2019届湖南省益阳市高三上学期期末考试数学(理)试题(解析版)

2019届湖南省益阳市高三上学期期末考试数学（理）试题
一、单选题
1．已知集合，，则（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由集合可得，在计算的值可得答案.【详解】
解:由题知，故.
故选.
【点睛】
本题主要考查集合的交集运算，属于基础题型.
2．复数，则在复平面内对应的点所在象限是（）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第三象限
【答案】B
【解析】由，可得，，可得其在复平面内对应的点所在的象限.【详解】
解：由题得，对应的点在第二象限.
故选.
【点睛】
本题主要考查复数的运算、几何意义等，属于基础题.
3．已知是等差数列，满足：对，，则数列的通项公式（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由得，两式相减得，可得d的值，可得答案.
【详解】
解：由得，
两式相减得，
故.
故选.
【点睛】
本题主要考查由递推公式求等差数列的通项公式，由已知得出是解题的关键.
4．星期一，小张下班后坐公交车回家，公交车共有1、10两路，每路车都是间隔10分钟一趟，1路车到站后，过4分钟10路车到站，不计通车时间，则小张坐1路车回家的概率是（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意得：小张坐1路车的时间是在10路车到站与1路车到站之间，共6分
钟，可得小张坐1路车回家的概率，可得答案.
【详解】
解：小张坐1路车的时间是在10路车到站与1路车到站之间，共6分钟，
故所求概率是.
故选.
【点睛】
本题主要考查几何概型的计算，得出小张坐1路车的时间是在10路车到站与1路车到站之间，共6分钟是解题的关键.
5．某批次产品测量数据茎叶图如图，这组数据的众数、中位数、平均数分别为，则的大小关系是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据茎叶图数据分别计算这组数据的众数、中位数、平均数可得答案.
【详解】
解：根据茎叶图知.
故选.
【点睛】
本题主要考查茎叶图及众数、中位数、平均数的概念,属于基础题型.
6．在中，为中点，，，则（）
A．1 B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意可得，故可得，，可得答案.
【详解】
解：，
故，.
故选.
【点睛】
本题主要考查向量的线性运算性质及几何意义，相对简单.
7．如图，一个圆柱从上部挖去半球得到几何体的正视图，侧视图都是图1，俯视图是图2，若得到的几何体表面积为，则（）
A．3 B．4
C．5 D．6
【答案】B
【解析】由所得几何体的表面积等于底面圆面积加上侧面积和半圆表面积，列方程解答可得答案.
【详解】
解：所得几何体的表面积等于底面圆面积加上侧面积和半圆表面积，
即.
故选.
【点睛】
本题主要考查几何体三视图及空间几何体的表面积，由几何体的表面积等于底面圆面积加上侧面积和半圆表面积，列出方程是解题的关键.
8．已知变量，且，若恒成立，则的最大值为（）
A．B．C．D．1
【答案】A
【解析】由可化为，设函数，，可得答案.
【详解】
解：即化为，
故在上为增函数，，
故的最大值为.
故选.
【点睛】
本题主要考查函数的单调性及导数的应用，由已知构造出后求导是解题的关键.
9．是奇函数，是偶函数，且，则与在同一个坐标系的图象为（）
A．B．C．
D．
【答案】A
【解析】由①，可得
②，联合①②可得
，，结合、的函数性质与图像一一判断可得答案.
【详解】
解：由①，
得②，
联合①②可得，.
图象是条直线，排除，
当时，，为增函数，排除.
故选.
【点睛】
本题主要考查函数的单调性、奇偶性及函数的图像，注意导数在求函数单调性时的应用，求出、的函数表达式是解题的关键.
10．过双曲线右焦点的直线交两渐近线于两点，，为坐标原点，且内切圆半径为，则双曲线的离心率为（）
A．2 B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意做图如下，设内切圆圆心为，则在平分线上，过点分别作于，于，由得四边形为正方形，可得，
，所以，可得e的值.
【详解】
解：因为，所以双曲线的渐近线如图所示，
设内切圆圆心为，则在平分线上，过点分别作于，于，由得四边形为正方形，由焦点到渐近线的距离为得，又，所以，，所以，所以，得.
故选.
【点睛】
本题主要考查双曲线的性质、内切圆的性质，离心率等知识，根据已知条件画出图形数形结合是解题的关键.
11．已知定点及抛物线上的动点，则（其中为抛物线的焦点）的最大值为（）
A．2 B．C．D．3
【答案】C
【解析】方法一：作准线于，则，设倾斜角为，则
.当与相切时，取最大值，代入个数据可得答案；
方法二：作准线于，则，设，，
，则，则取最大值，只
需取最大值，又表示的斜率，所以取最大值时，直线与抛物线相切，代入各数据计算可得答案.
【详解】
解：方法一：作准线于，则.设倾斜角为，则
.当与相切时，取最大值，由
代入抛物线得
，，解得或.故最大值为4，即最大值为5.即最大值为.故选.
方法二：作准线于，则，
设，，
，
则
，则取最大值，只需取最大值，又表示的斜率，所以取最大值时，直线与抛物线相切，由代入抛物线得，，解得或.故最大值为4，即最大值为5. 即最大值为.
故选.
【点睛】
本题主要考查抛物线的简单性质及直线与圆锥曲线的关系，综合性大，注意数形结合解题.
12．直三棱柱外接球表面积为，，若，矩形外接圆的半径分别为，则的最大值为（）
A．B．3 C．D．
【答案】C
【解析】设中点为，，矩形外接圆的圆心分别为，球心为，则由平面与平面得为矩形，
，可得
，可得的最大值.
【详解】
解：由外接球表面积为，可得外接球半径为2.设中点为，，矩形外接圆的圆心分别为，球心为，则由平面与平面得为矩形，，
，
，，当且仅当时取等号.
故选.
【点睛】
本题主要考查空间几何体外接球的性质及不等式的性质，综合性大，考验同学的空间想象能力及计算.
二、填空题
13．若实数满足不等式组则目标函数的最小值为__________．【答案】-1
【解析】画出可行域及目标函数，可得最优解为，可得z的最小值.
【详解】
解：不等式组表示可行域如图所示，
目标函数为，是以2为斜率，为纵截距的直线，当纵截距最大时，取最小值，可知最优解为，故最小值为-1.
【点睛】
本题主要考查简单的线性规划问题，画出可行域及目标函数是解题的关键.
14．若数列满足：，，则__________．
【答案】234
【解析】由，可得，，可得故为等比数列，且，可得，可得答案.
【详解】
解：，
故为等比数列.，
故.
【点睛】
本题主要考查数列的性质及数列前n的项的和，得出为等比数列，且是解题的关键.
15．在的展开式中，二项式系数之和为，所有项的系数之和为，若，则__________．
【答案】4
【解析】易得，，由，可得n的值.
【详解】
解：，，故.
【点睛】
本题主要考查二项展开式的性质，得出二项式系数之和，所有项的系数之和是解题的关键.
16．已知，将的图象向右平移个单位，得到的函数与
的图象关于对称，且函数在上不单调，则的最小值为__________．【答案】5
【解析】由题意可得，故有一条对称轴为，
所以，可得.时，
，无整数解；时，均为整数解，时，
【详解】
解：与关于对称，故有一条对称轴为，所以，，故存在，满足
.时，，无整数解；时，
均为整数解，时，.
【点睛】
本题主要考查由三角函数的性质求参数，综合性大，
后分k的情况讨论时解题的关键.
三、解答题
17．在中，角所对的边分别为，若，.
（1）求；
（2）当的面积为时，求.
【答案】（1）（2）
【解析】(1)由题意可得，化简可得，可得或，又由由，可得的值；
（2）可得，，可设，，由的面积为，可得
，，可得a的值.
【详解】
解：（1）
.
所以或或.
由得，故不成立，
所以.
（2）,
.
可设，，
由，
所以.
【点睛】
本题主要考查三角恒等变换及正弦定理，由题意得出是解题的关键. 18．五面体中，是等腰梯形，，，，，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】(1)连接，取中点为，则,可得为平行四边形，为等边三角形，，，由题意平面平面，且交线为，平面，又，，可得结论；
（2）以为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内，过点且与垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知.可得，，.平面的一个法向量为，设平面的一
个法向量为，求的值后用公式，可得答案.
【详解】
解：（1）连接，取中点为，则，
为平行四边形，
，.
为等边三角形，，
.
,
平面平面，且交线为，
平面，
.
又，
平面.
（2）以为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内，过点且与垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知.
则，，.
由（1）知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则
取，得，
，
结合图形可知二面角的余弦值为.
【点睛】
本题主要考查直线与平面垂直的证明及二面角的求法，需牢记好各公式定理灵活运用所学知识求解.
19．高三某次数学考试，实验班共有50人的成绩的频率分布直方图如图所示，分段区
间为.
（1）求；
（2）从全班50份试卷中抽取10份，表示分数在上的份数，
①求取最大值时的值；
②甲、乙两位老师用分布列计算的值，甲老师求得，乙老师求得
，从概率角度说明，哪一个更接近（即差的绝对值最小）.【答案】（1）（2）①时，取最大值.②更接近.
【解析】(1)由频率分布直方图所有小矩形面积和为1，可得
，可得x的值；
（2）可得分数在上的试卷总数为；
①从全班50份试卷中抽取10份，其中份在的概率为
，，可得
即时，有，，即时，，故时，取最大值.
②从概率的角度：分数在上的试卷所占比例为，
故取出10份试卷，其中能取到的试卷份数为，
故更接近.
【详解】
解：（1）由频率分布直方图可得，解得.
（2）分数在上的试卷总数为.
①从全班50份试卷中抽取10份，其中份在的概率为
，
所以
，
.
即时，
有，
，
即时，，
故时，取最大值.
②从概率的角度：分数在上的试卷所占比例为，
故取出10份试卷，其中能取到的试卷份数为，
故更接近.
【点睛】
本题主要考查频率分布直方图及离散性随机变量的期望与方差，根据图形得出有用数据进行计算时解题的关键.
20．圆上的动点在轴、轴上的摄影分别是，点满足
.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）点，过点的直线与轨迹交于点，且直线、的斜率存在，，求证：为常数.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】设，，,由
代入圆方程可得答案；
(2) 当的斜率不存在时，，的斜率也不存在，故不适合题意；
当的斜率存在时，设斜率为，则直线方程为代入椭圆方程整理得
，.
设，则
，，，化简代入各数据可得答案.
【详解】
解：（1）设，，
则，.
由
代入.
（2）当的斜率不存在时，，的斜率也不存在，故不适合题意；
当的斜率存在时，设斜率为，则直线方程为代入椭圆方程整理得
，.
设，
则，，
则
，
故为常数.
【点睛】
本题主要考查动点的轨迹方程及直线与圆锥曲线的综合运用，注意灵活运用所学知识求解及运算准确.
21．已知函数.
（1）当时，比较与的大小；
（2）若有两个极值点，求证：.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】(1),可得，可得故在时为增函数，可得结论；
（2），，可得在上有两个零点.①当时，，在上为增函数，不可能有两个零点，
②故.此时，即，整理得
，即.可得，故要证
成立，只需证，即证
，不妨设，即证.
令，原不等式化为.
由（1）得当时，.
故只需证，
化为，故原式得证.
【详解】
解：（1）令，，
故在时为增函数. ，即.
（2），.
则在上有两个零点.
令，即在上有两个零点，.
当时，，在上为增函数，不可能有两个零点，
故.此时，即，整理得，即.
.
故要证成立，
只需证，即证，
不妨设，即证.
令，原不等式化为.
由（1）得当时，.
故只需证，
化为，故原式得证.
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性及导数在最大值、最小值的应用，综合性大，需牢记导数各公式并运算准确.
22．选修4-4：坐标系与参数方程:在平面直角坐标系中，直线（为参数，），在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.
（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线交于不同的两点，且，求的值.
【答案】（1）直线的普通方程为或，曲线的直角坐标方程为
（2）或.
【解析】(1)由直线（为参数，）,当时，直线
当时，消去参数，可得，,可得直线的普通方程，
由曲线，得，即有，所以曲线的直角坐标方程为；
(2)由（1）得圆的圆心为，圆心到直线的距离为
，所以.
依题有，可得的值.
【详解】
解：（1）由直线（为参数，），
当时，直线；
当时，消去参数，可得，
所以直线的普通方程为或.
由曲线，
得，
即有，
所以曲线的直角坐标方程为.
（2）由题可知，
所以直线的普通方程为，
因为圆的圆心为，
所以圆心到直线的距离为，
所以.
依题有，
因为且，
所以且，
所以或.
【点睛】
本题主要考查直线的参数方程及简单曲线的极坐标方程，注意极坐标方程与普通方程间的转化及运算准确.
23．选修4-5：不等式选讲:设函数.
（1）当时，解不等式；
（2）当时，若存在，使关于的不等式有解，求实数的取
值范围.
【答案】（1）（2）①当，实数的范围是
.
②当，实数的范围是.
③当，实数的范围是.
【解析】(1)当时，，所以不等式等价于或
或解之可得答案；
(2) 当时，存在，使关于的不等式有解，即等价于
.后分①当，②当，③当三种情况讨论可得的取值范围.
【详解】
解：（1）当时，，
所以不等式等价于或或
解得或或，
综上可得，原不等式的解集为.
（2）当时，存在，使关于的不等式有解，即等价于.
①当，且时，，由解得实数的范围是
.
②当，且时，，由解得实数的范围是
.
③当，且时，，由解得实数的范围是
.
【点睛】
本题主要考查不等式的计算及绝对值不等式的解法，注意分类讨论思想的运用及运算准确.。