湖南长沙第一中学高三数学模拟卷一文

长沙市一中2019届高考模拟卷（一）数学（文科）第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.已知集合，则AB=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】通过不等式的解法求出集合A，然后求解交集即可【详解】由已知得，所以，故选B.【点睛】本题考查二次不等式的求法，交集的定义及运算，属于基础题2.已知函数，则下列判断正确的是（ ）A. 函数是奇函数，且在R上是增函数B. 函数是偶函数，且在R上是增函数C. 函数是奇函数，且在R上是减函数D. 函数是偶函数，且在R上是减函数【答案】A【解析】【分析】求出的定义域，判断的奇偶性和单调性，进而可得解.【详解】的定义域为R，且；是奇函数；又和都是R上的增函数；是R上的增函数故选：A【点睛】本题考查奇偶性的判断，考查了指数函数的单调性，属于基础题3.将一颗质地均匀的骰子（它是一种各面上分别标有1，2，3，4，5，6点数的正方体玩具）先后抛掷2次，记第一次出现的点数为m，记第二次出现的点数为n，则m2n的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】基本事件总数n6636，利用列举法求出m2n（kN*）包含的基本事件有3个，由古典概型概率公式计算即可【详解】由题意得，基本事件总数有：种，事件“”包含的基本事件有：，共3个，所以事件“”的概率为.故选B.【点睛】本题考查概率求法，考查列举法、古典概型等基础知识，是基础题4.已知复数，在复平而上对应的点分别为A（1，2），B（1，3），则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】点的坐标得到复数z1，z2，代入后由复数代数形式的除法运算化简求值即可得到的虚部【详解】解：由复数在复平面上对应的点分别是A（1，2），B（1，3），得：1+2i，1+3i则的虚部为故选：D【点睛】本题考查了复数代数形式的表示法及其几何意义，考查了复数代数形式的除法运算，是基础题5.若双曲线的实轴长为2，则其渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用双曲线的实轴长求出a，然后求解渐近线方程即可【详解】双曲线的实轴长为2，得，又，所以双曲线的渐近线方程为.故选A.【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查渐近线方程，属于基础题6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三视图的几何特点，利用三视图的数据，求出侧视图的面积即可【详解】由三视图的数据，结合“长对正，宽相等”可得俯视图斜边上的高即为侧视图的底边长，正视图的高即为侧视图的高，所以侧视图的面积为：故选：C【点睛】本题考查三视图在形状、大小方面的关系，考查空间想象能力，属于基础题7.等比数列各项为正，成等差数列，为的前n项和，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设的公比为q（q0，q1），利用a3，a5，a4成等差数列结合通项公式，可得2a1q4a1q2a1q3，由此即可求得数列的公比，进而求出数列的前n项和公式，可得答案【详解】设的公比为，成等差数列，得或（舍去），.故选D.【点睛】本题考查等差数列与等比数列的综合，熟练运用等差数列的性质，等比数列的通项是解题的关键8.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，关于直线A1O，下列说法正确的是（ ）A. A1ODCB. A1OBCC. A1O平面BCDD. A1O平面ABD【答案】C【解析】【分析】推导出A1DB1C，ODB1D1，从而平面A1DO平面B1CD1，由此能得到A1O平面B1CD1再利用空间线线、线面的位置关系排除其它选项即可.【详解】由异面直线的判定定理可得A1O与DC是异面直线，故A错误；假设A1OBC，结合A1ABC可得BCA1ACC1，则可得BCAC，显然不正确，故假设错误，即B错误；在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，A1DB1C，ODB1D1，A1DDOD，B1D1B1CB1，平面A1DO平面B1CD1，A1O平面A1DO，A1O平面B1CD1故C正确；又A1A平面ABD，过一点作平面ABD的垂线有且只有一条，则D错误，故选：C【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题9.已知函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为，若将函数的图象向左平移后得到偶函数的图象，则函数的一个单调递减区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由对称中心之间的距离为可得三角函数的周期，从而可求得的值，利用经过平移变换后得到的函数是偶函数求得的值，从而根据正弦函数的单调性可得结果【详解】因为函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为，所以，可得，将函数的图象向左平移后，得到是偶函数，所以，解得，由于，所以当时则，令，解得，当时，单调递减区间为，由于，所以是函数的一个单调递减区间，故选B【点睛】本题主要考查正弦型函数的周期性和单调性的应，以及三角函数图象的平移变换规律，属于中档题函数的单调区间的求法：若,把看作是一个整体，由求得函数的减区间，由求得增区间.10.已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，点M在第一象限的抛物线C上，直线MF的斜率为，点M在直线l上的射影为A，且MAF的面积为4，则p的值为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】B【解析】【分析】如图所示，由直线MF的斜率为，可得AMF60再利用抛物线的定义得出面积的表达式，解出p即可【详解】如图所示，直线MF的斜率为，MFx60AMF60， 由抛物线的定义可得：|MA|MF|，得，所以为等边三角形，故选B.【点睛】本题考查了抛物线的定义标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11.已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推那么该数列的前50项和为A. 1044B. 1024C. 1045D. 1025【答案】A【解析】【分析】将已知数列分组，使每组第一项均为1，第一组：，第二组：，第三组：，第k组：，根据等比数列前n项和公式，能求出该数列的前50项和【详解】将已知数列分组，使每组第一项均为1，即：第一组：，第二组：，第三组：，第k组：，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：，每项含有的项数为：1，2，3，k，总共项数为，当时，故该数列的前50项和为故选：A【点睛】本题考查类比推理，考查等比数列、分组求和等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力、归纳总结能力，属于中档题12.若不等式对成立，则实数m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设，由题意将原问题转化为求，利用导数分析的单调性求得最大值，代入解不等式即可.【详解】设，由，则在上恒成立，单调递减，则；当时，解得：；当时，恒成立；综上知：当m时，不等式对成立.故选A.【点睛】本题考查了利用导数求解函数最值的问题，考查了绝对值不等式的解法，考查了恒成立问题的转化，属于中档题.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.如图，在ABC中，AB2，BC3，ABC60，AHBC于点H，若，则_.【答案】.【解析】【分析】由题意可得，从而由，解得+【详解】AB2，ABC60，BH1，故，故+；故答案为：【点睛】本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用14.已知x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为_。【答案】3.【解析】【分析】画出满足条件的平面区域，由z2xy得：y2xz，平移直线y2xz，当过A（1，1）时，z最大，代入求出z的最大值即可【详解】画出不等式组表示的可行域（三角形），由得到，平移直线，由图形得，当直线经过可行域内的点时，直线在轴上的截距最小，此时取得最大值.由，解得，所以点的坐标为，得.故答案为：3.【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，是一道中档题15.若函数称为“准奇函数”，则必存在常数a，b，使得对定义域的任意x值，均有，已知为准奇函数”，则ab_。【答案】2.【解析】【分析】根据函数关于点对称的关系式，找到函数f（x）的对称点，即可得到结论【详解】由知“准奇函数”关于点对称；因为=关于对称，所以，.故答案为：2.【点睛】本题考查新定义的理解和应用，考查了函数图象的对称性的表示方式，属于基础题16.已知等腰ABC的面积为4，AD是底边BC上的高，沿AD将ABC折成一个直二面角，则三棱锥A一BCD的外接球的表面积的最小值为_。【答案】.【解析】【分析】由题意可知DA，DB，DC两两互相垂直，然后把三棱锥补形为长方体求解【详解】设，则由面积可得ab=4；由已知，平面，将三棱锥补形为一个长方体，则三棱锥的外接球就是该长方体的外接球，且该长方体的长宽高分别为、，则球的直径，则球的表面积为，因，故.故答案为：.【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，训练了“分割补形法”，考查了基本不等式求最值的方法，是中档题三、解答题：本大题共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骚第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，(一）必考题：共60分，17.如图，在梯形中，为上一点，.（1）若，求；（2）设，若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)先由题中条件求出，再由余弦定理即可求解；(2)先由，表示出，进而可用表示出，再由，即可求解.【详解】解：（1）由，得.在中，；在中， 在中，由余弦定理得， （2）因为，所以，在中，；在中， 由得， 所以，即， 整理可得【点睛】本题主要考查解三角形的问题，常用余弦定理和正弦定理等来处理，属于基础题型.18.为推动更多人阅读，联合国教科文组织确定每年的4月23日为“世界读书日”设立目的是希望居住在世界各地的人，无论你是年老还是年轻，无论你是贫穷还是富裕，都能享受阅读的乐趣，都能尊重和感谢为人类文明做出过巨大贡献的思想大师们，都能保护知识产权为了解不同年龄段居民的主要阅读方式，某校兴趣小组在全市随机调查了200名居民，经统计这200人中通过电子阅读与纸质阅读的人数之比为3：1，将这200人按年龄分组，其中统计通过电子阅读的居民得到的频率分布直方图如图所示，（1）求a的值及通过电子阅读的居民的平均年鹼；（2）把年龄在第1，2，3组的居民称为青少年组，年龄在第4，5组的居民称为中老年组，若选出的200人中通过纸质阅读的中老年有30人，请完成下面22列联表，并判断是否有975的把握认为阅读方式与年齡有关？参考公式：.【答案】（1）41.5；（2）有的把握认为阅读方式与年龄有关.【解析】【分析】（1）根据频率和为1，列方程求出a的值，再计算数据的平均值；（2）根据题意填写列联表，计算观测值，对照数表得出结论【详解】（1）由频率分布直方图可得：，解得，所以通过电子阅读居民的平均年龄为：.（2）由题意200人中通过电子阅读与纸质阅读的人数之比为，纸质阅读的人数为，其中中老年有30人，纸质阅读的青少年有20人，电子阅读的总人数为150，青少年人数为，则中老年有60人，得列联表，电子阅读纸质阅读合计（人）青少年（人）9020110中老年（人）603090合计（人）15050200计算，所以有的把握认为阅读方式与年龄有关.【点睛】本题考查了频率分布直方图与独立性检验的应用问题，是基础题19.如图，多面体 ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，且平面ABCD平面DCEAFDE，且AFDE2，BF2（1）求证：ACBE；（2）若点F到平面DCE的距离为，求直线EC与平面BDE所成角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题意及勾股数可证得平面平面，再由面面垂直的性质可证DE与平面ABCD垂直,可得ACDE，再结合菱形中的垂直证得平面，从而得到结论；（2）设，连接.由（1）平面，则是在平面内的射影，可得与平面所成的角为.由点F到平面DCE的距离可得菱形中，可求得OC，在中，可求得EC，则可得结果.【详解】（1），即.，.平面平面，平面，平面平面，平面，ACDE.四边形为菱形，. 由，且，平面.（2）设，连接.由（1）平面，是在平面内的射影，与平面所成的角为.，平面，平面，平面，点到平面的距离等于点到平面的距离.在平面内作，交延长线于.平面平面，平面，.（或转化为点到平面的距离），菱形中，.在中，.与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质定理的应用，考查了空间线线、线面、面面的位置关系的转化，考查线面角的作法及求解，属于中档题20.已知圆，A（1，1）为圆内一点，P，Q为圆上的动点，且PAQ，M是PQ的中点。（1）求点M的轨迹曲线C的方程；（2）设对曲线C上任意一点H，在直线ED上是否存在与点E不重合的点F，使是常数，若存在，求出点F的坐标，若不存在，说明理由【答案】（1）；（2）见解析.【解析】分析】（1）利用直角三角形的中线定理及垂径定理，得到利用两点距离公式求出动点的轨迹方程（2）先设出F的坐标，将用点点距表示出，化简得到，利用解得t的值即可【详解】（1）设点，由，得，化简得，即.（2）点，直线方程为，假设存在点，满足条件，设，则有，当是常数，是常数，或（舍），存在满足条件.【点睛】本题考查了轨迹方程的求法，考查了分式型定值问题的求解，考查了运算能力，属于中档题21.已知函数（1）讨论函数的单调性（2）函数，且若在区间（0，2）内有零点，求实数m的取值范围【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）f（x）exm，对m分类讨论，利用导数的正负研究函数的单调性即可得出（2）设是在区间内的一个零点，由g（0）g（）g（2）0，转化为：在区间内至少有两个不同零点及，通过研究的单调性、极值最值，进而得出m的取值范围【详解】（1）f（x）exm，当时，成立，在上单调递增；当时，令，得，则在区间单调递减，在单调递增.（2），设是在区间内的一个零点，因为，可知在区间上不单调，故在区间存在零点；同理：由，可知在区间上存在零点，即在区间内至少有两个不同零点及.由（1）知，得，此时在区间单调递减，在单调递增.由，知，所以，则；故只需：，解得：.所以实数的取值范围是.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题（二）选考题：共10分请考生在22、23两题