2019年湖南单招理科数学模拟试题【含答案】

个人整理精品文档，仅供个人学习使用年湖南单招理科数学模拟试题（一）【含答案】一、选择题：本大题共个小题，每小题分，共分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.复数等于（）已知，若，则实数的取值范围为（）在区间，上任选两个数，则的概率为（）若（）（）（）（）是偶函数，则有序实数对（，）可以是（）（，）（，）（，）（，）朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的四元玉鉴卷中“如像招数”五问有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日”其大意为：“官府陆续派遣人前往修筑堤坝，第一天派出人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多人，修筑堤坝的每人每天分发大米升，共发出大米升，问修筑堤坝多少天”这个问题中，前天应发大米（）升升米米平行四边形中， ，则的值为（）执行如图所示的程序框图，如果输入的，则输出的，的值分别为（），如图，某几何体的三视图为三个边长均为的正方形及两条对角线，则它的表面积为（）如图，有一直角墙角，两边的长度足够长，若处有一棵树与两墙的距离分别是和（），不考虑树的粗细现用长的篱笆，借助墙角围成一个矩形花圃设此矩形花圃的最大面积为，若将这棵树围在矩形花圃内，则函数（）（单位）的图象大致是（）双曲线的渐近线方程为，一个焦点为（，），点（，），点为双曲线第一象限内的点，则当点位置变化时，周长的最小值为（）棱长为的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形（正四面体的截面）的面积是（）若函数（）（，）在，上存在零点，且，则的取值范围是（），二、填空题（每题分，满分分，将答案填在答题纸上）在（）（）（）的展开式中，项的系数是 （用数字作答）设不等式组，表示的平面区域为，若函数（）的图象上存在区域上的点，则实数的取值范围是 直线过抛物线：（）的焦点，与抛物线交于、两点，与其准线交于点，若，则 已知数列满足，（），则该数列的前项的和为 三、解答题（本大题共小题，共分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）如图，在平面四边形中，已知，在边上取点，使得，连接，若，（）求的值；（）求的长如图，在多面体中，四边形为等腰梯形，与交于，且，矩形底面，为上一动点，满足（）若平面，求实数的值；（）当时，锐二面角的余弦值为，求多面体的体积专家研究表明，是霾的主要成份，在研究形成原因时，某研究人员研究了与燃烧排放的、等物质的相关关系下图是某地某月与和相关性的散点图（）根据上面散点图，请你就，对的影响关系做出初步评价；（）根据有关规定，当排放量低于时排放量达标，反之为排放量超标；当值大于时雾霾严重，反之雾霾不严重根据与相关性的散点图填写好下面列联表，并判断有多大的把握认为“雾霾是否严重与排放量有关”：雾霾不严重雾霾严重总计排放量达标排放量超标总计（）我们知道雾霾对交通影响较大某市交通部门发现，在一个月内，当排放量分别是，时，某路口的交通流量（单位：万辆）一次是，而在一个月内，排放量是，的概率一次是，（），求该路口一个月的交通流量期望值的取值范围附：（）设、是椭圆：（）的四个顶点，四边形是圆：的外切平行四边形，其面积为椭圆的内接的重心（三条中线的交点）为坐标原点（）求椭圆的方程；（）的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由已知函数（）（），（）（），（）判断直线（）能否与曲线（）相切，并说明理由；（）若不等式（）（）有且仅有两个整数解，求的取值范围选修：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线：（为参数，为大于零的常数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立坐标系，曲线的极坐标方程为（）若曲线与有公共点，求的取值范围；（）若，过曲线上任意一点作曲线的切线，切于点，求的最大值选修：不等式选讲设函数（），（）当时，解不等式：（）；（）若关于的不等式（）的解集为，且两正数和满足，求证：年湖南单招理科数学模拟试题（一）含答案一、选择题：本大题共个小题，每小题分，共分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.复数等于（）【考点】：复数代数形式的混合运算【分析】由完全平方公式，知，由此利用虚数单位的性质能够求出结果【解答】解：，故选已知，若，则实数的取值范围为（）【考点】：集合的包含关系判断及应用【分析】求出集合，由，列出方程组，能求出实数的取值范围【解答】解：，解得实数的取值范围为故选：在区间，上任选两个数，则的概率为（）【考点】：几何概型【分析】由题意，本题是几何概型，利用变量对应区域的面积比求概率即可【解答】解：由题意，在区间，上任选两个数，对应区域如图：面积为，则的区域面积为，所以所求概率为；故选若（）（）（）（）是偶函数，则有序实数对（，）可以是（）（，）（，）（，）（，）【考点】：函数奇偶性的性质【分析】根据函数奇偶性的定义建立方程进行求解即可【解答】解：函数的定义域是，若函数（） 是偶函数，则（）（），即（），即，排除，故选：朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的四元玉鉴卷中“如像招数”五问有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日”其大意为：“官府陆续派遣人前往修筑堤坝，第一天派出人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多人，修筑堤坝的每人每天分发大米升，共发出大米升，问修筑堤坝多少天”这个问题中，前天应发大米（）升升米米【考点】：等差数列的前项和【分析】先利用等差数列通项公式求出第天派出的人数，再利用等差数列前项和公式求出前天一共派出多少人，由此能求出结果【解答】解：第一天派出人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多人，第天派出：人，前天共派出（人），前天应发大米：（升）故选：平行四边形中， ，则的值为（）【考点】：平面向量数量积的运算【分析】由题意利用两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量的数量积的运算公式求得的值【解答】解：如图：平行四边形中， ，为的中点，（）（），故选：执行如图所示的程序框图，如果输入的，则输出的，的值分别为（），【考点】：程序框图【分析】模拟执行程序框图的运行过程，即可得出程序运行后输出的结果【解答】解：执行如图所示的程序框图，输入，满足、都是偶数，满足、都是偶数，满足、都是偶数，不满足、都是偶数，满足，满足，不满足，退出循环，输出，故选：如图，某几何体的三视图为三个边长均为的正方形及两条对角线，则它的表面积为（）【考点】!：由三视图求面积、体积【分析】由几何体的三视图还原几何体，该几何体是同底面的上下两个正四棱锥的组合体，根据各边是边长为的等边三角形求表面积【解答】解：如图所示，该几何体是同底面的上下两个正四棱锥则该几何体的表面积；故选如图，有一直角墙角，两边的长度足够长，若处有一棵树与两墙的距离分别是和（），不考虑树的粗细现用长的篱笆，借助墙角围成一个矩形花圃设此矩形花圃的最大面积为，若将这棵树围在矩形花圃内，则函数（）（单位）的图象大致是（）【考点】：函数的图象【分析】求矩形面积的表达式，又要注意点在长方形内，所以要注意分析自变量的取值范围，并以自变量的限制条件为分类标准进行分类讨论判断函数的图象即可【解答】解：设长为，则长为又因为要将点围在矩形内，则矩形的面积为（），当时，当且仅当时，当时，（），分段画出函数图形可得其形状与接近故选：双曲线的渐近线方程为，一个焦点为（，），点（，），点为双曲线第一象限内的点，则当点位置变化时，周长的最小值为（）【考点】：双曲线的简单性质【分析】利用已知条件求出，求出双曲线方程，利用双曲线的定义转化求解三角形的最小值即可【解答】解：双曲线的渐近线方程为，一个焦点为，可得，双曲线方程为，设双曲线的上焦点为，则，的周长为，当点在第一象限时，的最小值为，故的周长的最小值为故选：棱长为的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形（正四面体的截面）的面积是（）【考点】：简单组合体的结构特征【分析】做本题时，需要将原图形在心中还原出来，最好可以做出图形，利用图形关系，就可以求解了【解答】解：棱长为的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图为，则图中，为中点，则，在中，三角形的面积是，故选若函数（）（，）在，上存在零点，且，则的取值范围是（），【考点】：函数零点的判定定理【分析】讨论零点个数，列出不等式组，作出平面区域，得出的取值范围【解答】解：设，则，关于的方程在，上有解，令（），（）若（）在，上存在两个零点，则，无对应的平面区域，（）若（）在，上存在个零点，则（）（），作出平面区域如图所示：解方程组得（，）的范围是，故选二、填空题（每题分，满分分，将答案填在答题纸上）在（）（）（）的展开式中，项的系数是（用数字作答）【考点】：二项式定理的应用【分析】利用二项展开式的通项公式，求得项的系数【解答】解：（）（）（）的展开式中，项的系数是，故答案为：设不等式组，表示的平面区域为，若函数（）的图象上存在区域上的点，则实数的取值范围是，）【考点】：对数的运算性质【分析】如图所示，不等式组，表示的平面区域为，联立，解得（，）根据函数（）的图象上存在区域上的点，可得经过点时，取得最小值，可得【解答】解：如图所示，不等式组，表示的平面区域为，联立，解得，（，）函数（）的图象上存在区域上的点，经过点时，取得最小值，解得则实数的取值范围是，）故答案为：，）直线过抛物线：（）的焦点，与抛物线交于、两点，与其准线交于点，若，则【考点】：抛物线的简单性质【分析】过，向准线作垂线，利用抛物线的定义得出直线的斜率，计算可得为的中点，利用中位线定理得出的值【解答】解：过，作准线的垂线，垂足分别为，则，直线的斜率为，是的中点，即故答案为：已知数列满足，（），则该数列的前项的和为【考点】：数列的求和【分析】先利用题中条件找到数列的特点，即其奇数项构成了首项为，公差为的等差数列，而其偶数项则构成了首项为，公比为的等比数列，再对其和用分组求和的方法找到即可【解答】解：由题中条件知，即其奇数项构成了首项为，公差为的等差数列，而其偶数项则构成了首项为，公比为的等比数列，所以该数列的前项的和为 （）（）故答案为：三、解答题（本大题共小题，共分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）如图，在平面四边形中，已知，在边上取点，使得，连接，若，（）求的值；（）求的长【考点】：三角形中的几何计算【分析】（）在中，正弦定理求出；（）在中，由余弦定理得，得由余弦定理得、在直角中，求得，在中，由余弦定理得即可【解答】解：（）在中，由正弦定理得，（）在中，由余弦定理得，即，解得由余弦定理得，在直角中，在中，由余弦定理得如图，在多面体中，四边形为等腰梯形，与交于，且，矩形底面，为上一动点，满足（）若平面，求实数的值；（）当时，锐二面角的余弦值为，求多面体的体积【考点】：棱柱、棱锥、棱台的体积；：直线与平面平行的判定【分析】（）连结，根据线面平行的性质可知，故而四边形为平行四边形，于是；（）以为原点建立空间坐标系，求出平面和平面的法向量，根据二面角的大小，列方程求出，代入棱锥的体积公式即可【解答】解：（）连接，在梯形中，平面，平面平面，平面，又，四边形为平行四边形，即（）距形底面，平面平面，底面，底面以为原点，以，所在直线为坐标轴建立如图所示空间直角坐标系，设（），同理，（，），（，），（，），（，），（，），（，），（，）设平面的法向量为（，），平面的法向量为（，）则，令，得（，），（，），解得：多面体的体积为专家研究表明，是霾的主要成份，在研究形成原因时，某研究人员研究了与燃烧排放的、等物质的相关关系下图是某地某月与和相关性的散点图（）根据上面散点图，请你就，对的影响关系做出初步评价；（）根据有关规定，当排放量低于时排放量达标，反之为排放量超标；当值大于时雾霾严重，反之雾霾不严重根据与相关性的散点图填写好下面列联表，并判断有多大的把握认为“雾霾是否严重与排放量有关”：雾霾不严重雾霾严重总计排放量达标排放量超标总计（）我们知道雾霾对交通影响较大某市交通部门发现，在一个月内，当排放量分别是，时，某路口的交通流量（单位：万辆）一次是，而在一个月内，排放量是，的概率一次是，（），求该路口一个月的交通流量期望值的取值范围附：（）【考点】：独立性检验的应用；：离散型随机变量及其分布列【分析】（）根据散点图知得出结论对以及对是否有相关关系；（）填写列联表，由表中数据计算，对照临界值得出结论；（）设交通流量是，根据的分布列，计算，求出它的取值范围【解答】解：（）根据散点图知，对有正相关关系，而对没有相关关系；（）列联表如下：雾霾不严重雾霾严重总计排放量达标排放量超标总计由表中数据可知；故有的把握认为“雾霾是否严重与排放量有关”；（）设交通流量是，则得如下分布列：交通流量因为，所以（，）；即，即交通流量期望值在万辆到万辆之间设、是椭圆：（）的四个顶点，四边形是圆：的外切平行四边形，其面积为椭圆的内接的重心（三条中线的交点）为坐标原点（）求椭圆的方程；（）的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由【考点】：椭圆的简单性质【分析】（）由题意可得关于，的方程组，求解方程组得到，的值，则椭圆方程可求；（）当直线斜率不存在时，直接求出，到直线的距离，可得的面积；当直线的斜率存在时，设直线方程为：，（，），（，）联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，由判别式大于可得与的关系，利用根与系数的关系可得，横坐标的和与积，由为的重心求得的坐标把点坐标代入椭圆方程，可得由弦长公式求得，再求出点到直线的距离，代入三角形面积公式整理得答案【解答】解：（）四边形是圆外切平行四边形，又四边形的面积，联立解得，故所求椭圆 的方程为；（）当直线斜率不存在时，为的重心，为椭圆的左、右顶点，不妨设（，），则直线的方程为，可得，到直线的距离，当直线的斜率存在时，设直线方程为：，（，），（，）联立，得（），则（）（）（）即，为的重心，点在椭圆上，故有，化简得又点到直线的距离（是原点到距离的倍得到）综上可得，的面积为定值已知函数（）（），（）（），（）判断直线（）能否与曲线（）相切，并说明理由；（）若不等式（）（）有且仅有两个整数解，求的取值范围【考点】：利用导数研究函数的单调性；：利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（）求出函数的导数，设切点为（，），得到设（），根据函数的单调性求出的值，判断结论即可；（）根据（），令（），根据函数的单调性求出（）的最小值，通过讨论的范围，求出满足条件的的范围即可【解答】解：（）假设存在这一的实数使得（）的图象与（）相切，设切点为（，），由（）（）可知，（），即（）又函数（）的图象过定点（，），因此，即（）联立、消去有设（），则（），所以（）在上单调递增，而（），（），（）（），故存在（，），使得（），所以存在直线（）能与曲线（）相切（）由（）（）得（）令（），则（）令（），则（），所以（）在上单调递增，又（），（），所以（）在上有唯一零点（，），此时（）在（，）上单调递减，在（，）上单调递增（）（），易证，（）当时，（