湖南省八校2019届高三数学毕业班调研联考(暑假返校考试)试题(含参考)理

1、湖南省八校2019届高三数学毕业班调研联考(暑期返校考试)试题(含参照答案)理湖南省八校2019届高三数学毕业班调研联考(暑期返校考试)试题(含参照答案)理21/21湖南省八校2019届高三数学毕业班调研联考(暑期返校考试)试题(含参照答案)理湖南省2019届高三毕业班调研联考（暑期返校考试）数学(理科)本试题卷共23题(含选考题)。考试时间：120分钟满分：150分注意事项：1答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自已的姓名、准考证号和座位号后两位。2答第卷时，每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3答第卷时，必定使用0

2、.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清楚。作图题可先用铅笔在答题卷规定的地址绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必定在题号所指示的答题地域作答，超出答题地域书写的答案无效，在试题卷、稿本纸上答题无效。第I卷（选择题）一、选择题。(本大题共12个小题，每题5分，满分60分。在每题的四个选项中只有一个选项最吻合题目要求。)Pxx22x02，则（）1已知会集，Qx1xA.0,1)B.(0,2C.(1,2)D.1,2122已知i1i（i为虚数单位），则复数z（）=zA.1iB.1iC.1iD.1i3如表是我国某城市在2017年1月份至10月份个月最低温与最高温（C）

3、的数据一览表1月份12345678910最高温59911172427303121最低温123127171923251已知该城市的各月最低温与最高温拥有相关关系，依照这一览表，则以下结论错误的选项是（）最低温与最高位为正相关B.每个月最高平易最低温的平均值在前8个月逐月增加C.月温差（最高温减最低温）的最大值出现在1月D.1月至4月的月温差（最高温减最低温）有对于7月至10月，颠簸性更大4等比数列a的前项和为S，且4a，2a，a成等差数列，若a1，nnn1231则s4（）A.7B.8C.15D.165已知函数fx为奇函数,且当x0时,fxx210,则f1x()6执行以下列图的程序框图，若是输入的

4、t0.01，则输出的n()A.57三次函数f(x)ax33x22x1的图象在点(1,f(1)处的切线与x2轴平行，则f(x)在区间(1,3)上的最小值是（）A8B11C11D5363328已知a2sin130,2sin770，ab1，a与ab的夹角为，则a?b（）3A.2B.3C.4D.59平面直角坐标系xOy中，动点P到圆x2y21上的点的最小距离与其到直线2x1的距离相等，则P点的轨迹方程是（）Ay28xBx28yCy24xDx24y10某周围体的三视图以下列图，则该周围体的四个面中，直角三角形的面积和是（）A.2B.4C.25D.425x2y21(ab0)，点M，N，F分别为椭圆C的左极

5、点、11已知椭圆C：b2a2上极点、左焦点，若MFNNMF90，则椭圆C的离心率是（）5131C.213A.B.D.222212已知是由拥有公共直角边的两块直角三角板（与）组成的三角形，如左以下列图所示.其中，.现将沿斜边进行翻折成（不在平面上）.若分别为和的中点，则在翻折过程中，以下命题不正确的选项是（）A.在线段上存在必然点，使得的长度是定值B.点在某个球面上运动C.对于任意地址，二面角向来大于二面角3D.存在某个地址，使得直线与所成角为第II卷（非选择题）二、填空题。(本大题共4个小题，每题5分。满分20分。请将答案填在答题卡上的对应地址上。)13设，y满足拘束条件则zx3y的取值范围为

6、x14某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率为_15在数列an中，a11,13,nN，且bn1记3an1an(an3)3anPnb1b2bn，Snb1b2bn，则3n1PnSn16如图，在中，点在线段上，且，则的面积的最大值为_4三、解答题。(本大题共6个小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。)17（本小题满分12分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且cosAcosBsinC.abc（）证明：sinAsinB=sinC；（）若b2c2a26bc，求tanB.518（本小题满分12分）如图，四棱锥P-A

7、BC中，PA底面ABCD，ADBC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（）证明MN平面PAB;（）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.19（本小题满分12分）某商场进行有奖促销活动，顾客购物每满500元，可选择返回50元现金或参加一次抽奖，抽奖规则以下：从1个装有6个白球、4个红球的箱子中任摸一球，摸到红球即可获取100元现金奖励，假设顾客抽奖的结果相互独立.（）若顾客选择参加一次抽奖，求他获取100元现金奖励的概率；（）某顾客已购物1500元，作为商场经理，是希望顾客直接选择返回150元现金，还是选择参加3次抽奖？说明原由；（）若顾客参

8、加10次抽奖，则最有可能获取多少现金奖励？20（本小题满分12分）已知中心在原点O，左、右焦点分别为F1,F2的椭圆的离心率为6，3焦距为22，A，B是椭圆上两点.5（）若直线AB与以原点为圆心的圆相切，且OAOB，求此圆的方程；（）动点P满足：OPOA3OB，直线OA与OB的斜率的乘积为1，求动点P的3轨迹方程.21设函数，xR，其中a,bR.（）求的单一区间；（）若存在极值点，且，其中，求证：；（）设，函数，求证：在区间上的最大值不小于.(选考题)22选修4-4：坐标系与参数方程以直角坐标系中，以为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的参数方程为（为参数），曲线的方程为，定点，点是曲线

9、上的动点，为的中点.（）求点的轨迹的直角坐标方程；（）直线与曲线订交于两点，若，求实数的取值范围.(选考题)23选修4-5：不等式选讲6已知函数fxxax2（）当a3时，求不等式fx7的解集；（）若fxx4的解集包含0,2，求a的取值范围7湖南省2019届高三毕业班摸底调研联考理科数学试题卷参照答案及分析题号123456789101112答案CDBCACDBACAD1C.【分析】由题意得，CRP(0,2)，应选C.121i22i1ii2i2D【分析由1i，得z1i1i1i1i，应选D.z1i3B【分析】月份123456789最高温599111724273031最低温12312717192325

10、温差1712813107876将最高温度、最低温度、温差列表如图，由表格前两行可知最低温大体随最高温增大而增大，A正确；由表格可知每个月最高温与最低温的平均值在前8个月不是逐月增加，B错；由表格可知，月温差（最高温减最低温）的最大值出现在11月，C正确；由表格可知1月至4月的月温差（最高温减最低温）有对于7月至10月，颠簸性更大，D正确，应选B.4C【分析】试题分析：设等比数列an的公比为q，4a1,2a2,a3成等差数列，则4a1+a34a2即4a1a1q24a1q，解得q2，a11，则S412415；125A【分析】由于fx是奇函数，因此f1f1112，应选A.86C【分析】试题分析：执行

11、第1次，t=0.01,S=1,n=0,m=1=0.5,S=S-m=0.5,2m=0.25,n=1,S=0.5t=0.01,是，循环，2执行第2次，S=S-m=0.25,mm=0.125,n=2,S=0.25t=0.01,是，循环，2执行第3次，S=S-m=0.125,mm=0.0625,n=3,S=0.125t=0.01,是，循环，2执行第4次，S=S-m=0.0625,mm=0.03125,n=4,S=0.0625t=0.01,是，循环，2执行第5次，S=S-m=0.03125,mmt=0.01,是，循环，=0.015625,n=5,S=0.031252执行第6次，S=S-m=0.01562

12、5,mmt=0.01,是，循环，=0.0078125,n=6,S=0.0156252执行第7次，S=S-m=0.0078125,mm=0.00390625,n=7,S=0.0078125t=0.01,否，输出2n=7，应选C.3ax22，因此kf(1)3a10a17D【分析】试题分析：f(x)3x3，因此f(x)x23x20 x1或x2，因此，f(x)在区间(1,2)上单一减，f(x)在区间(2,3)f(2)1834221=5，选D.上单一增，因此最小值是3238B【分析】由于a2sin130,2sin770,ab1，向量a与ab的夹角为，302020202，则a2sin132sin772si

13、n132cos132aaba2ab4ab1因此cos，因此ab3，应选B.aab2312129A【分析】试题分析：设圆心为C，动点P到直线的距离为d，依照题意得：PC1d，可得PCd1，即：动点P到圆x221上的点的最小距离与其到直线x2y29的距离相等，依照抛物线的定义，动点P的轨迹为以2,0为焦点，以x2为准线的抛物线，设方程为y22px，则p2，p4，因此抛物线方程为：y28x，选A210C【分析】试题分析：由三视图可得原几何体，以下列图，该几何体的高PO2，底面ABC为边长为2的等腰直角三角形，因此该几何体中，直角三角形是底面ABC和侧面PBC,事实上，由于PO底面ABC，因此平面PA

14、C底面ABC，而BCAC，因此BC平面PAC，因此BCPC，PC22125，SPBC1255,SABC1222，因此该周围体的四个面中，直角三角形的22面积和为25，应选C11A【分析】解：以下列图，tan=b,tan=b，acMFN=NMF+90,NFO=180-MFN=90-NMF，即tanNFO1,ba，,则b2=a2-c2=ac，tanNMFcbe2+-1=0,得e512本题选择A选项.1012D【分析】不如设，取中点，易知落在线段上，且,因此点到点的距离向来为，即点在以点为球心，半径为的球面上运动，因此A、B选项不正确；对于C选项，易知二面角为直二面角时，二面角始终大于二面角，当二面

15、角为锐二面角时，以下列图作平面与点，然后作分别交于，则二面角的平面角为，二面角的平面角为，且，又由于，因此，因此二面角向来大于二面角，对于D选项，作可以看作以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，易知与落在同一个轴截面上时，获取最大值，则的最大值为，此时落在平面上，因此，即与所成的角向来小于，因此D选项不正确,应选D.132,4【分析】试题分析：由题意得，画出拘束条件所表示的可行域，以下列图，当目标函数zx535332；当目标3y过点A,时，获取最小值，此时最小值为zmin2222函数zx3y过点B4,0时，获取最大值，此时最小值为zmax4，因此zx3y的11取值范围为2,4141【分析】由题意，

16、三名学生各自随机选择两个食堂中的一个用餐的情况共有42228（种），其中他们在同一个食堂用餐的情况有2种，依照古典概型概率的计算公式得，所求概率为21.84153【分析】131，因此bnanb1b2bn试题分析：由于an(an3)，bn，Pnan13an3an1a1a2a3ana1.又13111bn，3a23a33a43an1nan1an(an3)anan3an3an111b1b2bn1111111因此bn，Sna1a2a2a3an3,anan1an1an1n1PnSnn111因此答案应填：3因此33n133，3an1an116.【分析】详解：由可得：，则.由可知：，则，由同角三角函数基本关系

17、可知：.12设，在ABD中由余弦定理可得：，在CBD中由余弦定理可得：，由于，故，即：，整理可得：.在ABC中，由余弦定理可知：，则：，代入式整理计算可得：，由均值不等式的结论可得：，故，当且仅当时等号建立，据此可知ABC面积的最大值为：.abc0)，17（）依照正弦定理，可设sinBk(ksinAsinC则a=ksinA，b=ksinB，c=ksinC.代入cosAcosBsinC中，有abc13cosAcosBsinCksinAksinB，变形可得ksinAsinAsinB=sinAcosB+cosAsinB=sin（A+B）.在ABC中，由A+B+C=，有sin（A+B）=sin（C）=

18、sinC，因此sinAsinB=sinC.2226（）由已知，b+ca=bc，依照余弦定理，有cosAb2c2a23.2bc5因此sinA=1cos2A4.5由（），sinAsinB=sinAcosB+cosAsinB，因此4sinB=4cosB+3sinB，555故tanB=sinB=4.cosB18（）由已知得.取的中点T，连接，由为中点知，.又，故TN=AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.由于平面，平面，因此平面.（）取的中点，连接.由得，从而，且.14以A为坐标原点，AE的方向为轴正方向，建立以下列图的空间直角坐标系.由题意知，PM0,2,4，PN5,1,2，AN5,1,2

19、.22设nx,y,z为平面PMN的一个法向量，则nPM0,2y4z0,即0,5xy2z0,nPN2可取n0,2,1.nAN85.于是cosn,ANnAN2519（）由于从装有10个球的箱子中任摸一球的结果共有C101种，摸到红球的结果共有C41种，因此顾客参加一次抽奖获取100元现金奖励的概率是C4142C101105.2分（）设X表示顾客在三次抽奖中中奖的次数，由于顾客每次抽奖的结果是相互独立的，15则XB3，0.4，因此EXnp30.41.2.由于顾客每中奖一次可获取100元现金奖励，因此该顾客在三次抽奖中可获取的奖励金额的均值为1.2100120元.由于顾客参加三次抽奖获取现金奖励的均值

20、120元小于直接返现的150元，因此商场经理希望顾客参加抽奖.7分（）设顾客参加10次抽奖摸中红球的次数为Y.由于顾客每次抽奖的结果是相互独立的，则YB10，0.4.于是，恰好k次中奖的概率为kk10kPYkC10，k0，1，10.PYk211k从而PYk13k，k1，2，10，当k4.4时，PYk1PYk；当k4.4时，PYk1PYk，则PY4最大.因此，最有可能获取的现金奖励为4100400元.于是，顾客参加10次抽奖，最有可能获取400元的现金奖励.12分16c6,a3,x2y21(ab0)，由已知a320、（1）设椭圆方程为2c22,得b1,椭圆a2b2b2a2c2,c2.方程为x2y

21、21.3当直线AB的斜率存在时，设直线AB为ykxm，A(x1,y1),B(x2,y2)，代入椭圆方程得(132)263(21)0.kxkmxmxx16km,xx3(m21).123k21213k2OAOB，OA0O，B即x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k2)x1x2km(x1x2)m2(1k2)3(m21)km(6km)m20，即4m23k230.13k213k2AB与以原点为圆心的圆相切，圆半径rmk2，1则r2m23，圆的方程为x2y23.k2144当直线AB的斜率存在时，易知AB方程为x3满足上述方程.综上，所求圆的方程2为x2y23.4（2）设P(x,y),A(x

22、1,y1),B(x2,y2)，由OPOA3OB得xx13x2,yy13y2,又直线OA，OB的斜率积为1y1y21，即30.，121y23x1x23xxy17xx13x2,x12y121,x22yy13y2,A，B在椭圆上，y221,联立得x1x23y1y20,消去x1,y1,x2,y2，33x123y123,x223y223,得23230 xy.当OA斜率不存在时，即x10，得y11,y20,x23.此时x33，同理OB斜率不存在时，x33，P点的轨迹方程为x23y230(x33).21（）解：由fxx3axb，可得fx3x2a，下面分两种情况谈论：（1）当a0时，有fx3x2a0恒建立，因此fx的单一递加区间为,.（2）当a0时，令fx0，解得x3a3a或x.33当x变化时，fx，fx的变化情况以下表：x3a3a3a3a3a3a,33,3,333fx00fx单一递加极大值单一递减极小值单一递加18因此fx的单一递减区间为3a,.33a,3a，单一递加区间为,3a，333（）证明：由于fx存在极值点，因此由（）知a0且x00.由题意，得fx03x02a0，即x02a，3进而f3x2a，a又x0b00 x03f2x08x32axb08ax2ax0b2axbfx0，且2x0 x0，033由题