湖南怀化高三数学第一次模拟考试文PDF

1 怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷 2019 届高三一模 文科数学参考答案 2019 届高三一模 文科数学参考答案 一、选择题（一、选择题（12 560） ） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A A B B D A C A C C A 9 提示提示: AQOAS OAQ 弧 扇形 2 1 ， APOAS OAP 2 1 ,又 APAQ 弧 OAPOAQ SS 扇形, 21 SS 10 提示提示：设 ),( 11 yxA ， ),( 22 yxB ，则 3 2 2 2 1 1 21 x y x y kk ，又1 2 1 2xy ，2 2 2 2xy ， 6 21 yy .将直线l： bmyx 代入 xy2 2 ，得 022 2 bmyy ， 62 21 byy 3b .即直线l： 3 myx ，所以l过定点 ），（03- 11 提示提示： ACABADAG 3 1 3 2 120A，2 ACAB， 2120cos ACABACAB 设 yACxAB , , 4ACAB 即 4xy 2 11 33 AGABACABAC 22 1 2 3 ABACABAC 22 1 4 3 xy 而 82 22 xyyx （当且仅当 yx 取等号） 3 2 AG 即 AG 的最小值为 12提示 提示：图象法，作|ln|, x yxya的图象，不妨设 12, xx则 0 12 1,xx 从而 12 ln0,ln0,xx所以 12 12 ln,ln, xx xaxa 故 12 1 2121 2 ln()ln+ln+0,01 xx x xxxaax x所以 . 二、填空题（4 520） ： 13. 4; 14. 12； 15. 32； 16.25 2 16 提示（法一）:双曲线的渐近线方程为 x a b y ，焦点为0, 1 cF ，0, 2 cF， 由题意可得 00 x a b y ， 又 21 MFMF ，可得 1 0 0 0 0 cx y cx y ， 即为 22 0 2 0 cxy ， 由 222 cba，联立可得ax 0 ，by 0 ， 由F为焦点的抛物线 2 C： pxy2 2 0p经过点M， 可得 pab2 2 ， c p 2 ， 即有 222 4acacb ， 由 a c e ，可得014 2 ee ， 解得 52e （法二） 21 MFMF ，O为 21F F中点，cFFOM 21 2 1 baM, 又pc 2 1 ， cab4 2 （下同法一） 17 解解： （I）设等差数列 n a 的公差为 d.因为 310 5,100.aS 所以 1 1 25 1045100 ad ad 2 分 解得 1 1 2 a d 4 分 所以 1 = +1)21 n aandn（ .6 分 （II）由（I）可知 2211 11 () (5)(24)(2)22 n n b n annn nnn 8 分 nn bbbT 21 2 11 1 1 1 1 5 1 3 1 4 1 2 1 3 1 1 2 1 nnnn10 分 ) 2)(1( 32 2 3 2 1 nn n Tn 12 分 18（I）证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以 BDAC 2 分 PA 平面 ABCD ， BD 平面 ABCD ， BDPA 4 分 又 AACPA ， BD 平面 PAC ， 3 又 BD 平面BDE，平面BDE平面 PAC 6 分 （II）连接OE，由（）知 BD 平面 PAC ， OE 平面 PAC ， OEBD 7 分 8BD ，由 4 2 1 min OEBDS BDE 得： 1 min OE 8 分 当 PCOE 时，OE取到最小值 19 分 此时 2213 2222 OEOCCE 10 分 作 PAEH / 交 AC 于H， PA 平面 ABCD ， EF 平面 ABCD 11 分 由EH得点E到底面 ABCD 的距离 3 22 EH 12 分 19 解：解： （）由题意得， 557 6.6 84 b.2 分 336.626138.6a .4 分 关于的线性回归方程为：6.6138.6yx.6 分 （）线性回归方程对应的相关指数为： 9398. 00602. 01 3930 64.236 1 2 R .8 分 因为.9 分 所以回归方程，比线性回归方程6.6138.6yx拟合效果更好.10 分 由知，当温度时， .11 分 即当温度为时该批紫甘薯死亡株数为 190.12 分 20 解解： （I）设椭圆C的方程为 1 2 2 2 2 b y a x 0ba ，则由题意知 1b 2 分 5 52 2 22 a ba 即 5 521 1 2 a 5 2 a 4 分 椭圆C的方程为 1 5 2 2 y x 5 分 yx ( ) i6.6138.6yx 0.93980.9522 0.2303 0.06 x ye ( )ii( ) i35xC 0.2303 35 0.060.06 3167190ye 35 C 4 （II）设A、B、M点的坐标分别为 11, y xA ， 22, y xB ， 0 ,0 yM 又易知F点的坐标为0,2 6 分 显然直线l存在的斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是)2( xky 7 分 将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得 052020)51( 2222 kxkxk 8 分 2 2 21 51 20 k k xx ， 2 2 21 51 520 k k xx 9 分 AFmMA ， BFnMB 将各点坐标代入得 1 1 2x x m ， 2 2 2x x n 11 分 10 )(24 2)(2 22 2121 2121 2 2 1 1 xxxx xxxx x x x x nm 12 分 21解 解： （I）)(xf的定义域为), 0( ， bax x xf 1 1 分 由0) 1(f，得 ab1 x xax aax x xf ) 1)(1( 1 1 2 分 若 0a ，由 0 x f ，得 1x 当 10 x 时， 0 x f ，此时)(xf单调递增；当 1x 时， 0 x f ，此时)(xf单调递减 所以 1x 是)(xf的极大值点3 分 若 0a ，由 0 x f ，得 1x ，或 a x 1 因为 1x 是)(xf的极大值点，所以 1 1 a ，解得 01a 4 分 综合：a的取值范围是 1a 5 分 （II）因为方程 2mf（x）x2有唯一实数解， 所以 x22mlnx2mx0 有唯一实数解6 分 设 g（x）x22mlnx2mx，则 x mmxx xg 222 2 7 分 令 x g 0，x2mxm0因为 m0，x0， 5 所以 0 2 4 2 1 mmm x （舍去） ， 2 4 2 2 mmm x 8 分 当 x（0， 2 x）时， x g 0，g（x）在（0， 2 x）上单调递减， 当 x（ 2 x，+）时， x g 0，g（x）在（ 2 x，+）单调递增 当 x 2 x时， x g 0，g（x）取最小值 g（ 2 x）9 分 则 0 0 2 2 xg xg 即 0 02ln2 2 2 2 22 2 2 mmxx mxxmx 10 分 所以 2mlnx2+mx2m0，因为 m0，所以 2lnx2+x210（*） 设函数 h（x）2lnx+x1，因为当 x0 时，h（x）是增函数， 所以 h（x）0 至多有一解11 分 因为 h（1）0，所以方程（*）的解为 x21，即 1 2 4 2 mmm ，解得 2 1 m 12 分 22 解解（）曲线 C 的参数方程为为参数 sin3 cos2 y x , 曲线 C 的普通方程为1.2 分 直线l的极坐标方程是： 6 sincos21 6sincos2 ，.3 分 直线l的直角坐标方程为062 yx.5 分 （）点 P 是曲线 C 上的动点， 设 P（2cos，3sin） ，则 P 到直线l的距离： 5 6sin5 14 6sin3cos4 d,tan 3 4 . .8 分 当 sin（）1 时，点 P 到直线 l 距离取最大值 dmax .9.分 当 sin（）1 时，点 P 到直线 l 距离取最小值 dmin.10 分 6 23 解解： （I）由已知可得 1 2 ,0 ( )1,01 21,1 x x f xx xx ，所以 m i n ( )1f x 因为( )|1 |f xm恒成立，所以|1| 1m ，从而可得02m