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（理）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（理）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（理科）‎ 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A∩B＝（ ）‎ 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.已知为虚数单位，复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的运算法则求解z，再由模的计算公式即可得出．‎ ‎【详解】由题意得，，‎ ‎.‎ - 23 -‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算法则及模的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎3.已知，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将已知等式两边同时平方，利用二倍角公式结合诱导公式即可求得sin2α的值．‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查诱导公式、二倍角余弦公式的应用，属于基础题．‎ ‎4.一个封闭的棱长为2的正方体容器，当水平放置时，如图，水面的高度正好为棱长的一半．若将该正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，则容器里水面的最大高度为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半，由此得到结论．‎ - 23 -‎ ‎【详解】正方体的面对角线长为，又水的体积是正方体体积的一半，‎ 且正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，‎ 所以容器里水面的最大高度为面对角线长的一半，‎ 即最大水面高度为，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了正方体的几何特征，考查了空间想象能力，属于基础题．‎ ‎5.若非零向量、满足，则在方向上的投影为（ ）‎ A. B. 8 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由数量积的运算律计算得到，再利用投影公式计算即可得出结果．‎ ‎【详解】由得，‎ 从而在方向上的投影为，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了向量的数量积运算、向量的投影，属于基础题．‎ ‎6.形状如图所示的2个游戏盘中（图①是半径为2和4的两个同心圆，O为圆心；图②是正六边形，点P为其中心）各有一个玻璃小球，依次摇动2个游戏盘后，将它们水平放置，就完成了一局游戏，则一局游戏后，这2个盘中的小球都停在阴影部分的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算两个图中阴影面积占总面积的比例，再利用相互独立事件概率计算公式，可求概率.‎ ‎【详解】一局游戏后，这2个盘中的小球停在阴影部分分别记为事件，，‎ 由题意知，，相互独立，‎ 且，，‎ 所以“一局游戏后，这2个盘中的小球都停在阴影部分”的概率为.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型及相互独立事件概率的求法，考查了分析解决问题的能力，属于基础题.‎ ‎7.若函数，且的最小值是，则的单调递增区间是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件求得ω的值，可得函数的解析式，再根据正弦函数的单调性，求得f（x）的单调递增区间．‎ ‎【详解】，‎ 因为，，所以的最小值为，‎ 所以T=，，‎ - 23 -‎ 令，，解得，，‎ 所以的单调增区间为 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦函数的图象特征，正弦函数的单调性，解答本题的关键是求得ω，属于基础题．‎ ‎8.《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31．5尺，前九个节气日影长之和为85．5尺，则芒种日影长为（ ）‎ A. 1．5尺 B. 2．5尺 C. 3．5尺 D. 4．5尺 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的性质可得，，可得，，计算出公差d，再利用通项公式即可得出所求．‎ ‎【详解】设这十二个节气日影长依次成等差数列，‎ 是其前项和，‎ 则，所以，‎ 由题知，所以，‎ 所以公差，所以，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的性质、通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎9.平面直角坐标系xOy中，动点P到圆上的点的最小距离与其到直线的距离相等，则P点的轨迹方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：设圆心为，动点到直线的距离为，根据题意得：，可得，即：动点到圆上的点的最小距离与其到直线的距离相等，根据抛物线的定义，动点的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线，设方程为，则，，所以抛物线方程为：，选A．‎ 考点：抛物线定义．‎ ‎【思路点晴】本题主要考查的是抛物线的定义和抛物线的方程，属于中档题．本题动点到圆上的点的最小距离与其到直线的距离相等，可转化为动点到圆上的点的最小距离与其到直线的距离相等，从而利用抛物线的定义进行求解．解决圆锥曲线问题时注意圆锥曲线定义的应用．‎ ‎10.已如定点P，动点Q在线性约束条件所表示的平面区域内，则直线PQ的斜率k的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据约束条件画出可行域，找到边界的点，求得，数形结合可得结论．‎ ‎【详解】不等式组表示的平面区域是如图所示阴影部分，‎ - 23 -‎ 直线与直线的交点为，‎ 直线与轴的交点为，‎ 只需求出过p的直线经过可行域内的点A或B时的斜率，‎ ‎，，所以结合图象可得或，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了用平面区域表示二元一次不等式组，考查了简单的转化思想和数形结合的思想，属于基础题．‎ ‎11.已知三棱锥的棱AP、AB、AC两两垂直，且长度都为，以顶点P为球心，以2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图，根据弧长公式求解 ‎【详解】如图所示，，为等腰直角三角形，且.‎ 以顶点为球心，以2为半径作一个球与的，分别交于，，‎ 得cos，，‎ 所以，所以，‎ 同理，，‎ - 23 -‎ 又是以顶点为圆心，以2为半径的圆周长的，所以，‎ 所以球面与三棱锥的表面相交所得到的四段孤长之和等于.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查球面距离及相关计算，考查空间想象能力．属于中档题．‎ ‎12.已知函数是自然对数的底数）与的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知，得到方程即在[，e]上有解，构造函数，求出它的值域，即可得到a的范围．‎ ‎【详解】根据题意，若函数（，是自然对数的底数）与的图象上存在关于轴对称的点，‎ 则方程在区间上有解 ‎，即，即方程在区间上有解，设函数，其导数，‎ 又，在有唯一的极值点，‎ - 23 -‎ 分析可得：当时，，为减函数，‎ 当时，，为增函数，‎ 故函数有最小值，‎ 又由，，比较得，‎ 故函数有最大值，‎ 故函数在区间上的值域为；‎ 若方程在区间上有解，必有，则有，即的取值范围是.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的值域问题，考查了构造函数法求方程的解及参数范围，考查了转化思想，属于中档题．‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21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．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知双曲线的一条渐近线的斜率为，则此双曲线的离心率为______________.‎ ‎【答案】2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离心率公式和渐近线方程，直接得到结果．‎ ‎【详解】由已知渐近线的斜率，则离心率.‎ 故答案为2.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的性质和渐近线方程，属于基础题．‎ ‎14.已知等比数列前n项和为Sn，前n项积为Tn，若，则a1的值为_____________。‎ ‎【答案】1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的性质求出a3，再根据S3＝a2+4a1，求得公比，根据通项公式即可求出a1的值 ‎【详解】由已知，S3＝，则，所以.‎ 又，所以，.‎ 故答案为1.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了等比数列的通项公式，属于基础题．‎ ‎15.已知的展开式中x2的系数为15，则展开式中所有项的系数和为_______。‎ ‎【答案】32.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得展开式中x2的系数为前一项中常数项与后一项x的二次项乘积，加上第一项x的系数与第二项x的系数乘积的和，由此列方程求得a的值，再利用赋值法求得所有项的系数和．‎ ‎【详解】的展开式的通项公式为，‎ ‎∴的展开式中含x2项的系数为＝，‎ 即，‎ 设，‎ 令得.‎ 故答案为32.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用问题，利用二项式展开式的通项公式及赋值法是解决此类问题的关键．‎ ‎16.已知的半衰期为年（是指经过年后,的残余量占原始量的一半）.设的原始量为,经过年后的残余量为,残余量与原始量的关系如下:,其中表示经过的时间,为一个常数.现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土时的残余量约占原始量的.请你推断一下马王堆汉墓的大致年代为距今________年.（已知）‎ ‎【答案】2193‎ ‎【解析】‎ 由题意可知，当时，，解得.‎ 现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土时的残余量约占原始量的.‎ 所以，得,.‎ 三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 ‎17.如图，在平面四边形ABCD中，AB＝2，AC＝2，∠ADC＝∠CAB＝90°，设∠ACD＝.‎ ‎（1）若＝60°，求BD的长度；‎ ‎（2）若∠ADB＝30°，求tan的值 ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ - 23 -‎ 试题分析：（1）第（1）问，在△ABD中，利用余弦定理直接求出BD.(2)第（2）问，在△ABD中，写出正弦定理再化简即得解.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由题意可知，AD＝1．‎ 在△ABD中，∠DAB＝150°，AB＝2，AD＝1，由余弦定理可知，‎ BD2＝(2)2＋12－2×2×1×(－)＝19,‎ BD＝．‎ ‎（2）由题意可知，AD＝2cosθ，∠ABD＝60°－θ，‎ 在△ABD中，由正弦定理可知，.‎ ‎18.如图所示，圆O的直径AB＝6，C为圆周上一点，BC＝3，平面PAC垂直圆O所在平面，直线PC与圆O所在平面所成角为60°，PA⊥PC．‎ ‎（1）证明：AP⊥平面PBC ‎（2）求二面角P—AB一C的余弦值 ‎【答案】(1)见解析.(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知条件得BC⊥平面PAC，可得又，由此能证明平面．‎ - 23 -‎ ‎（2）法一：过作于，由平面平面，知∠HCP为直线与圆所在平面所成角，可得，由此能得到为二面角的平面角.利用平面几何知识求解即可．‎ 法二：利用空间向量法求解线面角.‎ ‎【详解】（1）由已知可知，又平面平面圆，平面平面圆，‎ ‎∴平面，∴，‎ 又，，平面，平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）法一：过作于，由于平面平面，则平面，‎ 则为直线与圆所在平面所成角，所以.‎ 过作于，连结，则，‎ 故为二面角的平面角.‎ 由已知，，‎ 在中，，‎ 由得，中，，‎ 故，故，‎ 即二面角的余弦值为.‎ 法二：过作于，则平面，过作交于，‎ - 23 -‎ 以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.‎ 则，，，，‎ 从而，，‎ 设平面的法向量，‎ 则得，‎ 令，从而，‎ 而平面的法向量为，‎ 故，‎ 即二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直证明，考查线面角、二面角的平面角的作法及求法，也考查了空间向量法的应用，考查了空间思维能力，属于中档题．‎ ‎19.已知椭圆的离心率，过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为3‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ - 23 -‎ ‎（2）已知P为直角坐标平面内一定点，动直线l：与椭圆交于A、B两点，当直线PA与直线PB的斜率均存在时，若直线PA与PB的斜率之和为与t无关的常数，求出所有满足条件的定点P的坐标.‎ ‎【答案】(1) .(2) 或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意求得a，c的值，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求；‎ ‎（2）设，，，将代入椭圆方程，利用韦达定理及斜率公式化简可得，与t无关，由此能求出存在满足条件的m，n的值．‎ ‎【详解】（1）设椭圆的半焦距为，则，且.‎ 由，解得.‎ 依题意，，求得c=1，，，于是椭圆的方程为.‎ ‎（2）设，，，将：代入椭圆方程得.‎ ‎，，‎ 则有，.‎ 直线，的斜率之和 - 23 -‎ ‎，‎ 当，时斜率的和恒为0，‎ 解得或.‎ 综上所述，所有满足条件的定点的坐标为或.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的直线的斜率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用．‎ ‎20.从甲、乙两种棉花中各抽测了25根棉花的纤维长度（单位：mm）组成一个样本，且将纤维长度超过315mm的棉花定为一级棉花．设计了如下茎叶图：‎ ‎（1）根据以上茎叶图，对甲、乙两种棉花的纤维长度作比较，写出两个统计结论（不必计算）；‎ ‎（2）从样本中随机抽取甲、乙两种棉花各2根，求其中恰有3根一级棉花的概率 ‎（3）用样本估计总体，将样本频率视为概率，现从甲、乙两种棉花中各随机抽取1根，求其中一级棉花根数X的分布列及数学期望．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析 ‎【解析】‎ 分析：第一问根据题中所给的茎叶图中数据的分析，确定出哪种棉花的纤维平均长度大，从数据的集中程度来分析哪种棉花的纤维长度的分散程度大，排序之后找正中间的那个数就是中位数，分析数据的特征判断其是否对称，第二问用组合数求得对应的基本事件数，从而求得概率，第三问找到变量的可取值，求得其概率，列出分布列，利用公式求得其期望值.‎ - 23 -‎ 详解：(1) 1.乙种棉花的纤维平均长度大于甲种棉花的纤维平均长度(或:乙种棉花的纤维长度普遍大于甲种棉花的纤维长度).‎ ‎2.甲种棉花的纤维长度较乙种棉花的纤维长度更分散.(或:乙种棉花的纤维长度较甲种棉花的纤维长度更集中(稳定)，甲种棉花的纤维长度的分散程度比乙种棉花的纤维长度的分散程度更大.)‎ ‎3.甲种棉花的纤维长度的中位数为307.乙种棉花的纤维长度的中位数为318.‎ ‎4.乙种棉花的纤维长度基本上是对称的，而且大多集中在中间(均值附近).甲种棉花的纤维长度除一个特殊值(352) 外，也大致对称，其分布较均匀.‎ ‎(2) 记事件为“从样本中随机抽取甲、乙两种棉花各2根，其中恰有3根一级棉花”.‎ 则 ‎ ‎ (3) 由题意知，的可能取值是0,1,2,其相应的概率为 ‎, ,,‎ 所以的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎ ‎ 点睛：该题考查的是有关统计的问题，在解题的过程中，注意对茎叶图的分析角度要找对，对平均值、离散程度、中位数知道怎么找，明确对应的事件的个数，注意分布列的求法，先确定可取值，再求对应的概率，之后借用公式求得期望值.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎(1)当时，取得极值，求的值．‎ ‎(2)当函数有两个极值点时，总有成立，求m的取值范围．‎ - 23 -‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：⑴求导后，代入，取得极值，从而计算出的值，并进行验证(2)由函数有两个极值点算出，继而算出，不等式转化为，构造新函数，分类讨论、、时三种情况，从而计算出结果 解析：（Ⅰ），，则 检验时，，‎ 所以时，，为增函数；‎ 时，，为减函数，所以为极大值点 ‎（Ⅱ）定义域为，有两个极值点，则在上有两个不等正根 所以，所以 ‎.所以，所以 这样原问题即且时，成立 即 即 - 23 -‎ 即，即 且 设 ‎①时，，‎ 所以在上为增函数且，‎ 所以，时，不合题意舍去.‎ ‎②时，同①舍去 ‎③时 ‎（ⅰ），即时可知，在上为减函数且，‎ 这样时，，时，‎ 这样成立 ‎（ⅱ），即时分子中的一元二次函数的对称轴开口向下，且1的函数值为 令，则时，，为增函数，‎ 所以，故舍去 综上可知：‎ 点睛：本题考查了含有参量的函数不等式问题，在含有多个参量的题目中的方法是要消参，从有极值点这个条件出发推导出参量及的取值范围，在求解 - 23 -‎ 的范围时注意分类讨论，本题综合性较强，题目有一定难度 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．‎ ‎22.选修4一4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 是圆心的极坐标为（）且经过极点的圆 ‎（1）求曲线C1的极坐标方程和C2的普通方程；‎ ‎（2）已知射线分別与曲线C1，C2交于点A，B（点B异于坐标原点O），求线段AB的长 ‎【答案】(1) ;.(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用公式，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．‎ ‎（2）联立极坐标方程，由极径的意义求出结果．‎ ‎【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数），消去参数得，‎ 又代入得的极坐标方程为，‎ 由曲线是圆心的极坐标为且经过极点的圆.‎ 可得其极坐标方程为，‎ 从而得的普通方程为.‎ ‎（2）将代入得，‎ 又将代入得，‎ - 23 -‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆和圆的极坐标方程，考查极径的意义，考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力．‎ ‎23.选修4－5：不等式选讲 已知函数，且的解集为.‎ ‎(1)求的值；‎ ‎(2)若，，是正实数，且，求证：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）等价于,从而可求得的解集,根据已知其解集为可得的值．（Ⅱ）由（Ⅰ）知,又因为是正实数,所以根据基本不等式即可证明．‎ 试题解析：解：（Ⅰ）因为，所以等价于 由有解，得，且其解集为 又的解集为，故 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又是正实数，由均值不等式得 当且仅当时取等号。‎ 也即 考点：1绝对值不等式；2基本不等式．‎ - 23 -‎ ‎ ‎ - 23 -‎ ‎ ‎ - 23 -‎