湖北省荆州市2019届高三第五次模拟考试理数试题

湖北省荆州市2019届高三第五次模拟考试
数学（理科）试题
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页，23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题：本题共12个小题,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.设集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析：化简集合，根据交集的定义计算.
详解：因为集合，
化简,
所以，故选D.
点睛：研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.
2.若复数满足（为虚数单位），为的共轭复数，则（）
A. B. 2 C. D. 3
【答案】A
【解析】
分析：把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，结合复数模的公式求解.
详解：由，得，
则，
，则，故选A.
点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.
3.某学校的两个班共有100名学生，一次考试后数学成绩服从正态分布，已知，估计该班学生数学成绩在110分以上的人数为
A. 20
B. 10
C. 7
D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】
根据考试成绩服从正态分布，可得考试成绩关于对称，再由题意
，即可求解成绩在110分以上的人数。

【详解】由考试成绩服从正态分布，且，
则,
所以该班人数在110分以上的人数为。

故选B.
【点睛】本题考查了正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，解题关键是考试成绩关于
对称，利用对称写出要用的一段的频数，从而解出题目。

4.古代数学著作《九章算术》有如下的问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述已知条件，若要使织布的总尺数不少于50尺，则至少需要
A. 7天
B. 8天
C. 9天
D. 10天
【答案】C
【解析】
【分析】
设所需天数为n天，第一天3为尺，先由等比数列前n项和公式求出，在利用前n项和，便可求出天数n的最小值。

【详解】设该女子所需天数至少为n天，第一天织布尺，
由题意得：，
解得，
，
解得，，
所以要织布的总尺数不少于50尺，该女子所需天数至少为9天，
故选C.
【点睛】本题考查等比数列的前n项和，直接两次利用等比数列前n项和公式便可得到答案。

5.在矩形中，，若向该矩形内随机投一点，那么使得与的面积都不小于3的概率为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据和的面积都不小于3可得P在平面内满足题意的区域面积，再利用几何概型性质可得计算出结果。

【详解】，P到AB的距离，
同理可得：P到AD的距离，
可得P可在区域为邻边分别为3和的矩形，
所以，
故选C。

【点睛】本题考查几何概型概率求解，利用面积之比便可求解。

6. 执行如图所示的算法，则输出的结果是（）
A. 2
B.
C.
D. 1
【答案】D
【解析】
试题分析：，，；，，；
，，，故输出.
考点：程序框图．
【方法点睛】本题主要考查程序框图的条件结构流程图，属于容易题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：（1）不要混淆处理框和输入框；（2）注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；（3）注意区分当型循环结构和直到型循环结构；（4）处理循环结构的问题时
一定要正确控制循环次数；（5）要注意各个框的顺序.
7.有6名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4号或5号选手得第一名；观众乙猜测：3号选手不可能得第一名；观众丙猜测：1,2,6号选手中的一位获得第一名；观众丁猜测：4,5,6号选手都不可能获得第一名．比赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结果，此人是( )
A. 甲
B. 乙
C. 丙
D. 丁
【答案】D
【解析】
试题分析：如果1、2号得第一名，则乙丙对，如果3号得第一名，则只有丁对，如果4、5号得第一名，则甲乙都对，如果6号得第一名，则乙丙都对，因此只有丁猜对，故选D．
考点：反证法．
8.一个几何体的三视图如右图所示，该几何体外接球的表面积为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三视图可知该几何体是一个四棱锥，然后分别求出各个面的面积然后作和即可。

【详解】根据三视图可知该几何体是一个四棱锥，其一个侧面是一个边长为4的正三角形，高为，
将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，
则其底面为边长为4的正三角形，高为6，
三棱柱的中心到期6个顶点的距离即为外接球的半径，
因为三棱柱的底面是边长为4正三角形，
所以底面三角形的中心到底面的三个顶点距离为，
三棱锥的外接球半径即为该三棱柱的外接球的半径
，
所以外接球的表面积为，
故选A.
【点睛】本题考查三视图与直观图，几何体外接球表
面积，首先利用三视图与直观图的关系还原出直观图，然后再利用外接球半径与几何体各棱长之间的关系解出外接球半径，即可求出所需外接球表面积。

9.设为坐标原点，点为抛物线：上异于原点的任意一点，过点作斜率为的直线交轴于点，点是线段的中点，连接并延长交抛物线于点，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
设点，点，则，.
∵过点作斜率为的直线交轴于点，点是线段的中点
∴
∴直线的方程为.
∴联立，解得，即.
∴
故选C.
10.设函数为定义域为的奇函数，且，当时，，则函数
在区间上的所有零点的和为
A. 10
B. 8
C. 16
D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】
根据函数是定义在R上的奇函数得函数图像关于原点对称，又由可得函数图像关于直线对称，故而得出函数是以4为周期的周期函数，然后利用数形结合便可得解。

【详解】因为函数为定义域为的奇函数，
所以，
又因为，
所以，可得，
即函数是周期为4的周期函数，且图像关于直线对称。

故在区间上的零点，即方程的根，
分别画出与的函数图像，
因为两个函数图像都关于直线对称，因此方程的零点关于直线对称，由图像可知交点个数为8个，分别设交点的横坐标从左至右依次为，
则，
所以所有零点和为8,故选B。

【点睛】本题考查方程解的个数（或函数零点个数）问题，利用函数的奇偶性对称性解决这一类问题。

11.已知函数的图象过点，且在上单调，同时的图象向左平移个单位之后与原来的图象重合，当，且时，，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意求得的值，写出函数的解析式，求出图像的对称轴，得出的值，再求出
的值。

【详解】由函数的图像过点，
所以，解得，
又，所以，
所以；
的图像向左平移各单位后为：
，
由两图像完全重合可得，所以，;
又因为在单调，
所以，
所以，所以；
所以，其图像对称轴位，即，；
当，其对称轴为，
因为，所以，
所以，故选C。

【点睛】本题主要考查三角函数图像与性质以及函数图像变化，主要利用三角函数的对称性和周期性解决此类题目。

12.在棱长为4的正方体中，是中点，点是正方形内的动点(含边界)，且满足，则三棱锥的体积最大值是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题目易得三棱锥底面积已知，故而只需找到高便可求出三棱锥体积，然后转化为函数，利用函数找到三棱锥高的最大值，即可求出三棱锥体积的最大值。

【详解】因为在棱长为4的正方体中，是中点，点是正方形内的动点(含边界)，且满足，
所以,
所以,即 ,
令点P在DC上的投影点为O，，，
所以，
整理得，
根据函数单调性可得当时，有最大值为16，所以的最大值为，
因为,
所以三棱锥体积最大值为：，故选D。

【点睛】本题考查了空间几何体中的最值问题，关键是列出式子，转化为距离问题，借助函数求解即可。

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知向量,的夹角为，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
将平方后运算出结果再开方即可得到答案
【详解】由题意得，
将向量,的夹角为，，代入上式得
【点睛】本题考查的模长，这一类题型直接平方转化为数量积和向量的平方求解，
注意：。

14.已知满足则最大值为_________．
【答案】4
【解析】
【分析】
由不等式组画出可行域，然后将目标函数转化为，求出函数的截距，题目所求z即为截距的二倍，求出其最大值即可。

【详解】根据不等式组画出可行域如下：
将目标函数化成，即该直线在y轴上的截距的二倍即为z的值，由上图可知，截距的最大值为2，故z的最大值为4，答案即为4.
【点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想。

做该类题目需要注意的是：一、准确无误的做出可行域；二、画函数所对应直线时，需注意与约束条件中直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界点上取得。

15.在中，是边上一点，的面积为，为锐角，则
__________．
【答案】.
【解析】
∵在△ABC中，∠B=，AC=，D是AB边上一点，CD=2，
△ACD的面积为2，∠ACD为锐角，
∴S△ACD=×sin∠ACD=2，解得sin∠ACD=，
∴cos∠ACD=，由余弦定理得到
∴AD=，
由正弦定理,
又因为
故答案为：．
点睛: 本题考查三角形边长的求法，涉及到正弦定理、余弦定理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方思想、数形结合思想，是中档题．当已知三角形的一个边和两个角时,用正弦定理.已知两角一对边时,用正弦定理,已知两边和对角时用正弦.
16.已知实数，，满足，其中是自然对数的底数，那么的最小值为________
【答案】
【解析】
【分析】
由已知点在曲线上，点在曲线上，的几何意义就是曲线
上的点到曲线上的点的距离的平方，进而求出的最小值
【详解】因为实数满足，
所以，，，
所以点在曲线上，点在曲线上，
的几何意义就是曲线上的点到曲线上的点的距离的平方，
最小值即为曲线上与直线平行的切线，
因为，求曲线上与直线平行的切线
即，解得，所以切点为，
该切点到直线的距离
，就是所求两曲线间的最小距离，
所以的最小值为。

【点睛】本题考查曲线与直线间距离的最小值，即为曲线上与直线平行的切线的切点到直线的距离。

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17题～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题和第23题为选考题，考生根据要求作答.
17.已知数列的前n项和为,且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前100项和.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）已知数列与其前n项和的递推式为，当时，便可得到，当时，可得到，利用两式作差便可得到数列为公比为-1的等比数列，从而写出数列
的通项公式；
（2）根据第一问求出的的通项公式写出的通项公式，然后利用裂项相消的求和方法便可得到最后
【详解】（1)得，当时，，
当时，，
两式作差得，整理得，
所以是首项为－1，公比为－1的等比数列，故。

(2)由题意，.
.
【点睛】本题第一问考查求解数列通项公式的方法，我们需掌握：，需注意：当角标出现时，必须保证角标大于0，
第二问考查数列求和方法之一的裂项相消，需要注意：消除后前后所剩余项相等，符号相反。

18.如图，在四棱锥中，平面，平面，，
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角为，求的值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）需证明平面平面，只需证明平面内的一条直线垂直于平面ABP即可。

（2）找到过某一点两两垂直的三条直线建立空间直角坐标系，然后分别写出所需向量坐标便可求出所需结果。

【详解】（1）∵平面，平面，平面平面，∴，分别取中点，连接
则，，所以四边形为平行四边形.
∴，∵，
∴平面，∴平面
∵平面，∴平面平面
（2）由（1）可得两两垂直，
以为原点建立空间直角坐标系，如图，则由已知条件有：
平面的一个法向量记为，则
∴
从而
【点睛】本题考查面面垂直，证明面面垂直只需证出线面垂直即可：
求线面角需注意线面角的取值范围是，而两向量夹角为；
在建立空间之坐标系时需注意的三轴之间两两垂直。

19.已知椭圆的长轴长为6，且椭圆与圆的公共弦长为
．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点P（0，1）作斜率为的直线与椭圆交于两点，，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形，若存在，求出点的横坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据长轴长为6便可直接求出a的大小，然后因为椭圆和已知圆均关于x轴对称，便可得到交点坐标，然后利用待定系数法即可得到椭圆方程。

（2）设直线的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及中点坐标公式，求得AB中点M的坐标，利用即可求得m的表达式，利用基本不等式性质，即可求得m的取值范围。

【详解】（1）由题意可得，所以．
由椭圆与圆：的公共弦长为，恰为圆的直径，
可得椭圆经过点，所以，解得．
所以椭圆的方程为．
（2）直线的解析式为，设，，的中点为．假设存在点
，使得为以为底边的等腰三角形，则．由得
，
故，所以，．
因为，所以，即，
所以．
当时，，所以．
综上所述，在轴上存在满足题目条件的点，且点的横坐标的取值范围为．【点睛】关于圆锥曲线方程求解常见方法：一、直接法；二、定义法；三、待定系数法；四、代入法。

解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面：
利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等式关系，从而确定参数取值范围；
利用已知参数的范围，求解新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
利用隐含的不等式关系建立不等式，从而确定参数取值范围；
利用一直不等式关系建立不等式，从而确定参数取值范围；
利用函数的值域的方法将待求量表示为其他变量函数，求其值域，从而确定参数取值范围。

20.随着生活节奏的加快以及智能手机的普及，外卖点餐逐渐成为越来越多用户的餐饮消费习惯，由此催生了一批外卖点餐平台。

已知某外卖平台的送餐费用与送餐距离有关（该平台只给5千米范围内配送），为调査送餐员的送餐收入，现从该平台随机抽取80名点外卖的用户进行统计，按送餐距离分类统计结果如下表：
以这80名用户送餐距离位于各区间的频率代替送餐距离位于该区间的概率。

（1）若某送餐员一天送餐的总距离为120千米，试估计该送餐员一天的送餐份数；（四舍五入精确到整数）
（2）若该外卖平台给送餐员的送餐费用与送餐距离有关，规定2千米内为短距离，每份3元，2千米到4千米为中距离，每份5元，超过4千米为远距离，每份10元。

(i)记X为送餐员送一份外卖的收入（单位：元），求X的分布列和数学期望；
(ii)若送餐员一天的目标收入不低于180元，试估计一天至少要送多少份外卖？
【答案】（1）51；（2）(i)4.7；(ii)39
【解析】
【分析】
（1）直接求出平均送餐距离，然后求出平均送餐分数即可。

（2）(i)确定X的取值，分别求出其概率，然后列出分布列，求出期望值。

(ii)利用期望值，根据收入不低于180元直接计算出送出分数即可。

【详解】(1)估计每名外卖用户的平均送餐距离为：
=2.35千米
所以送餐距离为120千米，送餐份数为：份；
（2）（Ⅰ）由题意知X的可能取值为：3，5，10
，，
所以X的分布列为：
所以E（X）=
（3）180÷份
所以估计一天至少要送39份外卖。

【点睛】本题考查期望分布列的求解及其应用，只需分别求出其概率便可以得出结果。

21.已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数存在极大值，且极大值为1，证明：.
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【解析】
【试题分析】(1)当时,,故函数在上单调递增.当或时,利用导数求得函数的单调区间.(2) 由（Ⅰ）可知若函数存在极大值，则，且，解得，由此求得函数的表达式.将所要证明的不等式转化为证.构造函数,利用二阶导数求得函数的最小值大于或等于零.
【试题解析】
（Ⅰ）由题意，
当时，，函数在上单调递增；
当时，函数单调递增，，故当
时，，当时，，所以函数在上单调递减，函数在上单调递增；
当时，函数单调递减，，故当
时，，当时，，所以函数在上单调递增，函数在上单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知若函数存在极大值，则，且，解得，故此时，
要证，只须证，及证即可，
设，．
，令
，所以函数单调递增，
又，，
故在上存在唯一零点，即．
所以当，，当时，，所以函数在上单调递减，函数在上单调递增，
故，
所以只须证即可，
由，得，
所以，又，所以只要即可，
当时，
所以与矛盾，
故，得证．
（另证）
当时，
所以与矛盾；
当时，
所以与矛盾；
当时，
得，故成立，
得，所以，即．
【点睛】本题主要考查导数与单调性,考查利用导数证明不等式. 不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．
22.在平面直角坐标系中，已知曲线（为参数），在以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）过点且与直线平行的直线交于，两点，求点到，两点的距离之积.
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】
（1）直接利用参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的关系写出曲线C和直线l的方程即可；
（2）将直线l的代数方程代入椭圆C的直角坐标方程，整理成一个关于t的方程，然后利用韦达定理找到的值，因为即可得到最后结果。

【详解】（1）曲线化为普通方程为：,
由，得，
所以直线的直角坐标方程为.
（2）直线的参数方程为（为参数），
代入化简得：，
设两点所对应的参数分别为，则，∴.
【点睛】本题考查直角坐标方程，参数方程，极坐标方程之间的互化，重点掌握三种方程之间的关系，从而利用参数方程和极坐标方程来解决解析几何的题目。

23.已知函数
（1）解不等式；
（2）若方程在区间有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据，利用分类讨论便可得到最后解集；
（2）根据方程在区间有解转化为函数和函数图象在区间
上有交点，从而得解。

【详解】（1）可化为10
或或；
2＜x≤或或；
不等式的解集为；
（2）由题意：
故方程在区间有解函数和函数图象在区间上有交点
当时，
【点睛】本题考查绝对知不等式的求解和应用，主要是利用分类讨论的方法去掉绝对值符号；
关于方程解的问题直接用方程思想和数形结合转化为函数图像交点问题便可得解。