湖南师大附中2019届高三月考试卷（七）教师版 数学（理） Word版含解析

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炎德·英才大联考 湖南师大附中2019届高三月考试卷(七)‎ 数　学(理科)‎ 命题人：朱海棠　贺祝华　张天平　欧阳普 审题：高三数学备课组 时量：120分钟　　　满分：150分 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．已知复数z＝a＋(a∈R)，若z为纯虚数，则|a－2i|＝(B)‎ A．5 B. C．2 D. ‎【解析】因为z＝a＋i(3＋i)＝a－1＋3i为纯虚数，则a＝1，所以|a－2i|＝＝，选B.‎ ‎2．下列说法错误的是(B)‎ A．在回归模型中，预报变量y的值不能由解释变量x唯一确定 B．若变量x，y满足关系y＝－0.1x＋1，且变量y与z正相关，则x与z也正相关 C．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高 D．以模型y＝cekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z＝ln y，将其变换后得到线性方程z＝0.3x＋4，则c＝e4，k＝0.3‎ ‎【解析】对于A，在回归模型中，预报变量y的值由解释变量x和随机误差e共同确定，即x只能解释部分y的变化，所以A正确；对于B，由回归方程知变量y与z正相关，则x与z负相关，所以B错误；对于C，在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，C正确；由回归分析的意义知D正确．故选B.‎ ‎3．函数f(x)＝(其中e为自然对数的底数)的图象大致为(A)‎ ‎【解析】当x>0时，ex>1，则f(x)<0；当x<0时，ex<1，则f(x)<0，所以f(x)的图象恒在x轴下方，选A.‎ ‎4．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图是源于其思想的一个程序框图，若输入a＝4，b＝1，则输出的n等于(C)‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎【解析】当n＝1时，a＝6，b＝2，满足进行循环的条件，‎ 当n＝2时，a＝9，b＝4，满足进行循环的条件，‎ 当n＝3时，a＝，b＝8，满足进行循环的条件，‎ 当n＝4时，a＝，b＝16，满足进行循环的条件，‎ 当n＝5时，a＝，b＝32，不满足进行循环的条件，‎ 故输出的n值为5.故选C.‎ ‎5．已知动圆C经过点A(2，0)，且截y轴所得的弦长为4，则圆心C的轨迹是(D)‎ A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 ‎【解析】设圆心坐标为C(x，y)，圆C的半径为r，圆心C到y轴的距离为d，则d2＋4＝r2.‎ 因为d＝|x|，r＝|AC|，则圆心C的轨迹方程是x2＋4＝(x－2)2＋y2，即y2＝4x，选D.‎ ‎6．已知数列{an}满足：a1＝，an＋1＝an＋(n∈N*)，则a2019＝(C)‎ A．1－ B．1－ C.－ D.－ ‎【解析】由已知，an－an－1＝(n≥2)，则an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)‎ ‎＝＋＋＋…＋＝＋＝－，所以a2019＝－，选C.‎ ‎7．如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有(C)‎ A．24 B．48 ‎ C．96 D．120‎ ‎【解析】法一：第一步先涂B，C，E三点，这三点的颜色必须各异，不同的涂色方法种数是A；第二步涂A，D两点，各有2种，‎ 所以不同的涂色方法种数有A×2×2＝96，故选C.‎ 法二：第一步先涂A，B，E三点，这三点的颜色必须各异，不同的涂色方法种数是A；第二步涂C，D两点，假设已涂A，B，E的三种颜色顺序分别为1，2，3，未使用的颜色为4，那么C，D可涂的颜色分别为C涂1，D可以选择2，4中的一种颜色，共2种方法；C涂4，D可以选择1，2中的一种颜色，共2种方法，所以不同的涂色方法种数有A(2＋2)＝96，故选C.‎ ‎8．函数f(x)＝cossin 2x－的图象的一个对称中心的坐标是(A)‎ A. B. C. D. ‎【解析】f(x)＝cossin 2x－＝sin 2x－ ‎＝sin 2xcos 2x＋sin22x－＝sin 4x＋·－＝sin，‎ 令4x－＝kπ，求得x＝＋，可得函数图象的对称中心为，k∈Z，‎ 当k＝1时，对称中心为.故选A.‎ ‎9．已知D＝，给出下列四个命题：‎ P1：∈D，－2≤x＋y≤2；P2：∈D，>0；‎ P3：∈D，x＋y<－2；P4：∈D，x2＋y2≤2；其中真命题是(B)‎ A．P1和P2 B．P1和P4 C．P2和P3 D．P2和P4 ‎ ‎【解析】利用线性规划的知识易得，对∈D，－2≤x＋y≤2，且0≤≤，2≤x2＋y2≤10，所以P1正确，P2错误，P3错误，P4正确．选B.‎ ‎10．在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为(D)‎ A．3＋6 B．2＋4 C．5＋3 D．6＋3 ‎【解析】如图， 延长EF，A1B1 相交于M，连接AM交BB1 于H，延长FE，A1D1 相交于N，连接AN交DD1于G，可得截面五边形AHFEG.‎ ‎∵ABCD－A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，‎ ‎∴EF＝3，AG＝AH＝＝2，EG＝FH＝＝.‎ ‎∴截面的周长为6＋3.选D.‎ ‎11．如图，已知＝＝1，＝，tan∠AOB＝－，∠BOC＝45°，＝m＋n，则等于(A)‎ A. B. C. D. ‎【解析】因为tan∠AOB＝－，所以sin ∠AOB＝.‎ 过点C作CD∥OB交OA延长线于点D，‎ 过点C作CE∥OD交OB延长线于点E，‎ 在△OCD中，∠OCD＝45°，sin∠ODC＝，‎ 由正弦定理：＝，得＝，所以OD＝＝m.‎ 由余弦定理：＝＋－2··cos 45°，‎ 得＝2＋n2－2××n×cos 45°，则n＝或.‎ 当n＝时，此时∠CDO为钝角，因为∠EOD为钝角，矛盾，故n＝.‎ 所以＝.故选A.‎ ‎12.箱子里有16张扑克牌：红桃A、Q、4，黑桃J、8、7、4、3、2，草花K、Q、6、5、4，方块A、5，老师从这16张牌中挑出一张牌来，并把这张牌的点数告诉了学生甲，把这张牌的花色告诉了学生乙，这时，老师问学生甲和学生乙：你们能从已知的点数或花色中推知这张牌是什么牌吗？ 于是，老师听到了如下的对话：学生甲：我不知道这张牌；学生乙：我知道你不知道这张牌；学生甲：现在我知道这张牌了；学生乙：我也知道了．则这张牌是(D)‎ A．草花5 B．红桃Q C．红桃4 D．方块5‎ ‎【解析】学生乙确信他知道学生甲不知道，说明通过数字不能判断出来，因此排除有单一数字J、K等的花色黑桃和草花，学生甲知道这张牌不是黑桃也不是草花就猜出来了，说明这张牌除了在黑桃和草花之外有且只有一张，那就是红桃4、Q和方块5；学生乙知道学生甲知道后就知道了，说明这张牌只有一种选择，所以他看到的是方块，如果他看到的是红桃但还是不知道是Q还是4，所以答案是方块5.故选D.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．一个不透明的袋子装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字为0，1，2，2，现甲从中摸出一个球后便放回，乙再从中摸出一个球，‎ 若摸出的球上数字大即获胜(若数字相同则为平局)，则在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为____．‎ ‎【解析】法一：两人分别摸一个球，基本事件共有4×4＝16种，其中甲获胜共有5种可能，故甲获胜的概率为，其中乙摸到1号球且甲获胜有2种可能，故甲获胜且乙摸到1号球的概率为，故在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为÷＝.‎ 法二：甲获胜共有5种可能，其中乙摸到1号球且甲获胜有2种可能，故在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为.‎ ‎14．设双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，直线l为双曲线C的一条渐近线，点F关于直线l的对称点为P，若点P在双曲线C的左支上，则双曲线C的离心率为____．‎ ‎【解析】如图，设直线l与线段PF的交点为A，因为点P与F关于直线l对称，则l⊥PF，且A为PF的中点，所以|AF|＝b，|OA|＝a，|PF|＝2|AF|＝2b.‎ 设双曲线的左焦点为E，因为O为EF的中点，则|PE|＝2|AO|＝2a，‎ 据双曲线定义，有|PF|－|PE|＝2a，则2b－2a＝2a，即b＝2a.‎ 所以e＝＝.‎ ‎15．对于大于或等于2的自然数m的n次幂进行如图的方式“分裂”．仿此，若m3的“分裂”中最小的数是211，则m的值为__15__．‎ ‎【解析】22＝1＋3，23＝3＋5，24＝7＋9，32＝1＋3＋5，33＝7＋9＋11，34＝25＋27＋29.不难得出规律，2n可以表示为两个连续奇数之和；3n可以表示为三个连续奇数之和；5n可以表示为五个连续奇数之和；m3的可以表示为m个连续奇数之和，即211＋213＋…＋[211＋2(m－1)]＝m3，m3－m2－210m＝0，因为m>0，所以m＝15.‎ ‎16．设a为整数，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式≥ea恒成立，则a的最大值是__1__．‎ ‎【解析】令f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝.‎ 令g(x)＝ex－3(x>0)，则g′(x)＝xex>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 因为g(1)＝－3<0，g(2)＝e2－3>0，则g(x)在(1，2)内只有一个零点．‎ 设g(t)＝0，则et＝.当x∈(0，t)时，g(x)＜0，从而f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(t，＋∞)时，g(x)＞0，从而f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝＝＝et.‎ 由题意知ea≤et，即a≤t.因为t∈(1，2)，a为整数，所以a的最大值为1.‎ 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．(本小题满分12分)‎ 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足acos B＋bcos A＝2ccos C.‎ ‎(1)求角C的大小；‎ ‎(2)若△ABC的周长为3，求△ABC的内切圆面积S的最大值．‎ ‎【解析】(1)由已知，sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos C，(2分) ‎ 即sin(A＋B)＝2sin Ccos C，因为sin(A＋B)＝sin C>0，则cos C＝，(4分)‎ 又C∈(0，π)，所以C＝.(5分)‎ ‎(2)设△ABC的内切圆半径为R，则absin＝·3R，则R＝ab，(6分)‎ 由余弦定理，得a2＋b2－ab＝(3－a－b)2，化简得3＋ab＝2(a＋b)，(8分)‎ 因为a＋b≥2，则3＋ab≥4，解得≥3或≤1，(10分)‎ 若≥3，则a，b至少有一个不小于3，这与△ABC的周长为3矛盾；(11分)‎ 若≤1，则当a＝b＝1＝c时，R取最大值.‎ 所以△ABC的内切圆面积的最大值为Smax＝π＝.(12分)‎ ‎18．(本小题满分12分)‎ 如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠ABC＝60°，BM⊥平面ABCD，BM∥DN，BM＝2DN，点E是线段MN上任意一点．‎ ‎(1)证明：平面EAC⊥平面BMND；‎ ‎(2)若∠AEC的最大值是，求三棱锥M－NAC的体积．‎ ‎【解析】(1)因为BM⊥平面ABCD，则AC⊥BM.(2分)‎ 又四边形ABCD是菱形，则AC⊥BD，所以AC⊥平面BMND. (4分)‎ 因为AC在平面EAC内，所以平面EAC⊥平面BMND.(5分)‎ ‎(2)设AC与BD的交点为O，连结EO. 因为AC⊥平面BMND，则AC⊥OE，又O为AC的中点，则AE＝CE，所以cos∠AEC＝＝1－，∠AEC∈(0，π)．‎ 当AE最短时∠AEC最大，此时AE⊥MN，CE⊥MN，∠AEC＝，AE＝.(7分)‎ 取MN的中点H，分别以直线OA，OB，OH为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设ND＝a，‎ 则点A(1，0，0)，N(0，－，a)，M(0，，2a)，＝(－1，－，a)，＝(－1，，2a)．‎ 设平面AMN的法向量n1＝(x，y，z)，‎ 则 取z＝1，则n1＝，‎ 同理求得平面CMN的法向量n2＝.‎ 因为∠AEC＝是二面角A―MN－C的平面角，则 ‎|cos∠AEC|＝＝，解得a＝或a＝(舍去)．(10分)‎ 因为MN＝＝＝，AE＝，S△EAC＝AE2sin ＝××＝，‎ 则VM－NAC＝VM－EAC＋VN－EAC＝S△EAC·MN ＝.(12分)‎ ‎19．(本小题满分12分)‎ 在湖南师大附中的校园歌手大赛决赛中，有 ‎6位参赛选手(1号至6号)登台演出，由现场的100位同学投票选出最受欢迎的歌手，各位同学须彼此独立地在投票器上选出3位候选人，其中甲同学是1号选手的同班同学，必选1号，另在2号至6号选手中随机选2名；乙同学不欣赏2号选手，必不选2号，在其他5位选手中随机选出3名；丙同学对6位选手的演唱没有偏爱，因此在1号至6号选手中随机选出3名．‎ ‎(1)求同学甲选中3号且同学乙未选中3号选手的概率；‎ ‎(2)设3号选手得到甲、乙、丙三位同学的票数之和为X，求X的分布列和数学期望．‎ ‎【解析】设A表示事件“甲同学选中3号选手”，B表示事件“乙同学选中3号选手”，C表示事件“丙同学选中3号选手”，则 ‎(1)P(A)＝＝，P(B)＝＝，(2分)‎ 所以P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.(5分)‎ ‎(2)P(C)＝＝，(6分)‎ X可能的取值为0，1，2，3，‎ P(X＝0)＝P(A )＝××＝××＝，‎ P(X＝1)＝P(A )＋P(A BC)＋P(A C)＝××＋××＋××＝，‎ P(X＝2)＝P(A B C)＋P(AB C)＋P(A B C)＝××＋××＋××＝，‎ P(X＝3)＝P(A B C)＝××＝.(10分)‎ 所以X的分布列为：‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.(12分)‎ ‎20．(本小题满分12分)‎ 已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，D(0，2)为椭圆C短轴的一个端点，F为椭圆C的右焦点，线段DF的延长线与椭圆C相交于点E，且|DF|＝3|EF|.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA与OB的斜率之积为－，求·的取值范围．‎ ‎【解析】(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点F(c，0)．(1分)‎ 因为D(0，2)为椭圆短轴的一个端点，则b＝2.因为|DF|＝3|EF|，则点E.(3分)‎ 因为点E在椭圆上，则＋＝1，即a2＝2c2.(4分)‎ 又c2＝a2－4，则a2＝2(a2－4)，得a2＝8，所以椭圆C的标准方程是＋＝1. (5分)‎ ‎(2)解法一：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，‎ 代入椭圆方程，得x2＋2(kx＋m)2＝8，即(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0.‎ 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝. (6分)‎ 因为kOA·kOB＝－，则·＝－，即3x1x2＋2y1y2＝0，即3x1x2＋2(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，‎ 即(2k2＋3)x1x2＋2km(x1＋x2)＋2m2＝0，所以(2k2＋3)·－＋2m2＝0，‎ 即(2k2＋3)(m2－4)－4k2m2＋m2(2k2＋1)＝0，化简得m2＝2k2＋3.(7分)‎ 所以·＝x1x2＋y1y2＝－x1x2＝－＝－＝－1.(8分)‎ 因为Δ＝16k2m2－4(2k2＋1)(2m2－8)＝8(8k2＋4－m2)＝8(6k2＋1)>0，k2≥0，则0<≤2，‎ 所以－1<·≤1.(9分)‎ 又x1x2≠0，则m2≠4，即k2≠，则≠1，所以·≠0.(10分)‎ 当直线l的斜率不存在时，点A，B关于x轴对称，则kOA＝－kOB. ‎ 因为kOAkOB＝－，不妨设kOA>0，则kOA＝.联立y＝x与＋＝1，得点A(，)，B(，－)，或点A(－，)，B(－，－)，此时·＝－1.‎ 综上分析，·的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．(12分)‎ 解法二：因为kOA·kOB＝－<0，设kOA＝k≠0，则kOB＝－.(6分)‎ 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则·＝－，即y1y2＝－x1x2，‎ 所以·＝x1x2＋y1y2＝－x1x2.(7分)‎ 由得x2＋2k2x2＝8，即(2k2＋1)x2＝8，所以x＝.(8分)‎ 同理，x＝＝.(9分)‎ 所以xx＝＝＝.(10分)‎ 因为4k2＋≥2＝12，当且仅当4k2＝，即k＝±时取等号，则02－ln x1.‎ ‎【解析】(1)f′(x)＝－k＝(x>0)，(1分)‎ ‎①当k≤0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；(2分)‎ ‎②当k>0时，由f′(x)>0，得02－ln x1，只要证ln x1＋ln x2>2，即证k(x1＋x2)>2，‎ 即证(x2＋x1)>2，即证ln x2－ln x1>，只要证ln>.‎ 设t＝(t>1)，则只要证ln t>(t>1)．(10分)‎ 设g(t)＝ln t－，则g′(t)＝>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增．‎ 所以g(t)>g(1)＝0，即ln t>，所以ln x1＋ln x2>2，即ln x2>2－ln x1.(12分)‎ ‎(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．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1的参数方程为(α为参数). 以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.‎ ‎(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；‎ ‎(2)设动直线l：y＝kx(x≠0，k≠0)分别与曲线C1，C2相交于点A，B，求当k为何值时，|AB|取最大值，并求|AB|的最大值．‎ ‎【解析】(1)曲线C1的普通方程为(x－1)2＋y2＝1，即x2＋y2－2x＝0.将x2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ代入，‎ 得ρ2－2ρcos θ＝0，所以曲线C1的极坐标方程是ρ＝2cos θ.(3分)‎ 由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ.将ρ2＝x2＋y2，ρsin θ＝y代入，得x2＋y2＝2y，‎ 所以曲线C2的直角坐标方程是x2＋y2－2y＝0.(5分)‎ ‎(2)解法一：设直线l的倾斜角为α，则l的参数方程为(t为参数，且t≠0). (6分)‎ 将l的参数方程代入曲线C1的普通方程，得t2－2tcos α＝0，则tA＝2cos α.(7分)‎ 将l的参数方程代入曲线C2的直角坐标方程，得t2－2tsin α＝0，则tB＝2sin α.(8分)‎ 所以|AB|＝|tA－tB|＝|2cos α－2sin α|＝4，(9分)‎ 据题意，直线l的斜率存在且不为0，则α∈∪，‎ 所以当α＝，即k＝tan α＝－时，|AB|取最大值，且|AB|max＝4.(10分)‎ 解法二：设直线l的倾斜角为α，则l的极坐标方程为θ＝α(ρ≠0)．(6分)‎ 设点A，B的极坐标分别为A(ρ1，α)，B(ρ2，α)，则ρ1＝2cos α，ρ2＝2sin α.(8分)‎ 所以|AB|＝|ρ1－ρ2|＝|2cos α－2sin α|＝4.(9分)‎ 据题意，直线l的斜率存在且不为0，则α∈∪，‎ 所以当α＝，即k＝tan α＝－时，|AB|取最大值，且|AB|max＝4.(10分)‎ 解法三：将y＝kx(x≠0)代入曲线C1的普通方程，得x2＋k2x2－2x＝0(x≠0)，则xA＝.(6分)‎ 将y＝kx(x≠0)代入曲线C2的直角坐标方程，得x2＋k2x2－2kx＝0(x≠0)，则xB＝.(7分)‎ 所以|AB|＝|xA－xB|·＝|－|·＝＝2(k≠0)．(8分)‎ 令＝m，则(m－3)k2＋2k＋m－1＝0. 据题意，该方程有非零实数解，‎ 则m＝3或解得0≤m≤4，所以|AB|＝2≤4.(9分)‎ 当m＝4时，k2＋2k＋3＝0，即(k＋)2＝0，得k＝－.‎ 所以当k＝－时，|AB|取最大值，且|AB|max＝4.(10分)‎ ‎23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f(x)＝|x－5|. ‎ ‎(1)解不等式：f(x)＋f(x＋2)≤3；‎ ‎(2)若a<0，求证：f(ax)－f(5a)≥af(x)．‎ ‎【解析】(1)不等式化为|x－5|＋|x－3|≤3.(1分)‎ 当x<3时，原不等式等价于－2x≤－5，即≤x<3；(2分)‎ 当3≤x≤5时，原不等式等价于2≤3，即3≤x≤5；(3分)‎ 当x>5时，原不等式等价于2x－8≤3，即5

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