  .…………………6 分 ①当 时，       2 2 2 2 ln 1 1 11 1 ln'0x x a x x aaxfx x x x x x              ， 所以 在区间 上单调递减， 注意到 ，   00 00 0 0 0 ln lnln 0xxaf x xx x x      所以函数 在区间 上存在零点 ，且 ………………9 分 ②当 时,     2 2 2 ln 11 1 ln'0x x aaxfx x x x x        所以 在区间 上单调递增， 又   00 00 0 0 0 ln lnln 0xxaf x x x x x      ， 且   ln 2 1 ln 2 4 1 4 1 12 ln 2 ln 2 1 ln 2 02 2 2 2 5 2 5 2 2 aef e e ee e e e e e             , 所以 在区间 上必存在零点 ，且 . 综上， 有两个不同的零点 、 ，且. 2 1 2 1 2x x x x e e e      …………12 分 22 解：（Ⅰ）曲线C 的参数方程为 1 cos sin x y      （ 为参数）， 消去参数可得： 22( 1) 1xy， 又 cos , sinxy   代入化简得： 2cos 即曲线C 的极坐标方程为： 2cos …………………5 分 （Ⅱ）直线 l 的极坐标方程是 2 cos( ) 3 36  ，与射线 : 3OM   相交，交点到原点的距离 1 33 3 2cos( )36 OQ      ， 曲线C 与射线 : 3OM   相交，交点距离 2 2cos 13OP    则 122PQ OQ OP      …………………10 分 23 解：（Ⅰ）因为 5|)2()3(||2||3|  xxxx 当 0)2)(3(  xx ，即 23  x 时取等号 所以 )(xf 的最小值为 5，所以 5m 由 5|12|  xx 得      5)12( 012 xx x 或      5)12( 012 xx x 解得 2 14  x 或 22 1  x 即 24  x 所以不等式的解集是 )2,4( …………………5 分 （Ⅱ） )14)(14( )14()14(414416)(4)14( 22 222222222   ba bbabababaab         0 0 ,lnln 0,lnln )( xxx x x ax xxx xxx a xf 00 xx ()fx 0( 0 , ]x 1( ) 1 0afe ee    ()fx 0( 0 , ]x 1x 10e x x 0xx ()fx 0( , )x  ()fx 0( , 2 )xe 2x 022x x e ()fx 1x 2x 因为 5m 所以 2 1|| a 即 14 2 a 同理 14 2 b 所以 22 )(4)14( baab  即 ||2|14| baab  …………………10 分