湖南师大附中2019届高三月考试卷(七)教师版数学(理)Word版含解析

1、湖南师大附中2019届高三月考试卷(七)教师版数学(理)Word版含分析湖南师大附中2019届高三月考试卷(七)教师版数学(理)Word版含分析16/16湖南师大附中2019届高三月考试卷(七)教师版数学(理)Word版含分析炎德英才大联考湖南师大附中2019届高三月考试卷(七)数学(理科)命题人：朱海棠贺祝华张天平欧阳普审题：高三数学备课组时量：120分钟满分：150分一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分，在每题的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的10i1已知复数za3i(aR)，若z为纯虚数，则|a2i|(B)A5B.5C2D.3【分析】由于zai(3i)a13i为纯虚

2、数，则a1，所以|a2i|a245，选B.2以下说法错误的选项是(B)A在回归模型中，预告变量y的值不可以由解说变量x独一确立B若变量x，y知足关系y0.1x1，且变量y与z正有关，则x与z也正有关C在残差图中，残差点散布的带状地区的宽度越狭小，其模型拟合的精度越高D以模型ycekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设zlny，将其变换后获得线性方程z0.3x4，则ce4，k0.3【分析】对于A，在回归模型中，预告变量y的值由解说变量x和随机偏差e共同确立，即x只好解说部分y的变化，所以A正确；对于B，由回归方程知变量y与z正有关，则x与z负有关，所以B错误；对于C，在残差图中，残差点散布的

3、带状地区的宽度越狭小，其模型拟合的精度越高，C正确；由回归分析的意义知D正确应选B.ex13函数f(x)x（1ex）(此中e为自然对数的底数)的图象大概为(A)【分析】当x0时，ex1，则f(x)0；当x0时，ex1，则f(x)0；P3：(x，y)D，xy0，b0)的右焦点为F，a2b2直线l为双曲线C的一条渐近线，点F对于直线l的对称点为P，若点P在双曲线C的左支上，则双曲线C的离心率为_5_【分析】如图，设直线l与线段PF的交点为A，由于点P与F对于直线l对称，则lPF，且A为PF的中点，所以|AF|b，|OA|a，|PF|2|AF|2b.设双曲线的左焦点为E，由于O为EF的中点，则|PE

4、|2|AO|2a，据双曲线定义，有|PF|PE|2a，则2b2a2a，即b2a.2所以e1a5.15对于大于或等于2的自然数m的n次幂进行如图的方式“分裂”仿此，若m3的“分裂”中最小的数是211，则m的值为_15_【分析】2213，2335，2479，32135，337911，34252729.不难得出规律，2n可以表示为两个连续奇数之和；3n可以表示为三个连续奇数之和；5n可以表示为五个连续奇数之和；m3的可以表示为m个连续奇数之和，即2112132112(m1)m3，m3m2210m0，由于m0，所以m15.16设a为整数，若对随意的x(0，)，不等式ex3ea恒成立，x则a的最大值是_

5、1_【分析】令f(x)ex3ex(x13)x(x0)，则f(x)x.令g(x)ex(x1)3(x0)，则g(x)xex0，所以g(x)在(0，)上单一递加由于g(1)30，则g(x)在(1，2)内只有一个零点设g(t)0，则et3当，时，进而，单一递减；t1.x(0t)g(x)0f(x)0，f(x)单一递加，所以f(x)minet33tt1et.由题意知eaet，即由于t(1，2)，a为整数，所以a的最大值为1.at.三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必然作答第22、23题为选考题，考生依据要求作答(一)必考题：共60分17(本小题满

6、分12分)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，知足acosBbcosA2ccosC.(1)求角C的大小；(2)若ABC的周长为3，求ABC的内切圆面积S的最大值【分析】(1)由已知，sinAcosBsinBcosA2sinCcosC，(2分)1即sin(AB)2sinCcosC，由于sin(AB)sinC0，则cosC2，(4分)又C(0，)，所以C3.(5分)113(2)设ABC的内切圆半径为R，则2absin323R，则R6ab，(6分)由余弦定理，得a2b2ab(3ab)2，化简得，(8分)3ab2(ab)由于ab2ab，则3ab4ab，解得ab3或ab1，(10分)若ab3

7、，则a，b最罕有一个不小于3，这与ABC的周长为3矛盾；(11分)若ab1，则当ab1c时，R取最大值36.所以ABC的内切圆面积的最大值为Smax32612.(12分)18(本小题满分12分)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且ABC60，BM平面ABCD，BMDN，BM2DN，点E是线段MN上随意一点(1)证明：平面EAC平面BMND；2(2)若AEC的最大值是3，求三棱锥MNAC的体积【分析】(1)由于BM平面ABCD，则ACBM.(2分)又四边形ABCD是菱形，则ACBD，所以AC平面BMND.(4分)由于AC在平面EAC内，所以平面EAC平面BMND.(5分)(2)设AC与BD的

8、交点为O，连结EO.由于AC平面BMND，则ACOE，又O为AC的中点，则AECE，所以cosAEC2AE2AC212，AEC2AE2AE2(0，)当AE最短时AEC最大，此时AEMN，CEMN，AEC233，2AE3.(7分)取MN的中点H，分别以直线OA，OB，OH为x轴，y轴，z轴成立空间直角坐标系，设NDa，则点A(1，0，0)，N(0，3，a)，M(0，3，2a)，AN(1，3，a)，AM(1，3，2a)设平面AMN的法向量n1(x，y，z)，3y2az0，n1AMx则3yaz0，n1ANx取z1，则n13a3a2，6，1，同理求得平面CMN的法向量n23a3a.2，6，12由于AE

9、C3是二面角AMNC的平面角，则9a23a2436111569a23a2，解得10或a2(舍去)(10分)|cosAEC|2a4361由于MNa2BD2312915，23，12sin21EAC32010AE3S2AE2433323，则VMNACVMEACVNEAC1EACMN353S10.(12分)19(本小题满分12分)在湖南师大附中的校园歌手大赛决赛中，有6位参赛选手(1号至6号)登台演出，由现场的100位同学投票选出最受欢迎的歌手，各位同学须相互独立地在投票器上选出3位候选人，此中甲同学是1号选手的同班同学，必选1号，另在2号至6号选手中随机选2名；乙同学不赏识2号选手，必不选2号，在其

10、余5位选手中随机选出3名；丙同学对6位选手的演唱没有独爱，所以在1号至6号选手中随机选出3名(1)求同学甲选中3号且同学乙未选中3号选手的概率；(2)设3号选手获得甲、乙、丙三位同学的票数之和为X，求X的散布列和数学希望【分析】设A表示事件“甲同学选中3号选手”，B表示事件“乙同学选中3号选手”，C表示事件“丙同学选中3号选手”，则C142C243(1)P(A)C255，P(B)C355，(2分)234所以P(AB)P(A)P(B)51525.(5分)C251(2)P(C)C362，(6分)可能的取值为0，1，2，3，2313213P(X0)P(ABC22133132

11、1P(X1)P(ABC)P(ABC)P(ABC)5525525521950，P(X2)P(ABC)P(ABC)P(ABC)2312213311955255255250，2313P(X3)P(ABC)55225.(10分)所以X的散布列为：X0123P319193255050253191933的数学希望E(X)0251502503252.(12分)20(本小题满分12分)已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，D(0，2)为椭圆C短轴的一个端点，F为椭圆C的右焦点，线段DF的延伸线与椭圆C订交于点E，且|DF|3|EF|.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l与椭圆C订交于A，B两点，O为坐标原

12、点，若直线OA与OB的斜率之积为32，求OAOB的取值范围【分析】(1)设椭圆C的方程为x2y21(ab0)，右焦点F(c，0)(1分)a2b2由于D(0，2)为椭圆短轴的一个端点，则b2.由于|DF|3|EF|，则点4c2E3，3.(3分)由于点E在椭圆上，则16c29a2191，即a22c2.(4分)又c2a24，则a22(a24)，得a28，所以椭圆C的标准方程是x28y24(5分)(2)解法一：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，代入椭圆方程，得x22(kxm)28，即(2k21)x24kmx2m280.设点A(x1，1)，B(x2，2，则x1x24km，1x22m28分)

13、yy)2k21x2k21.(63y1y23122y120，即3x122(kx12x1x223xxyxm)(kx2m)0，即(2k23)x122km(x1x22m288k2m22m22m20，所以(2k23)x)2k212k210，即(2k23)(m24)4k2m2m2(2k21)0，化简得m22k23.(7分)x12y121m242k2121.(8分)所以OAx12OBy2xx2k212k2112k2由于16k2m24(2k21)(2m28)8(8k24m2)8(6k21)0，k20，2则02k212，1.(9分)所以102.点A(2，3)，B(2，3)，或点A(2，3)，B(2，3)，此时O

14、AOB1.综上分析，OAOB的取值范围是1，0)(0，1(12分)解法二：由于kOAkOB3，设kOAk0，则kOB3分)202k.(6设点A(x1，y1)，B(xy1y2332，y2)，则x1x22，即y1y22x1x2，y1分所以OAx1x21y2x1x2.(7)OB2ykx，22k2x28，即(2k21)x28，所以x218由x2y2得x.(8分)841，2k21同理，x2816k22322k29.(9分)12k816k2816k2816所以x21x2（2k21）（2k29）9.(10分)4k2k2202929296由于4kk24k212，当且仅当4k，即k时取等号，则k2k220 x2

15、1x24，即2x122，且x120，所以OA的取值范围是1，0)(0，1(12xxOB分)21(本小题满分12分)已知函数f(x)lnxkx，此中kR为常数(1)讨论函数f(x)的单一性；(2)若f(x)有两个相异零点x1，x2(x12lnx1.【分析】(1)f(x)1k1kx(x0)，(1分)xx当k0时，f(x)0，f(x)在区间(0，)上单一递加；(2分)当k0时，由f(x)0，得0 x2lnx1，只需证lnx1lnx22，即证k(x1x2)2，lnx2lnx1(x2x1)2，即证lnx2lnx12（x2x1），只需证即证x2x1x2x1x22（x2x1）lnx1x2x1.x22（t1）

16、设tx1(t1)，则只需证lntt1(t1)(10分)设g(t)lnt2（t1），则（t1）2，所以g(t)在(1，上单一t1g(t)t（t1）20)递加2（t1）所以g(t)g(1)0，即lnt，所以lnx1lnx22，即lnx22lnx1.(12t1分)(二)选考题：共10分请考生在22、23两题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分22(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程x1cos，(为参数).在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1的参数方程为ysin以O为极点，x轴正半轴为极轴成立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为23sin.(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角

17、坐标方程；(2)设动直线l：ykx(x0，k0)分别与曲线C1，C2订交于点A，B，求当k为什么值时，|AB|取最大值，并求|AB|的最大值【分析】(1)曲线C1的一般方程为(x1)2y21，即x2y22x0.将x2y22，xcos代入，2的极坐标方程是2cos.(3分)得2cos0，所以曲线C1由22222y代入，得x23sin，得23sin.将xy，siny223y，所以曲线C2的直角坐标方程是x2y223y0.(5分)(2)解法一：设直线l的倾斜角为，则l的参数方程为xtcosytsin，(t为参数，且t0).(6分)将l的参数方程代入曲线C1的一般方程，得t22tcos0，则tA2co

18、s.(7分)将l的参数方程代入曲线C2的直角坐标方程，得t223tsin0，则tB23sin.(8分)所以|AB|tAtB23sincos，(9分)|2cos|43据题意，直线l的斜率存在且不为0，则0，22，23时，|AB|取最大值，且|AB|max4.(10分)所以当3，即ktan解法二：设直线l的倾斜角为，则l的极坐标方程为(0)(6分)设点A，B的极坐标分别为A(1，)，B(2，)，则12cos，223sin.(8分)所以|AB|23sincos.(9分)12|2cos|43据题意，直线l的斜率存在且不为0，则0，22，23时，|AB|取最大值，且|AB|max4.(10分)所以当3，即ktan解法三：将ykx(x0)代入曲线C1的一般方程，得x2k2x22x0(x0)，2则xAk21.(6分)将ykx(x0)代入曲线C2的直角坐标方程，得x2k2x223kx0(x0)，23k则xBk21.(7分)所以|AB|xAxB|223k2|3k1|k21|k21k21|k21k213k1）22k21(k0)(8分)（3k1）23km10.据题意，该方程有非零令m，则(m3)k22k21实数解，m3，则m3或解得0m4，所以|AB|2m124（m3）（m1）0，4.(9分)当m4时，k223k