湖南省怀化市2019届高三4月第二次模拟考试 数学（文）（PDF版）

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1 怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷 2019 届高三二模 文科数学参考答案 一、选择题（12 5 60 ） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A D A A C C D A B B A 11 解：该题的几何意义是：以 AB 为直径的圆与圆 C 交于点 P 则 mPO || ，而圆 C 上的点到原点 O 的距离最大值为 51|| CO ,故 m 最大值为 5 12 解：令 P 到 21FF 的高为 h ，则 hcS FPF  22 1 21 由内切圆的定义知： raSSrcS IPFIPFFIF   22 1,22 1 1221 故 rcahcS FPF  )22(2 122 1 21 则 32 3   MP MI h r 3 32 3 2  IM PI 二、填空题 13. 2 14. 55 3 15. )1( 1   nn 16.9 16 解：因为 )(xf 为偶函数，则  2),()(  Txfxf 0)2(),2()2()2(   ffff 令 ),,2( x 则 xxfxfxx   )()(),,2(),2,0( 如图 三、解答题 17 解：(Ⅰ)在 ABC 中， 3,32,60  ACBCC  ,由余弦定理有： 3,cos2222  ABCBCACBCACAB …………………4 分 222 BCACAB  故 ABC 是以角 A 为直角的直角三角形…………………6 分 02   3 2  2   3 2  2 5 2  x y 2  2  2 B D C A P E (Ⅱ)设   90, DACBAD 7 21cossin  DAC …………8 分 在 ACD 中， 2114 3)30sin(sin  ADC ………………10 分 由正弦定理有： 33 2,sinsin  CDADC AC DAC CD …………………12 分 18 解：(Ⅰ)取 AD 中点 O，连 PO,OB. ADOPPDPA  四边形 ABCD 为菱形， ABAOBAD 2 1,60   OOBOPADOB  , AD 面 POB . 而 ,// BCAD BC 面 POB. 又 PB 面 POB 故 BCPB  ………………6 分 (Ⅱ)由题意知： PADBPAEBABEP VVV   3 2 面 PAD  面 ABCD 则 OP,OA,OB 两两垂直. 则 13)322 1(3 1 PADBV 则 3 2 3 2   PADBABEP VV ………………12 分 19 解：（Ⅰ）由题意知 072.15,10)( 5 1 5 1 2      i i i i y yxx ………………1 分 752.05064.0072.1,064.010 64.0   ab …………………4 分 所以 3 月至 7 月的线性回归方程为： 752.0064.0   xy ………………5 分 故当 12x 时， 52.1  y 万元/㎡…………………6 分 (Ⅱ)由题意知 044.0745.5789.55)( 25 1 2 5 1 2    yyyy i i i i …………………8 分 故 97.0663.0 64.0 )()( ))(( 1 2 1 2 1         n i i n i i n i ii yyxx yyxx r ………………11 分 ,75.097.0|| r因为 ………12 分 20 解：（Ⅰ）由题意知： 0))(( 22  PHPFPHPFPHPF 则 y 与 x 具有强相关性，可用线性回归模型 3 |||| PFPH  故 P 点轨迹是以 F 点为焦点的抛物线 曲线 yxC 4: 2  ……………4 分 (Ⅱ)设 )1,(),4,(),4,( 0 2 2 2 2 1 1 xMxxBxxA 设直线 1:  kxyl ，代入曲线 C 整理有： 0442  kxx 4,4 2121  xxkxx ………………6 分 则线段 AB 中点 )12,2( 2 kkN 而 MA MB 故 ||2 1|| ABMN  又 4422)(|| 2 2121  kxxkpyyAB 22|| 2  kMN ………………8 分 故 xMN  轴 ………………9 分 即 28)1(44)(||2 1||||2 1 2 3 2 21 2 2121  kxxxxMNxxMNS MAB 1k 故 11:  xyxyl 或 ………………12 分 21 解：(Ⅰ) )(xf 的定义域为 ),0(  ，当 1a 时， x xxf 1)(  ………………1 分 所以 )(xf 在 )1,0(x 上单调递减，在 ),1( x 上单调递增………………3 分 故 )(xf 在 1x 取得极小值 1，无极大值………………4 分 （Ⅱ）令 xax axxgxfxh ln1)()()(  ，若 ],1[0 ex  使 0)( 0 xh 恒成立， 则对于 0)(],,1[ min  xhex 即可 而 22 )]1()[1(11)( x axx x a x axh  .………………5 分 ①当 ea 1 ，即 1 ea 时， )(xh 在 ],1[ e 上单调递减， 则 01)()(min  ae aeehxh ,即 1 12   e ea ， 4 而 1 1,11 1 22    e eaee e ………………7 分 ②当 11  a 即 0a 时 )(xh 在 ],1[ e 上单调递增， 则 011)1()(min  ahxh ，可得 2a ………………9 分 ③当 ea 11 即 10  ea 时， )(xh 在 ]1,1[ a 上单调递减， )(xh 在 ],1[ ea 上单调递增 )1ln(2)1()(min aaaahxh  ，而 aaaa  )1ln(0,1)1ln(0 故 2)1( ah 即 0)( xh 不成立………………11 分 综上; ),1 1()2,( 2   e ea ………………12 分 22 解：（Ⅰ）由题意知直线l 的普通方程是 )1(33  xy ， 即 xy 3 ………………2 分 曲线 C 的直线方程是 0432422  yxyx 即 3)3()2( 22  yx ………………5 分 (Ⅱ)直线l ： xy 3 ，化为极坐标方程是 3   ，代入曲线 C 的极坐标方程， 得 4,0452  BA  4||||  BAOBOA  ………………10 分 23 解：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 )14)(14( )14()14(414416)(4)14( 22 222222222   ba bbabababaab 5 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