湖南师大附中2019届高三月考试卷四数学理科.doc

湖南师大附中2019届高三月考试卷(四)数学(理科)命题人：贺仁亮朱修龙周艳军黄钢审题：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.已知集合AxR|x2x20，BxZ|x2t1，tA，则AB等于()A.1，0，1 B.1，0 C.0，1 D.0【答案】C【解析】AxR|x2x20x|1x2，则x2t1(1，5)，所以B0，1，2，3，4，所以AB0，1，故选C.2. 已知复数z，给出下列四个结论：|z|2; z22i; z的共轭复数1i；z的虚部为i. 其中正确结论的个数是( )A. 0 B. 1 C.2 D. 3【答案】B【解析】由已知z1i，则|z|，z22i，1i，z的虚部为1.所以仅结论正确，故选B.3.若向量与满足，且，则向量在方向上的投影为（ ）A B C D 【答案】【解析】利用向量垂直的充要条件有： ,向量在方向上的投影为.4.五进制是以5为底的进位制，主因乃人类的一只手有五只手指. 中国古代的五行学说也是采用的五进制，0代表土，1代表水，2代表火，3代表木，4代表金，依此类推，5又属土，6属水，减去5即得. 如图，这是一个把进制数（共有N位）化为十进制数的程序框图，执行该程序框图，若输入的分别为5，1203，4，则输出的（ ）.A178 B386 C890 D 14303【答案】A【解析】模拟执行程序框图，可得程序框图的功能是计算并输出故选A5. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由二项展开式的通项公式，可知都小于0，则，在原二项展开式中令，可得.故选A6若实数，满足且的最小值为3，则实数的值为（ ）ABCD【答案】C【解析】画出可行域，当目标函数过点时取得最小值，由得，则，解得故选C7.气象意义上从春季入夏季的标志为：“连续5天的日平均温度均不低于”.现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数）： 甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；乙地：5个数据的中位数为27,总体均值为24；丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8.则肯定进入夏季的地区有（ ）ABCD【答案】 B【解析】 由统计知识，甲地：5个数据的中位数为24，众数为22，可知符合题意；而乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24，有可能某一天的气温低于22，所以不符合题意；丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8.若有某一天的气温低于22，则总体方差就大于10.8，所以满足题意，故选B.8平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，则直线与直线所成的角为（ ）ABCD【答案】D【解析】如图所示，平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，平面平面，又，则直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角为故选D9.对于数列,定义为的“优值”，现已知某数列的“优值”，记数列的前项和为，则（ ）A2022 B1011 C2020 D1010【答案】B【解析】由，得, -得，即，所以.故选B.10在锐角中，角的对边分别为，若，则的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意可得：,故答案选B11.已知函数f(x)若存在实数k，使得函数f(x)的值域为1，1，则实数a的取值范围是()A. B. C. D.【答案】B【解析】由于ylog2(2x)在0，k)上是单调递减函数，当x0时，y1， 当x时，y1，所以0k.令g(x)x33x23，则g(x)3x26x0，解得x0或x2，当x2时，函数取得极小值1，当x33x231时，解得x11，x21，x310(舍)，所以2a1，故选B.12.设是抛物线上的两点，是坐标原点，若，则以下结论恒成立的结论个数为（ ） ，直线过定点（1，0），到直线的距离不大于1.A. 0 B.1 C. 2 D.3【解析】设A(),B(),=0，正确；直线AB的斜= 方程为y-=()(x-),过定点（0，1），错误；原点到直线AB：()x-y+1=0的距离d=1，正确.故选：C二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分13.已知函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为，则 .【答案】1【解析】由，得.14.已知函数, 则的值为 【答案】【解析】15.已知双曲线，过x轴上点P的直线与双曲线的右支交于M，N两点（M在第一象限），直线MO交双曲线左支于点Q（O为坐标原点），连接QN若MPO=120，MNQ=150，则该双曲线的渐近线方程为_ 【答案】【解析】由题意可知：M，Q关于原点对称，kMN kQN=，kMN=，kQN=，渐近线方程为16某几何体的三视图如图所示，主视图是直角三角形，侧视图是等腰三角形，俯视图是边长为的等边三角形，若该几何体的外接球的体积为，则该几何体的体积为_【答案】9【解析】根据几何体的三视图，得出该几何体如图所示，由该几何体的外接球的体积为，即，则球心到底面等边的中心的距离，可得三棱锥的高，故三棱锥的体积即答案为9三、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1721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17(本小题满分12分)已知等比数列的前项和为，满足，.（）求的通项公式；（）记，数列的前项和为，求使成立的正整数的最小值.【解析】（）设的公比为，由得，,所以， 所以. 2分又因为， 所以， 所以. 所以. 5分 （）由（）知，所以，6分 ，则 所以，.10分由，得，即则，所以的最小值是6.12分18(本小题满分12分)如图，在四棱锥中，底面为边长为2的菱形，面面，点为棱的中点（1）在棱上是否存在一点，使得面，并说明理由；（2）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角【解析】（1）在棱上存在点，使得面，点为棱的中点理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，且，故且所以，四边形为平行四边形3分所以，又平面，平面，所以，平面5分（2）由题意知为正三角形，所以，亦即，又，所以，且面面，面面，所以面，故以为坐标原点建立如图空间坐标系，7分设，则由题意知，设平面的法向量为，则由得，令，则，所以取，显然可取平面的法向量，由题意：，所以10分由于面，所以在平面内的射影为，所以为直线与平面所成的角，易知在中，从而，所以直线与平面所成的角为12分19(本小题满分12分)为了引导居民合理用水，某市决定全面实施阶梯水价阶梯水价原则上以住宅（一套住宅为一户）的月用水量为基准定价，具体划分标准如表：阶梯级别第一阶梯水量第二阶梯水量第三阶梯水量月用水量范围（单位：立方米）从本市随机抽取了10户家庭，统计了同一月份的月用水量，得到如图茎叶图： （1）现要在这10户家庭中任意选取3家，求取到第二阶梯水量的户数的分布列与数学期望；（2）用抽到的10户家庭作为样本估计全市的居民用水情况，从全市依次随机抽取10户，若抽到户月用水量为一阶的可能性最大，求的值【解析】（1）由茎叶图可知抽取的10户中用水量为一阶的有3户，二阶的有5户，三阶的有2户第二阶段水量的户数的可能取值为0,1,2,3，4分所以的分布列为0123的数学期望6分（2）设为从全市抽取的10户中用水量为一阶的家庭户数，依题意得， 9分由,解得， 又，所以当时概率最大.即从全市依次随机抽取10户，抽到3户月用水量为一阶的可能性最大. 12分20(本小题满分12分)已知点是椭圆的右焦点，点、分别是轴、轴上的动点，且满足若点满足()求点的轨迹的方程；()设过点任作一直线与点的轨迹交于、两点，直线、与直线分别交于点、（为坐标原点），试判断以线段为直径的圆是否经过点？请说明理由【解析】() 椭圆右焦点的坐标为， (1分)，由，得 (3分)设点的坐标为，由，有，代入，得即点的轨迹的方程为 (5分)（）解法一：设直线的方程为，、，则， (6分)由，得， 同理得 (8分)，则 (9分)由，得， (10分)则 因此，以线段为直径的圆经过点 (12分) 解法二：当时， 、，则， 由 得点的坐标为，则由 得点的坐标为，则 (7分)当不垂直轴时，设直线的方程为，、，同解法一，得 (8分)由，得， (9分)则 (11分)因此，以线段为直径的圆经过点 (12分)21(本小题满分12分)已知函数，（）若直线与曲线相切于点，证明：；（）若不等式有且仅有两个整数解，求的取值范围.【解析】（），由导数的几何意义可知， 1分又直线的图像过定点（1，0），因此，即 2分联立消去有.3分设，则，所以在R上单调递增.而，由函数零点存在性定理知 . 5分（）由得，令，则6分由（）知在R上单调递增，且时，；在，故在上单调递减，在上单调递增.易证，8分当时，；当时，.（1）若，则，此时有无穷多个整数解，不合题意；9分（2）若，即，因为在上单调递减，在上单调递增，所以，所以无整数解，不合题意；10分（3）若，即，此时，故是的两个整数解，又只有两个整数解，因此，解得，所以12分选考题：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44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线C1：（为参数，实数a0），曲线C2：（为参数，实数b0）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l：=（0，0）与C1交于O、A两点，与C2交于O、B两点当=0时，|OA|=2；当=时，|OB|=4（）求a，b的值；（）求2|OA|2+|OA|OB|的最大值【解析】（）由曲线C1：（为参数，实数a0），化为普通方程为（xa）2+y2=a2，展开为：x2+y22ax=0，其极坐标方程为2=2acos，即=2acos，由题意可得当=0时，|OA|=2，a=1 (2分)曲线C2：（为参数，实数b0），化为普通方程为x2+（yb）2=b2，展开可得极坐标方程为=2bsin，由题意可得当时，|OB|=4，b=2 (5分)（）由（I）可得C1，C2的方程分别为=2cos，=4sin2|OA|2+|OA|OB|=8cos2+8sincos=4sin2+4