湖南怀化高三数学第二次模拟考试理PDF

怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷 2019 届高三二模 理科数学参考答案 2019 届高三二模 理科数学参考答案 一、选择题（12 560） ） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B C C A A D A B D C D C 12 提示提示： 因为函数 2 2ln (0) ( ) 3 (0) 2 xxx x f x xx x 有且仅有四个不同的点关于直线的对称点在直 线的图象上，而直线关于直线的对称图象为，所以 函数 2 2ln (0) ( ) 3 (0) 2 xxx x f x xx x 的图象与的图象有且仅有四个不同的交点.又直线 恒过点，设直线与相切于点，则 ，所以， 解得，故, 设直线与相切与点，则， 所以，解得，所以， 所以，故，故选 C. 二、填空题（4 520） ： 13. 5; 14. 2； 15. 2； 16. 103. 16 提示提示： ,1 1 1 1 2 n n a ， 1,1 2 1 1,(2) 2 n n an 下面求数列 ,2n a的通项，由题意可知 ,21,11,2,( 3) nnn aaan ,21,21,1 2 1 1,(3) 2 nnn n aaan 即 ,21,2 2 1 1,(3) 2 nn n aan 又 ,2,21,21,22,23,22,22,2 2 15 ()()(), 22 nnnnn n aaaaaaaan 数列 ,2n a显然为递增数列，又易知 102,2103,2 100aa ，所以m的最小值为 103 三、解答题 17 解解： （）在ABC中， 3 cos 5 ADB， 4 sin 5 ADB sinsin()sincoscossin 44 CADADBACDADBADB 1y 10kxy 10kxy 1y 10kxy 10kxy 10kxy 0,1AAC2lnyxx x,2lnC xxx x 1 lnyx 2ln1 1 ln xx x x x 1x 1 AC k AB 2 3 2 yxx 2 3 , 2 B xxx 23yxx 2 3 1 2 23 xx xx x 1x 1 2 AB k 1 1 2 k 1 1 2 k E F A B D C H G 42322 525210 在ADC中，由正弦定理得 sinsinsin ACCDAD ADCCADACD 即 5 2 4 22 5 102 ACCD ，解得： 8,2ACCD6 分 （）48, 4 CA CBC ，cos48CA CBC ，解得：6 2CB 5 2BDCBCD, 在ABC中，由余弦定理可得： 222 2cosABACBCAC BCC 22 2 8(6 2)2 8 6 22 10 2 AB 在ABD中，由余弦定理可得： 222 cos 2 ABBDAD BAD AB BD 222 (2 10)(5 2)(5 2)5 52 2 105 2 即 5 cos 5 BAD.12 分 18 解18 解： （）证明：,E F分别是正方形ABCD的边,AB CD的中点， /EBFD且EBFD，则四边形EBFD为平行四边形， /BF ED. 又ED 平面AED，而BF 平面AED， /BF平面AED4 分 （）解法一：点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上， 过点A作AG 平面BCDE，垂足为G，连接,GC GD. ACD为正三角形, ACAD,GCGD, G在CD垂直平分线上，又EF是CD的垂直平分线， 点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上6 分 过G作GHED，垂足为H，连接AH，则AHDE，AHG是二面角ADEC的平面 角，即AHG. 设原正方形ABCD的边长为2a，连接AF，在折后图的AEF中，3 ,22 ,AFa EFAEa AEF为直角三角形，AG EFAE AF， 3 2 AGa. 在Rt ADE中 ，A H D EA D A E， 2 , 52 5 aa AHGH则 1 cos 4 GH AH ， 即 E F A B D C H G 12 分 解法二：点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上， 连接AF，在平面AEF内过点A作 1 AGEF，垂足为 1 G ACD为正三角形, F为CD的中点， AFCD. 又,EFCDCD平面AEF. 1 AG 平面AEF， 1 CDAG 又 1 AGEF且CDEFF, CD 平面BCDE,EF 平面BCDE 1 AG平面BCDE 1 G为A在平面BCDE内的射影G， 点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上6 分 过G作GHED，垂足为H，连接AH，则AHDE，AHG是二面角ADEC的平面 角，即AHG. 设原正方形ABCD的边长为2a，连接AF，在折后图的AEF中，3 ,22 ,AFa EFAEa AEF为直角三角形，AG EFAE AF， 3 2 AGa. 在Rt ADE中，AH DEAD AE， 2 , 52 5 aa AHGH 则 1 cos 4 GH AH ， 即12 分 解法三： （同解法一） 点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上， 如图，连接，以点为坐标原点，为轴， 为轴，过点作平行于的向量为轴建立如图所 示的空间直角坐标系 设正方形ABCD的边长为2a，连接， 所以， ， 又平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为 则，即所以 10 分 15 sin. 4 15 sin. 4 AGGGAzGF y GDC x AF3AFa ,2AEa EFa(0,0,0)G 3 (0,0,) 2 a A 3 (,0) 2 a Ca 3 ( ,0) 2 a D a(0,0) 2 a E DEC(0,0,1)n ( , , )mx y z 0 0 AD m DE m 333 0 , 322 202 y zaxayaz axayxy 3 ( 2 , ,) 3 y my y E F A B D C G z x y 所以，即12 分 19 解： （）由图（二）可知，100 株样本树苗中高度高于 1.60 米的共有 15 株，以样本的频率估计总 体的概率， 可知这批树苗的高度高于 1.60 米的概率为 0.15.记X为树苗的高度， 结合图 （一） 、 图 （二） 可得： 2 (1.201.30)(1.701.80)0.02 100 PXPX 13 (1.301.40)(1.601.70)0.13 100 PXPX 1 (1.401.50)(1.501.60)(1 2 0.022 0.13)0.35 2 PXPX 因为组距为 0.1，所以0.2,1.3,3.5abc4 分 （）以样本的频率估计总体的概率，可得从这批树苗中随机选取 1 株，高度在(1.40,1.60的概率为 (1.401.60)(1.401.50)(1.501.60)0.7PXPXPX 因为从这批树苗中随机选取 3 株，相当于三次独立重复试验，所以随机变量(3,0.7)B， 故的分布列为 3 3 ()0.30.7 (0,1,2,3) nnn PnCn ， 即 0 1 2 3 ( )P 0.027 0.189 0.441 0.343 ( )3 0.72.1E 8 分 （）由(1.5,0.01)N，取1.5,0.1, 由（）可知，()(1.401.60)0.70.6826PXPX 又结合（1）可得(22 )PX (1.301.70)2(1.601.70)(1.401.60)0.960.9544PXPXPX 所以这批树苗的高度满足近似于正态分布(1.5,0.01)N的概率分布，应该认为这批树苗是合格的，将 顺利被该公司签收12 分 20 解解:（）因为椭圆E: 22 22 1(0) xy ab ab 过(2, 2),( 6,1)MN两点, 所以解得所以椭圆E的方程为 . 3 分 （）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点,A B且, ) i圆的切线斜率存在时，设直线方程为 联立方程组得,即, 则=,即 3 1 3 cos 41 4 1 3 ay n m n m ay 15 sin. 4 22 22 42 1 61 1 ab ab 2 2 11 8 11 4 a b 2 2 8 4 a b 22 1 84 xy OAOB ykxm 22 1 84 xy ykxm 22 2()8xkxm 222 (12)4280kxkmxm 222222 164(12)(28)8(84)0k mkmkm 22 840km , 6 分 又,则, 即,所以, 所以又,则, 即或8 分 又因为直线为圆心在原点的圆的一条切线, 所以圆的半径为, 所 求 的 圆 为, 此 时 圆 的 切 线都 满 足或 10 分 )ii当切线的斜率不存在时，切线为与椭圆的两个交点为 或满足, 综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点,A B， 且12 分 21 解解： （）设切点 0 0 22 0 ,0, axax uxkax xx 又切点在函数上， 0 0u x即 00 0 ln0ln1 a xx x 0 11 ,xa ee 4 分 （）证明:不妨设，所以在上单调递减， 又 10,2ln20 2 aa u euee ee ， 所以必存在，使得，即 12 2 2 12 2 4 12 28 12 km xx k m x x k 222222 222 12121212 222 (28)48 ()()() 1 21 21 2 kmk mmk y ykxm kxmk x xkm xxmm kkk OAOB 1212 0 x xy y 222 22 288 0 1 21 2 mmk kk 22 3880mk 2 2 38 0 8 m k 22 840km 2 2 2 38 m m 2 8 3 m 2 6 3 m 2 6 3 m ykxm 2 1 m r k 22 2 22 8 3813 1 8 mm r mk 2 6 3 r 22 8 3 xyykxm 2 6 3 m 2 6 3 m 2 6 3 x 22 1 84 xy 2 62 6 (,) 33 2 62 6 (,) 33 OAOB 22 8 3 xy OAOB )0 ,( 0 xP )(xu 12 xx 2 1 ( )0 a u x xx ()ux(0,) 0 ( ,2 )xe e 0 ()0u x,ln 0 0 x x a .6 分 当时， 2222 ln11111 ln 0 xxaxxaax fx xxxxx ， 所以在区间上单调递减， 注意到， 00 00 000 lnln ln0 xxa f xx xxx 所以函数在区间上存在零点，且9 分 当时, 222 ln111 ln 0 xxaax fx xxxx 所以在区间上单调递增， 又 00 00 000 lnln ln0 xxa f xx xxx ， 且 ln21ln241411 2ln2ln21ln20 222252522 ae feee eeeeee , 所以在区间上必存在零点，且. 综上，有两个不同的零点、，且. 2121 2xxxxeee 12 分 22 解： （）曲线C的参数方程为 1 cos sin x y （为参数） ， 消去参数可得： 22 (1)1xy， 又cos ,sinxy代入化简得：2cos 即曲线C的极坐标方程为：2cos5 分 （）直线l的极坐标方程是2cos()3 3 6 ，与射线: 3 OM 相交，交点到原点的距离 1 3 3 3 2cos() 36 OQ ， 曲线C与射线: 3 OM 相交，交点距离 2 2cos1 3 OP 则 12 2PQOQOP10 分 23解： （）因为 5| )2() 3( |2|3|xxxx 当 0)2)(3(xx ，即 23x 时取等号 所以 )(xf 的最小值为 5，所以 5m 由 5| 12|xx 得 5) 12( 012 xx x 或 5) 12( 012 xx x 解得 2 1 4x 或 2 2 1 x 即 24x 所以不等式的解集是 )2 , 4( 5 分 （） ) 14)(14( ) 14() 14(414416)(4) 14( 22 222222