湖南省长郡中学2019届高三下学期第二次模拟考试试题数学(理)【含解析】.pdf

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1、湖南省长郡中学2019 届高三下学期第二次模拟考试试题数学（理）一、选择题：本题共12 小题，每小题5 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.设全集，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出集合A中的元素，从而求出A的补集即可或者将分别代入检验.【详解】解法1：，故，所以选 C.解法 2：将分别代入检验，可得，故，所以选C.【点睛】本题考查了集合的运算，考查不等式解法，是基础题2.若 为第二象限角则复数（为虚数单位）对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据复数对应复平面的点，然后判断对应三角函数的符号即可得到

2、答案.【详解】解：因为为第二象限角所以，即复数的实部为负数，虚部为正数，所以对应的点在第二象限故选：B【点睛】本题主要考查复数对应的复平面的点的相关概念，难度较小.3.已知等差数列前 9 项的和为27，则A.100 B.99 C.98 D.97【答案】C【解析】试题分析：由已知，所以故选 C.【考点】等差数列及其运算【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.4.条件，条件，则是的（）

3、A.充分非必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要的条件【答案】A【解析】试题分析：条件等价于，条件等价于集合，因为，且，所以是 的充分不必要条件，即是的充分不必要条件考点：充分必要条件5.设函数，则使成立的的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】通过判断原函数单调性和奇偶性脱离f，建立不等式关系解出即可.【详解】解：根据题意，函数，则，即函数为偶函数，当时，易得为增函数，则，变形可得：，解可得或，即 的取值范围为故选：D【点睛】本题主要考查函数的单调性，奇偶性以及通过函数性质解不等式问题，难度中等.6.如图所示，半径为1 的圆是正方形的内切圆，将一颗豆子随

4、机地扔到正方形内，用表示事件“豆子落在圆内”，表示事件“豆子落在扇形（阴影部分）内”，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用几何概型先求出，再由条件概率公式求出【详解】如图所示，半径为1 的圆O是正方形MNPQ的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ内，用A表示事件“豆子落在圆O内”，B表示事件“豆子落在扇形阴影部分内”，则，故选：B【点睛】本题考查概率的求法，考查几何概型、条件概率能等基础知识，考查运算求解能力，是基础题7.某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理

5、求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.8.已知，则的展开式中的系数为（）A.B.15 C.D.5【答案】D【解析】由题意得，故求的展开式中的系数，展开式的通项为展开式中的系数为选 D9.把函数的图象向左平移个单位长度，再把所得的图象上每个点的横、纵坐标都变为原来的2 倍，得到函数的图象，并且的图象如图所示，则

6、的表达式可以为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据条件先求出 和，结合函数图象变换关系进行求解即可【详解】g（0）2sin 1，即 sin，或（舍去）则g（x）2sin（x），又当 k=1,即g（x）2sin（x），把函数g（x）的图象上所有点的横坐标缩短到到原来的，得到y2sin（4x），再把纵坐标缩短到到原来的，得到ysin（4x），再把所得曲线向右平移个单位长度得到函数g（x）的图象，即g（x）sin（x-）故选：B【点睛】本题主要考查三角函数图象的应用，根据条件求出 和 的值以及利用三角函数图象平移变换关系是解决本题的关键10.已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近

7、线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先利用对称求出点的坐标，根据可得，再利用两点间距离得出关于方程，从而解得渐近线方程.【详解】解：设因为点关于渐近线的对称点为，不妨设渐近线方程为，故有，解得，因为，所以，根据两点间距离可得，即，即，即，即，可得，所以，故渐近线方程为，故选 B.【点睛】本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方程、两点间距离公式等知识，解题时需要有较强的运算能力.11.电子计算机诞生于20 世纪中叶，是人类最伟大的技术发明之一计算机利用二进制存储信息，其中最基本单位是“位（bit）”，1 位只能存放2

8、种不同的信息：0 或 l，分别通过电路的断或通实现“字节（Byte）”是更大的存储单位，因此 1 字节可存放从至共 256种不同的信息 将这 256 个二进制数中，所有恰有相邻两位数是1 其余各位数均是0 的所有数相加，则计算结果用十进制表示为（）A.254 B.381 C.510 D.765【答案】B【解析】【分析】将符合题意的二进制数列出，转化为十进制，然后相加得出结果.【详解】恰有相邻两位数是1 其余各位数均是0 的二进制数为，共个.转化为十进制并相加得，故选 B.【点睛】本小题主要考查二进制转化为十进制，阅读与理解能力，属于基础题.12.已知函数有唯一零点，则a=A.B.C.D.1【答

9、案】C【解析】函数的零点满足，设，则，当时，；当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，当时，函数取得最小值，为.设，当时，函数取得最小值，为，若，函数与函数没有交点；若，当时，函数和有一个交点，即，解得.故选 C.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法：（1）利用零点存在性定理构建不等式求解.（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.（3）转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解.二、填空题：本大题共4 小题，每小题5分，共 20 分.13.已知向量满足，且，则在 方向上的投影为_【答案】1【解析】【分析】通过向量的数量积及投影的相关概念建立方程即

10、可得到答案.【详解】解：向量满足，且，则在 方向上的投影为：故答案为：1【点睛】本题主要考查向量的数量积，及投影的相关概念，难度较小.14.设满足约束条，则目标函数的最大值为 _【答案】4【解析】【分析】画出不等式表示的平面区域，通过目标函数表示的斜率式观察图像即可得到答案.【详解】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）目标函数的几何意义为区域内的动点到定点的斜率，由图象知的斜率最大，由得，此时的斜率，即 的最大值为4故答案为：4【点睛】本题主要考查线性规划问题，在于考查学生的作图能力及转化能力，此题只需将目标函数化为斜率式即可得到答案.15.已知直线与抛物线相交于两点，为 的焦点，

11、若，则_【答案】【解析】【分析】画出几何图像，建立几何关系，通过建立方程即可得到答案.【详解】解：由题意利用定义，结合其他几何性质可得抛物线的焦点，准线又直线过定点，因为，所以为中点，连接，所以设，所以，作，则垂足为的中点，设，则，求得、，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及学生的计算能力，难度中等.16.某工厂现将一棱长为的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件，则该圆柱体体积的最大值为_【答案】【解析】【分析】找出正四面体中内接圆柱的最大值的临界条件，通过体积公式即可得到答案.【详解】解：圆柱体体积最大时，圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心，圆柱的上底面与棱锥侧面的交点在侧面

12、的中线上正四面体棱长为，设圆柱的底面半径为，高为，则由三角形相似得：，即，圆柱的体积，当且仅当即时取等号圆柱的最大体积为故答案为：【点睛】本题主要考查学生的空间想象能力,以及分析问题的能力，基本不等式的运用,难度较大.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知分别是的三个内角的对边，若，角 是最小的内角，且（）求的值；（）若的面积为42，求的值【答案】();().【解析】【分析】()由正弦定理，三角形内角和定理可得，结合，整理可得，又，利用同角三角函数基本关系式可求的值()由()及三角形的面积公式可求的值，利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据余弦定理可求的值【详解】()

13、由、，及正弦定理可得：，由于，整理可得：，又，因此得：()由()知，又的面积为42，且，从而有，解得，又角是最小的内角，所以，且，得，由余弦定理得，即【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角形内角和定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想。18.如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为 2 的等边三角形，（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】(1)通过面面垂直的判定转化为线面垂直，进而转化为线线垂直从而证明;(2)建立空间直角坐标系，利用法向量计算即可.【详解】证明：（

14、1）取中点，连结，平面，平面平面，平面平面，平面，平面，又，四边形是平行四边形，是等边三角形，平面，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，平面平面解：（2）由（1）得平面，又，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，取，得，设平面与平面所成锐二面角的平面角为，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为【点睛】本题主要考查学生的空间想象能力及计算能力,难度不大.建立合适的空间直角坐标系是解决本题的关键.19.已知椭圆的离心率为，且过点（）求椭圆的标准方程；（）设为椭圆的左、右顶点，过的右焦点作直线 交椭圆于两点，分别记，的面积为，求的最大值【答案】（）（

15、）4【解析】【分析】（）根据椭圆中相关量的几何性质即可算出椭圆的标准方程；（）设直线，直曲联立，得到维达定理，进而表示出相关量，从而算出最大值.【详解】解：（）根据题意可得：，解得：故椭圆的标准方程为：（）由（）知，当直线的斜率不存在时，于是；当直线的斜率存在时，设直线，设，联立，得，于是当且仅当时等号成立，此时的最大值为4综上，的最大值为4【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的相关计算，直线与圆锥曲线的位置关系，以及基本不等式问题,主要考查学生的计算能力和转化能力.20.某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过的包裹收费10 元；重量超过的包裹，除收费 10 元之外，超过的部分，每超出（不足

16、，按计算）需再收5 元该公司将最近承揽的 100 件包裹的重量统计如表：包裹重量（单位：kg）1 2 3 4 5 包裹件数43 30 15 8 4 公司对近60 天，每天揽件数量统计如表：包裹件数范围0100 101200 201300 301400 401500 包裹件数（近似处理）50 150 250 350 450 天数6 6 30 12 6 以上数据已做近似处理，并将频率视为概率（1）计算该公司未来3 天内恰有2 天揽件数在101400 之间的概率；（2）估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用作其他费用目前前台有工作人

17、员 3 人，每人每天揽件不超过150 件，工资100元公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润更有利？【答案】(1)；(2)(i)15元；(ii)答案见解析.【解析】试题分析：先计算出包裹件数在之间的天数为，然后得到频率，估计出概率，运用二项分布求出结果(2)运用公式求出每件包裹收取的快递费的平均值(3)先将天数转化为频率，分别计算出不裁员和裁员两种情况的利润，从而作出比较解析：（1）样本包裹件数在之间的天数为，频率，故可估计概率为，显然未来天中，包裹件数在之间的天数服从二项分布，即，故所求概率为.（2）（i）样本中快递费用及包

18、裹件数如下表：包裹重量（单位：）快递费（单位：元）包裹件数故样本中每件快递收取的费用的平均值为（元），故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为元.（ii）根据题意及（2）（i），揽件数每增加，可使前台工资和公司利润增加（元），将题目中的天数转化为频率，得包裹件数范围包裹件数（近似处理）天数频率若不裁员，则每天可揽件的上限为件，公司每日揽件数情况如下：包裹件数（近似处理）实际揽件数频率故公司平均每日利润的期望值为（元）；若裁员人，则每天可揽件的上限为件，公司每日揽件数情况如下：包裹件数（近似处理）实际揽件数频率故公司平均每日利润的期望值为（元）.因，故公司将前台工作人员裁员人对提高公司利润不

19、利.点睛：本题考查了频率和概率、平均值的实际应用，计算出频率来估计概率的取值，运用二项分布求出事件概率，在比较裁员与不裁员的情况下分别算出期望值，来比较利润的大小，从而为作出决策提供依据。21.已知函数（1）若函数有两个零点，求的取值范围；（2）证明：当时，关于的不等式在上恒成立【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）可得m=lnx-x 令 g（x）=lnx-x，可得 g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减，则mg（1）=-1 即可，（2）f（x）+（x-2）ex0，可得 m （x-2）ex+lnx-x 设 h（x）=（x-2）ex+lnx-x，x，；，设设，使得，即，x0=-

20、lnx0，设，可得，即当时，即可【详解】（1）令，；令，令，解得，令，解得，则函数在上单点递增，在上单点递减，。要使函数有两个零点，则函数的图像与有两个不同的交点。则，即实数的取值范围为。（2），；设，；设，则在上单调递增.又，.，使得，即，.当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减.设，.当时，恒成立，则在上单调递增，即当时，.当时，关于的不等式在上恒成立.【点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，属于中档题请考生在22、23 两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做第一个题目计分.选修 4-4：坐标系与参数方程

21、 22.在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；直线 的参数方程为（为参数），直线 与曲线分别交于两点（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若点的极坐标为，求的值【答案】(1)曲线的直角坐标方程为即，直线 的普通方程为；（2）.【解析】【分析】（1）利用代入法消去参数方程中的参数，可得直线的普通方程，极坐标方程两边同乘以利用即可得曲线的直角坐标方程；（2）直线 的参数方程代入圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.【详解】（1）由，得，所以曲线的直角坐标方程为，即，直线 的普通方程为.(2)将直线 的参数方程代

22、入并化简、整理，得.因为直线与曲线交于，两点。所以，解得.由根与系数的关系，得，.因为点的直角坐标为，在直线上.所以，解得，此时满足.且，故.【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题23.已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】分 析：(1)将代 入 函 数 解 析 式，求 得，利 用 零 点 分 段 将 解 析 式 化 为，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式的解集为；(2)根据题中所给，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.详解：（1）当时，即故不等式的解集为（2）当时成立等价于当时成立若，则当时；若，的解集为，所以，故综上，的取值范围为点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成立求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从而将不等式转化为多个不等式组来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之后进行分类讨论，求得结果.