湖南省永州市2019届高三第三次模拟考试数学(理)试题(含答案)

湖南省永州市2019届高三第三次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．设集合，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】求解出集合，根据交集运算得到结果.【详解】本题正确选项：【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，属于基础题.2．设为虚部单位，复数满足，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．【详解】由（1﹣i）z＝2i，得z，∴|z|．故选：B．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．3．已知向量，若，则实数的值是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据向量垂直得到关于的方程，求解得到结果.【详解】由题意：本题正确选项：【点睛】本题考查向量数量积的坐标表示，属于基础题.4．已知直线，则是的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】通过两直线平行可求得的取值，从而判断二者的关系，得到结论.【详解】，解得：或由可得：；而还可能由此可知：“”是“”的充分不必要条件本题正确选项：【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判定，关键是利用直线平行求得参数的值.5．下表是某电器销售公司2018年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：则下列判断中不正确的是（）A．该公司2018年度冰箱类电器营销亏损B．该公司2018年度小家电类电器营业收入和净利润相同C．该公司2018年度净利润主要由空调类电器销售提供D．剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低【答案】B【解析】结合表中数据，对选项逐个分析即可得到答案。

【详解】因为冰箱类电器净利润占比为负的，所以选项A正确；因为营业收入-成本=净利润，该公司2018年度小家电类电器营业收入占比和净利润占比相同，而分母不同，所以该公司2018年度小家电类电器营业收入和净利润不可能相同，故选项B错误；由于小家电类和其它类的净利润占比很低，冰箱类的净利润是负值，而空调类净利润占比达到，故该公司2018年度净利润主要由空调类电器销售提供，即选项C正确；因为该公司2018年度空调类电器销售净利润不变，而剔除冰箱类电器销售数据后，总利润变大，故2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低，即选项D正确。

故答案为B.【点睛】本题考查了统计表格的识别，比例关系的判断，实际问题的解决，属于基础题。

6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】根据三视图可知几何体为半个圆柱中间去掉半个圆锥，分别求解出半个圆柱和半个圆锥的体积，从而作差得到结果.【详解】有三视图可知原几何体为：半个圆柱中间去掉半个圆锥则半个圆柱体积为：半个圆锥体积为：则几何体体积为：本题正确选项：【点睛】本题考查空间几何体的体积求解问题，关键是通过三视图还原出几何体，从而选择柱体和椎体体积公式来求解.7．将函数图像上各点的横坐标伸长到原来的倍，所得函数的一个对称中心可以是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】利用辅助角公式将化简为的形式，根据图象变换得到新函数为，从而求解出对称中心，令可得到选项.【详解】将横坐标伸长到原来的倍，可得所得函数为：令则对称中心为，令，则其中一个对称中心为：本题正确选项：【点睛】本题考查正弦型函数的对称中心的求解，关键是利用辅助角公式将函数整理为的形式，同时能够准确地利用图象变换原则得到所求函数，再采用整体对应的方式求得对称中心. 8．在各棱长均相等的直三棱柱中，已知是的中点，是棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的正切值．【详解】解：各棱长均相等的直三棱柱中,棱长为2,以为原点,为轴,为轴,建立空间直角坐标系，则，，，，,，,设异面直线与所成角为，则，．异面直线与所成角的正切值为．故选：．【点睛】本题考查异面直线所成角的正切值的求法,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,考查函数与方程思想,是基础题．9．已知函数，若，，，则的大小关系为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据解析式可得函数为奇函数，将变为；根据导数可得函数单调递减，通过比较自变量的大小，可得三者的大小关系.【详解】由题意：；可知为上的奇函数又，可得，即在上单调递减又，可知，即本题正确选项：【点睛】本题考查利用函数单调性比较大小的问题，关键是能够通过导数得到函数的单调性，从而将问题转化为自变量的比较.10．中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其它民俗活动的民间艺术，蕴含了极致的数学美和丰富的文化信息，现有一幅剪纸的设计图（如图），其中的个小圆均过正方形的中心，且内切于正方形的邻边，若在该正方形内取一点，则该点取自阴影部分的概率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】将原阴影部分做拆解后，可知阴影部分为两个小圆减去两个小正方形所得；设小圆半径为，分别求解出小圆面积、小正方形面积和大正方形面积，根据几何概型得到结果.【详解】由题意可将原阴影部分变为如下图所示的阴影：设小圆半径为，小正方形边长为则大正方形边长为：可知阴影部分面积为：大正方形面积为：所求概率本题正确选项：【点睛】本题考查几何概型问题中的面积型，通过面积之比求得概率，属于常规题型.11．过双曲线左焦点的直线与交于两点，且，若，则的离心率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】双曲线右焦点为，取中点，连接；根据已知可知为线段的垂直平分线，得到；结合双曲线定义可以求解出，从而得到的长度，根据勾股定理构造方程，从而求得离心率.【详解】设双曲线右焦点为，取中点，连接，如下图所示：由可知：又为中点，可知为线段的垂直平分线设，由双曲线定义可知：，则，解得：在中，在中，本题正确选项：【点睛】本题考查双曲线离心率的求解问题，关键是能够通过双曲线定义以及长度关系求得各线段的长度，从而能够在直角三角形中利用勾股定理构造出关于的齐次方程，使得问题得以求解.本题对于学生对双曲线定义的理解要求较高.12．若存在，使得成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】将原不等式化为，只需即可.通过导数可求得，进而可通过基本不等式求得的最小值为，由此可得结果.【详解】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即本题正确选项：【点睛】本题考查利用导数来解决能成立问题，关键是能够构造出可求解最值得新函数，从而通过求解最值得到结果；易错点是在求解新函数最值时，忽略了整体的取值范围，从而无法判断基本不等式的等号是否能够成立.二、填空题13．若满足，则的取值范围为______．【答案】[1，2]【解析】根据约束条件画出可行域，通过平移直线找到在轴截距的最大和最小值，从而得到的取值范围.【详解】由约束条件可知可行域如下图阴影部分所示：令，则，可知的取值范围即为直线在轴截距的取值范围由平移可知如图：当直线经过点时，截距最小；当与重合时，截距最大，本题正确结果：【点睛】本题考查线性规划中的范围类问题的求解，关键是能够通过平移找到截距取得最值时所经过的可行域中的点.14．在的展开式中，的系数为_____.【答案】－5【解析】分别求出与中含的项，作和可得到展开式中项的系数. 【详解】展开式的通项为：又展开式中含的项为：展开式中含的项为：的展开式中，的系数为本题正确结果：【点睛】本题考查二项式定理的应用，关键是能够利用展开式通项，分别在两个部分中求解出的系数，从而得到结果.15．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，直线交准线于点，点是的中点，且，则_____.【答案】4【解析】根据抛物线定义可得：，，根据可构造方程，从而求得，进一步可求解.【详解】由题意可得图象如下图所示：分别作，垂直于准线，垂足为，根据抛物线定义可知：，由为中点可知：由可知：，即本题正确结果：【点睛】本题考查抛物线的几何性质的应用，关键是通过定义可用表示出各个线段的长度，从而利用平行线分线段成比例的关系构造方程求得结果.16．在中，角的对边分别是，若，则的最小值为_______.【答案】【解析】根据正弦定理可得，且，根据基本不等式求得最小值.【详解】由正弦定理可得：则：为的内角，可知，则，同号，所以，又，当且仅当时取等号则本题正确结果为：【点睛】本题考查利用基本不等式求解和的最小值的问题，关键是能够利用正弦定理将已知和所求边角关系式进行化简，从而得到乘积的定值和符合基本不等式的形式.三、解答题17．已知数列的前项和满足.证明：数列为等比数列；若数列为等差数列，且，求数列的前项和.【答案】(1)见证明；(2)【解析】（1）利用可得，从而证得结论；（2）由（1）可得，从而可求得的通项公式，再利用裂项相消求解.【详解】（1）当时，当时，数列是以首项，公比为的等比数列（2）由（1）得，即，解得【点睛】本题考查利用定义证明数列为等比数列、数列通项公式的求解、裂项相消法求解数列的前项和，属于常规题型.18．在三棱柱中，侧面底面，，且侧面为菱形.证明：平面；若，，直线与底面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】(1)见证明；(2)【解析】（1）根据条件证得和，从而证得结论；（2）建立空间直角坐标系，利用与平面所成角正弦值为可求得的长；进而利用二面角的向量求法求解出所求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接，因为四边形是菱形，则因为平面平面，且为交线，平面又平面（2）取的中点，连接，易证面，且，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系设，则，，因为四边形为平行四边形则易知的一个法向量为，解得设平面的法向量，，令，则由（1）可得面的法向量二面角的余弦值为【点睛】本题考查线面垂直的证明、空间向量法求解二面角的问题，关键是能够通过假设的方式，利用直线与平面所成角的正弦值求得未知长度，从而可表示出所有点的坐标，进而可以顺利应用空间向量法解题.19．已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆过点，点为椭圆上一动点（异于左右顶点）,且的周长为.求椭圆的方程；过点分别作斜率为的直线，分别交椭圆于和四点，且，求的值.【答案】(1) (2)【解析】（1）根据焦点三角形周长为，为上顶点，构造出关于的方程，从而求得椭圆方程；（2）通过弦长公式，利用和表示出和，根据可整理出关于的方程，求解得到结果.【详解】（1）由题意得，，解得所以椭圆的方程为（2）由题得，设直线的方程为，，联立，得则，同理联立方程，由弦长公式可得化简得：，则【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、弦长公式的应用问题，关键是能够利用弦长公式表示出弦长，根据弦长关系可构造出关于的等式，从而得到所求值.20．某机器生产商，对一次性购买两台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修方案：方案一：交纳延保金元，在延保的两年内可免费维修次，超过次每次收取维修费元;方案二：交纳延保金元，在延保的两年内可免费维修次，超过次每次收取维修费元.某工厂准备一次性购买两台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，统计得下表：以上台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率，记表示这两台机器超过质保期后延保两年内共需维修的次数.求的分布列；以所需延保金与维修费用之和的期望值为决策依据，该工厂选择哪种延保方案更合算？【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】（1）确定所有可能的取值为，依次计算每个取值所对应的的概率，从而可列出分布列；（2）分别求解两种方案的数学期望，根据数学期望的大小比较，确定选择哪一种更划算.【详解】（1）所有可能的取值为，，，，，，的分布列为（2）选择延保方案一，所需费用元的分布列为：(元)选择延保方案二，所需费用元的分布列为：(元)当，即时，选择方案二当，即时，选择方案一，方案二均可当，即时，选择方案一【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、利用数学期望解决实际问题，关键是明确选择方案的原因在于平均花费更少，即数学期望更小，属于中档题.21．已知函数，对任意，都有.讨论的单调性；当存在三个不同的零点时，求实数的取值范围.【答案】(1) 当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增.；(2)【解析】（1）根据可得，得到，求导后，分别在和两种情况下讨论导函数符号，得到单调性；（2）根据（1）中所求单调性，否定的情况；在时，首先求得为一个零点；再利用零点存在性定理求解出中存在一个零点；根据，可确定另一个零点，从而可知满足题意.【详解】（1）由，得则，若时，即时，在单调递减若，即时，有两个零点零点为：，又开口向下当时，，，单调递减当时，，，单调递增当时，，，单调递减综上所述，当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增（2）由（1）知当时，单调递减，不可能有三个不同的零点；当时，在和上单调递减，在上单调递增，又，有在上单调递增，，令，令，单调递增由，求得当时，单调递减，在上单调递增故故，，由零点存在性定理知在区间有一个根，设为：又，得，，是的另一个零点故当时，存在三个不同的零点，，【点睛】本题考查讨论含参数函数的单调性问题、利用导数研究函数零点的问题.解决零点个数问题的关键是能够选取合适的区间，利用零点存在性定理证得在区间内存在零点，从而使得零点个数满足题目要求；难点在于零点所在区间的选择上，属于难题.22．修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.写出当时的直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；已知点，直线与曲线相交于不同的两点，求的取值范围.【答案】(1) 直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为 (2)【解析】（1）代入，消去得到的普通方程；再根据极坐标和直角坐标互化的方法得到的直角坐标方程；（2）将直线参数方程代入的直角坐标方程中，利用的几何意义求解出，根据可求得所求范围.【详解】（1）当时，直线的普通方程为曲线的直角坐标方程为（2）将直线的参数方程,代入整理得：由参数的几何意义，有，所以又所以的取值范围是【点睛】本题考查极坐标和直角坐标互化、参数方程化普通方程、与参数方程有关的距离类问题，解题关键是能够明确直线参数方程中参数的几何意义，利用韦达定理将所求距离问题进行转化. 23．选修4-5：不等式选讲已知函数.当时，求不等式的解集；若，的最小值为，求的最小值.【答案】(1) (2)【解析】（1）通过分类讨论得到解析式，求解不等式得到结果；（2）根据绝对值三角不等式可得，再利用基本不等式求得最小值.【详解】（1）当，时，可得的解集为（2）因为，又最小值为所以，又，所以当且仅当，时取等号故的最小值为【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式、绝对值三角不等式的应用、利用基本不等式求解和的最小值的问题，关键是能够构造出符合积为定值的两数之和的形式，从而利用基本不等式求得结果.。