精品解析：湖南师大附中2019届高三月考试题(七) 数学(理)(原卷版)
湖南师大附中2019届高三上学期月考(四)数学(理)试题(含解析)
4．五进制是以 5 为底的进位制，主因乃人类的一只手有五只手指. 中国古代的五行学说也是采 用的五进制， 0 代表土， 1 代表水， 2 代表火， 3 代表木， 4 代表金， 依此类推， 5 又属土， 6 属水， ……， 减去 5 即得. 如图， 这是一个把 k 进制数 a(共有 N 位)化为十进制数 b 的程序框图， 执行该程序框图， 若输入的 k，a，n 分别为 5，1 203，4，则输出的 b＝( ) A．178 B．386 C．890 D．14 303
3 ， 3 D. 2
若存在实数 k，使得函 数 f(x)的值域为[－1，1]，则
D.[2，3]
12．设 A，B 是抛物线 y＝x2 上的两点，O 是坐标原点，若 OA⊥OB，则以下结论恒成立的结论 个数为( ) ①|OA|·|OB|≥2；②直线 AB 过定点(1，0)；③O 到直线 AB 的距离不大于 1 A． 0 B．1 C．2 D． 3
7．气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续 5 天的日平均温度均不低于 22 ℃” ．现有甲、 乙、丙三地连续 5 天的日平均温度的记录数据(记录数据都是正整数)： ①甲地：5 个数据的中位数为 24，众数为 22； ②乙地：5 个数据的中位数为 27，总体均值为 24； ③丙地：5 个数据中有一个数据是 32，总体均值为 26，总体方差为 10.8. 则肯定进入夏季的地区有( ) A．①②③ B．①③ C．②③ D．①
湖南师大附中 2019 届高三月考试卷(四)
数
时量：120 分钟
学(理科)
满分：150 分
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的． 1．已知集合 A＝{x∈R|x2－x－2＜0}，B＝{x∈Z|x＝2t＋1，t∈A}，则 A∩B＝( ) A．{－1，0，1} 2．已知复数 z＝ B．{－1，0} C．{0，1} D．{0}
湖南省师大附中2019届高三数学月考试题五理
湖南省师大附中2019届高三数学月考试题（五）理时量：120分钟 满分：150分一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若复数z 满足z·(－1＋3i)＝1＋7i(i 为虚数单位)，则z 在复平面内对应的点位于(A)A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 【解析】易得z ＝2－i ，则z 对应的点为(2，1)．故选A.2．设m 为给定的一个实常数，命题p ：x ∈R ，x 2－4x ＋2m≥0，则“m≥3”是“命题p 为真命题”的(A)A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分且必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】若命题p 为真，则对任意x∈R ，x 2－4x ＋2m≥0恒成立，所以Δ＝16－8m≤0，即m≥2.因为m≥3m ≥2，则“m≥3”是“命题p 为真命题”的充分不必要条件．选A. 3．若等差数列{a n }的前5项之和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7＝(B) A ．12 B ．13 C ．14 D ．15【解析】由S 5＝5a 3＝25a 3＝5，所以公差d ＝a 3－a 2＝2， 所以a 7＝a 2＋5d ＝3＋5×2＝13，故选B.4．已知某7个数的平均数为3，方差为s 2，现又加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为x ，方差为72，则(B)A ．x ＝3，s 2＝2 B ．x ＝3，s 2＝4 C ．x ＝3，s 2＝28 D ．x ＝6，s 2＝72【解析】∵这7个数的平均数为3，方差为s 2，现又加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为x ，方差为72，∴x ＝7×3＋38＝3，又由72×8×17＝4，得s 2＝4.故选B.5．若正整数N 除以正整数m 后的余数为r ，则记为N ＝r(mod m)，例如13＝3(mod 5)．下列程序框图的算法源于我国古代算术《中国剩余定理》，则执行该程序框图输出的i 等于(C)A ．4B ．8C ．16D ．32【解析】第一次执行循环体，得i ＝2，N ＝18，此时18＝0(mod 3)，不满足第一条件； 第二次执行循环体，得i ＝4，N ＝22，此时22＝1(mod 3)，但22＜25，不满足第二条件；第三次执行循环体，得i ＝8，N ＝30，此时30＝0(mod 3)，不满足第一条件；第四次执行循环体，得i ＝16，N ＝46，此时46＝1(mod 3)，且46＞25，退出循环．所以输出i 的值为16.选C.6．如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，则下列结论正确的是(D)A ．PB ⊥ADB ．平面PAB⊥平面PBC C ．直线BC∥平面PAED ．直线CD⊥平面PAC【解析】因为AD 与PB 在平面ABC 内的射影AB 不垂直，所以A 答案不正确． 过点A 作PB 的垂线，垂足为H ，若平面PAB⊥平面PBC ，则AH⊥平面PBC ，所以AH⊥BC. 又PA⊥BC，所以BC⊥平面PAB ，则BC⊥AB，这与底面是正六边形不符，所以B 答案不正确．若直线BC∥平面PAE ，则BC∥AE，但BC 与AE 相交，所以C 答案不正确．故选D.7．在(x ＋3y)(x －2y)5的展开式中，x 2y 4的系数为(B) A ．－320 B ．－160 C ．160 D ．320【解析】(x －2y)5的展开式中第r ＋1项为T r ＋1＝C r 5·x 5－r ·(－2y)r， 令5－r ＝1，得r ＝4；令5－r ＝2，得r ＝3.∴在(x ＋3y)(x －2y)5展开式中x 2y 4的系数为C 45×(－2)4＋3×C 35×(－2)3＝－160.故选B.8．若函数f(x)＝asin ωx ＋bcos ωx(0<ω<5，ab ≠0)的图象的一条对称轴方程是x ＝π4ω，函数f′(x)的图象的一个对称中心是⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0，则f(x)的最小正周期是(B) A ．π B ．2π C.π2 D.π4【解析】由题设，有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4ω＝±a 2＋b 2，即22(a ＋b)＝±a 2＋b 2，由此得到a ＝b ，又f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0，所以a ω⎝⎛⎭⎪⎫cos ωπ4－sin ωπ4＝0，从而tan ωπ4＝1，ωπ4＝k π＋π4，k ∈Z ，即ω＝4k ＋1，k ∈Z ，而0<ω<5，所以ω＝1，于是f ()x ＝2asin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，故f(x)的最小正周期是2π.选B.9．已知点(x ，y)是不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x≥1，x ＋y≤4，ax ＋by ＋2≥0表示的平面区域内的一个动点，且目标函数z ＝2x ＋y 的最大值为7，最小值为1，则ab＝(B)A ．1B ．－1C ．2D ．－2【解析】由z ＝2x ＋y 的最大值为7，最小值为1，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝7，x ＋y ＝4得A(3，1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝1，x ＝1得B(1，－1)，由题意知A ，B 两点在直线ax ＋by ＋2＝0上，故a ＝－1，b＝1.选B.10．在△ABC 中，∠ABC ＝120°，AB ＝3，BC ＝1，D 是边AC 上的一点，则BD →·AC →的取值范围是(D)A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－212，1B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，212C.[]0，1D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－212，52【解析】∵D 是边AC 上的一点(包括端点)，∴设BD →＝λBA →＋(1－λ)BC →(0≤λ≤1)， ∵∠ABC ＝120°，AB ＝3，BC ＝1，∴BA →·BC →＝3×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－32， ∴BD →·AC →＝[λBA →＋(1－λ)BC →]·(BC →－BA →)＝λBA →·BC →－λBA →2＋(1－λ)BC →2－(1－λ)BC →·BA →＝－13λ＋52，∵0≤λ≤1，∴－212≤－13λ＋52≤52.∴BD →·AC →的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－212，52.故选D.11．已知椭圆x 2a 2＋y2b 2＝1(a>0，b>0)上一点A 关于原点的对称点为点B ，F 为其右焦点，若AF ⊥BF ，设∠ABF＝α，且α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π4，则该椭圆的离心率e 的取值范围是(A)A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，63B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，33C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，33D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，63【解析】已知椭圆x 2a 2＋y2b2＝1(a>0，b>0)上一点A 关于原点的对称点为点B ，F 为其右焦点，设左焦点为N ，连接AN ，BN ，因为AF ⊥BF ，所以四边形AFBN 为长方形．根据椭圆的定义：||AF ＋||AN ＝2a ，由题∠ABF＝α，则∠ANF＝α，所以2a ＝2ccos α＋2csin α，利用e ＝2c 2a ＝1sin α＋cos α＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4，∵α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π4，∴π3≤α＋π4≤π2，22≤12sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4≤63，即椭圆离心率e 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，63，故选A. 12．设平行于x 轴的直线l 分别与函数y ＝2x和y ＝2x ＋1的图象相交于点A ，B ，若在函数y ＝2x的图象上存在点C ，使得△ABC 为等边三角形，则这样的直线l(C)A ．至少一条B ．至多一条C ．有且只有一条D ．无数条【解析】设直线l 的方程为y ＝a(a ＞0)，由2x＝a ，得x ＝log 2a ，所以点A(log 2a ，a)．由2x ＋1＝a ，得x ＝log 2a －1，所以点B(log 2a －1，a)，从而|AB|＝1. 如图，取AB 的中点D ，连接CD.因为△ABC 为等边三角形，则CD⊥AB，且|AD|＝12，|CD|＝32，所以点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 2a －12，a －32.因为点C 在函数y ＝2x的图象上，则a －32＝2log 2a －12＝a2， 解得a ＝32－2，所以直线l 有且只有一条，选C.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为__2＋π2__．【解析】由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V 1＝2×1×1＝2， 圆柱的底面半径为1，高为1，则14圆柱体的体积V 2＝14×π×12×1＝π4，则该几何体的体积V ＝V 1＋2V 2＝2＋π2.14．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2（x 2＋x ＋a ），x ≥0，1－x 2，x<0的值域为R ，则实数a 的最大值是__2__． 【解析】当x ＜0时，f(x)＝1－x 2＜1.因为f(x)的值域为R ，则当x≥0时，f(x)min ≤1.因为f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则f(0)≤1，即log 2a ≤1，所以0＜a≤2.a 的最大值为2.15．已知点A(1－m ，0)，B(1＋m ，0)，若圆C ：x 2＋y 2－8x －8y ＋31＝0上存在一点P ，使得PA ⊥PB ，则正实数m 的取值范围是__[4，6]__．【解析】圆C 的方程化为：(x －4)2＋(y －4)2＝1. ∴设P(4＋cos θ，4＋sin θ)，如图，线段AB 的中点坐标为(1，0)，|AB|＝2|m|， ∴P 点到线段AB 中点的距离为|m|，∴(3＋cos θ)2＋(4＋sin θ)2＝m 2，∴26＋6cos θ＋8sin θ＝m 2，∴26＋10sin(θ＋φ)＝m 2，其中tan φ＝34，∴16≤m 2≤36，又m>0，∴4≤m ≤6.16．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋2(n∈N *)．b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是__⎝⎛⎭⎪⎫－∞，23__．【解析】因为a n ＋1＝a n a n ＋21a n ＋1＝2a n＋11a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋11a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋12n －1＝2n， 所以b n ＋1＝(n －2λ)·2n，因为数列{}b n 是单调递增数列，所以当n≥2时，b n ＋1>b n (n －2λ)·2n >(n －1－2λ)·2n －1n>2λ－12>2λ－1λ<32；当n ＝1时，b 2>b 1(1－2λ)·2>－λλ<23，因此λ<23.三、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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分． 17．(本小题满分12分)在锐角△ABC 中，3sin B ＋C2－cos A ＝1.(Ⅰ)求角A 的大小；(Ⅱ)求cos B ＋cos C 的取值范围．【解析】(Ⅰ)由已知，3sin B ＋C 2－cos A ＝1，即3cos A 2＝2cos 2A2.(2分)在△ABC 中，因为0<A<π，则0<A 2<π2，所以cos A 2≠0，从而cos A 2＝32.(5分)所以A 2＝π6，即A ＝π3.(6分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知，在锐角△ABC 中，B ＋C ＝2π3，则π6<B<π2，cos B ＋cos C ＝cos B ＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π6，(9分) 由π6<B<π2知π3<B ＋π6<2π3，所以32<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π6≤1，即cos B ＋cos C 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤32，1.(12分)18．(本小题满分12分)如图，三棱锥P －ABC 的顶点P 在圆柱轴线O 1O 上，底面△ABC 内接于⊙O，AB 为⊙O 的直径，且∠ABC＝60°，O 1O ＝AB ＝4，⊙O 1上一点D 在平面ABC 上的射影E 恰为劣弧AC 的中点．(Ⅰ)设|OP|＝12，求证：DO⊥平面PAC ；(Ⅱ)设|OP|＝1，求二面角D －AC －P 的余弦值．【解析】解法一：(Ⅰ)连结DE ，OE ，设OE 与AC 的交点为G ，连结PG ，DG ，DO ， 因为△ABC 内接于⊙O，AB 为⊙O 的直径，所以△ABC 为直角三角形，又∠ABC ＝60°，AB ＝4， 故BC ＝2，AC ＝23，因为E 是弧AC 中点，所以OE⊥AC，OG ＝12BC ＝1.又因为DE⊥平面ABC ，故DE⊥AC，所以AC⊥平面DEOO 1， 故DO⊥AC.又OP ＝12，所以在矩形DEOO 1中，tan ∠PGO ＝PO OG ＝12，tan ∠DOO 1＝DO 1OO 1＝12，故∠PGO＝∠DOO 1，又∠DOO 1＋∠DOG＝90°，所以∠P GO ＋∠DOG＝90°，所以DO⊥PG， 所以DO⊥平面PAC.(6分)(Ⅱ)在轴截面内有PO ＝OG ＝1，所以PG ＝2，DG ＝17，DP ＝13，由AC⊥平面DEOO 1，得∠DGP 即为二面角D －AC －P 的平面角，(10分) 在△DGP 中由余弦定理可求得cos ∠DGP ＝33434.(12分)解法二：(Ⅰ)在平面ABC 中，过点O 作AB 的垂线，交弧EC 于H ，如图建立空间直角坐标系，因为△ABC 内接于⊙O，AB 为⊙O 的直径，所以△ABC 为直角三角形，又∠ABC＝60°，AB ＝4，故BC ＝2，AC ＝23，又OP ＝12，所以A(0，－2，0)，C(3，1，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，D(3，－1，4)， 所以AC →＝(3，3，0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，12，OD →＝(3，－1，4)，所以AC →·OD →＝0，AP →·OD →＝0，故AC⊥OD，AP ⊥OD ，从而DO⊥平面PAC.(6分)(Ⅱ)由OP ＝1知P(0，0，1)，设平面PAC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则有⎩⎪⎨⎪⎧AP →·m ＝0，AC →·m ＝0，即⎩⎨⎧2y 1＋z 1＝0，3x 1＋3y 1＝0，取m ＝(－3，1，－2)， 设平面DAC 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)，则有⎩⎪⎨⎪⎧AD →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧3x 2＋y 2＋4z 2＝0，3x 2＋3y 2＝0，取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，1，12，(10分) 则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝33434，所以二面角D －AC －P 的余弦值为33434.(12分)19．(本小题满分12分)某有机水果种植基地试验种植的某水果在售卖前要成箱包装，每箱80个，每一箱水果在交付顾客之前要按约定标准对水果作检测，如检测出不合格品，则更换为合格品．检测时，先从这一箱水果中任取10个作检测，再根据检测结果决定是否对余下的所有水果作检测．设每个水果为不合格品的概率都为p(0<p<1)，且各个水果是否为不合格品相互独立．(Ⅰ)记10个水果中恰有2个不合格品的概率为f(p)，求f(p)取最大值时p 的值p 0； (Ⅱ)现对一箱水果检验了10个，结果恰有2个不合格，以(Ⅰ)中确定的p 0作为p 的值．已知每个水果的检测费用为1.5元，若有不合格水果进入顾客手中，则种植基地要对每个不合格水果支付a 元的赔偿费用(a∈N *)．(ⅰ)若不对该箱余下的水果作检验，这一箱水果的检验费用与赔偿费用的和记为X ，求EX ；(ⅱ)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，当种植基地要对每个不合格水果支付的赔偿费用至少为多少元时，将促使种植基地对这箱余下的所有水果作检验？【解析】(Ⅰ)记10个水果中恰有2个不合格品的概率为f(p)，则f(p)＝C 210p 2(1－p)8，∴f ′(p)＝C 210[]2p （1－p ）8－8p 2（1－p ）7＝90p(1－p)7(1－5p)， 由f′(p)＝0，得p ＝0.2.(3分)且当p∈(0，0.2)时，f ′(p)>0；当p∈(0.2，1)时，f ′(p)<0.(6分) ∴f(p)的最大值点p 0＝0.2. (Ⅱ)由(Ⅰ)知p ＝0.2，(ⅰ)令Y 表示余下的70个水果中的不合格数，依题意知Y ～B ()70，0.2，X ＝10×1.5＋aY ＝15＋aY.∴E(X)＝E(15＋aY)＝15＋aE(Y)＝15＋70×0.2a＝15＋14a.(9分)(ⅱ)如果对余下的水果作检验，则这一箱水果所需要的检验费为120元，由15＋14a>120，得a>10514＝7.5，且a∈N *，∴当种植基地要对每个不合格水果支付的赔偿费用至少为8元时，将促使种植基地对这箱余下的所有水果作检测．(12分)20．(本小题满分12分)如图所示，在△ABC 中，AB ＝2，AB 的中点为O ，点D 在AB 的延长线上，且BD ＝2－1.固定边AB ，在平面内移动顶点C ，使得圆M 与边BC ，边AC 的延长线相切，并始终与AB 的延长线相切于点D ，记顶点C 的轨迹为曲线Γ.以AB 所在直线为x 轴，O 为坐标原点建立平面直角坐标系．(Ⅰ)求曲线Γ的方程；(Ⅱ)过点P(－2，0)的直线l 与曲线Γ交于不同的两点S ，R ，直线SB ，RB 分别交曲线Γ于点E ，F.设SB →＝λBE →，RB →＝μBF →，求λ＋μ的取值范围．【解析】(Ⅰ)依题意得AB ＝2，BD ＝2－1，设动圆M 与边AC 的延长线相切于T 1，与边BC 相切于T 2，则AD ＝AT 1，BD ＝BT 2，CT 1＝CT 2.所以AD ＋BD ＝AT 1＋BT 2＝AC ＋CT 1＋BT 2＝AC ＋CT 2＋BT 2＝AC ＋BC ＝AB ＋2BD ＝22>AB ＝2， 所以点C 的轨迹Γ是以A ，B 为焦点，长轴长为22的椭圆，且挖去长轴的两个顶点．则曲线Γ的方程为x 22＋y 2＝1()y≠0.(4分)(Ⅱ)设S(x 1，y 1)，R(x 2，y 2)，E(x 3，y 3)，由题意得B(1，0)， 则SB →＝(1－x 1，－y 1)，BE →＝(x 3－1，y 3)． 由SB →＝λBE →，得－y 1＝λy 3，即λ＝－y 1y 3.当直线SB 与x 轴不垂直时，直线SB 的方程为y ＝y 1x 1－1(x －1)，即x ＝（x 1－1）y ＋y 1y 1，代入椭圆Γ方程并整理得(3－2x 1)y 2＋2y 1(x 1－1)y －y 21＝0， 则有y 1·y 3＝－y 213－2x 1，即－y 1y 3＝3－2x 1，于是λ＝3－2x 1.当SB 与x 轴垂直时，点S 的横坐标为1，λ＝1，显然λ＝3－2x 1成立．同理可得μ＝3－2x 2.(8分) 设直线l 的方程为y ＝k(x ＋2)，代入椭圆方程并整理，得(2k 2＋1)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧k≠0，Δ＝（8k 2）2－4（2k 2＋1）（8k 2－2）>0，解得0<k 2<12.又x 1＋x 2＝－8k22k 2＋1，则λ＋μ＝3－2x 1＋3－2x 2＝6－2(x 1＋x 2)＝6－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 22k 2＋1＝14－82k 2＋1.由0<k 2<12，得6<14－82k 2＋1<10，即λ＋μ∈(6，10)．(12分)21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝xln x －a 2x 2有两个不同的极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)．(Ⅰ)求实数a 的取值范围；(Ⅱ)设g(x)＝f(x)－x 22，讨论函数g(x)的零点个数．【解析】(Ⅰ)f′(x)＝ln x ＋1－ax ，因为f(x)有两个不同的极值点，则f′(x)有两个不同的零点．令f′(x)＝0，则ln x ＋1－ax ＝0，即a ＝ln x ＋1x.(2分)设h(x)＝ln x ＋1x，则直线y ＝a 与函数y ＝h(x)的图象有两个不同的交点．因为h′(x)＝1－（ln x ＋1）x 2＝－ln xx 2，由h′(x)>0，得ln x ＜0，即0＜x ＜1，所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)max ＝h(1)＝1.(4分)因为当0<x<1e 时，h(x)＜0；当x>1e时，h(x)＞0；当x→＋∞时，h (x)→0，所以a 的取值范围是(0，1)．(5分)(Ⅱ)因为x 1，x 2为f(x)的两个极值点，则x 1，x 2为直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)的两个交点的横坐标．由(Ⅰ)可知，1e <x 1<1<x 2，且ln x 1＋1x 1＝ln x 2＋1x 2＝a ，(6分)因为当0<x<x 1或x>x 2时，a>ln x ＋1x ，即f′(x)<0；当x 1<x<x 2时，a<ln x ＋1x ，即f′(x)>0，则f(x)在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增，所以f(x)的极小值点为x 1，极大值点为x 2.(7分)当0＜x≤1时，因为ln x ≤0，0＜a ＜1，x 2＞1，则g(x)＝xln x －a 2x 2－x 22<0，所以g(x)在区间(0，1]内无零点．(8分)因为g(x 2)＝x 2ln x 2－a 2x 22－x 22＝x 2ln x 2－（ln x 2＋1）x 22－x 22＝x 2（ln x 2－2）2，a ＝h(x 2)，则①当ln x 2＞2，即x 2＞e 2时，g(x 2)＞0.又0＜a ＜1，则e a 2>1，所以g(e a 2)＝e a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln e a 2－a 2·e a 2－x 22＝a 2·e a 2(1－e a 2)－x 22<0.此时g(x)在(1，x 2)和(x 2，＋∞)内各有1个零点，且a<h(e 2)＝3e2.(10分)②当ln x 2＝2，即x 2＝e 2时，g(x 2)＝0，此时g(x)在(1，＋∞)内有1个零点，且a ＝h(e 2)＝3e2.③当0＜ln x 2＜2，即1＜x 2＜e 2时，g(x 2)＜0，此时g(x)在(1，＋∞)内无零点，且a>h(e 2)＝3e2.(11分) 综上分析，当0<a<3e 2时，g(x)有2个零点；当a ＝3e 2时，g(x)有1个零点；当3e 2<a<1时，g(x)没有零点．(12分)(二)选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，设倾斜角为α的直线l ：⎩⎨⎧x ＝2＋tcos α，y ＝3＋tsin α(t 为参数)与曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)相交于不同的两点A ，B. (Ⅰ)若α＝π3，求线段AB 的中点M 的坐标；(Ⅱ)若|PA|·|PB|＝|OP|2，其中P(2，3)，求直线l 的斜率．【解析】(Ⅰ)将曲线C 的参数方程化为普通方程是x 24＋y 2＝1.当α＝π3时，设点M 对应的参数为t 0.直线l 的方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋12t ，y ＝3＋32t (t 为参数)，代入曲线C 的普通方程x 24＋y 2＝1，得13t 2＋56t ＋48＝0，(3分)设直线l 上的点A ，B 对应参数分别为t 1，t 2.则t 0＝t 1＋t 22＝－2813，所以点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1213，－313.(5分)(Ⅱ)将⎩⎨⎧x ＝2＋tcos α，y ＝3＋tsin α代入曲线C 的普通方程x 24＋y 2＝1，得(cos 2α＋4sin 2α)t 2＋(83sin α＋4cos α)t ＋12＝0，因为|PA|·|PB|＝|t 1t 2|＝12cos 2α＋4sin 2α，|OP|2＝7，所以12cos 2α＋4sin 2α＝7，得tan 2α＝516.(8分)由于Δ＝32cos α(23sin α－cos α)>0，故tan α＝54. 所以直线l 的斜率为54.(10分) 23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x －1|＋|x ＋2|，g(x)＝|x ＋1|－|x －a|＋a. (Ⅰ)当a ＝1时，求不等式f(x)＋g(x)＜6的解集；(Ⅱ)若对任意实数x 1，x 2，不等式f(x 1)≥g(x 2)恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】(Ⅰ)当a ＝1时，不等式化为|x ＋2|＋|x ＋1|＜5.(1分)则⎩⎪⎨⎪⎧x≥－1，2x ＋3<5或⎩⎪⎨⎪⎧－2≤x<－1，1<5或⎩⎪⎨⎪⎧x<－2，－2x －3<5，(3分) 即－1≤x＜1或－2≤x＜－1或－4＜x ＜－2，即－4＜x ＜1， 所以不等式的解集是(－4，1)．(5分)(Ⅱ)因为f(x)＝|x －1|＋|x ＋2|≥|(x－1)－(x ＋2)|＝3，当(x －1)(x ＋2)≤0，即－2≤x≤1时取等号，所以f(x)min ＝3.(6分)因为g(x)＝|x ＋1|－|x －a|＋a≤|( x＋1)－(x －a)|＋a ＝|a ＋1|＋a ，当x≥max{a ，－1}时取等号，所以g(x)max ＝|a ＋1|＋a.(7分)据题意，f(x)min ≥g(x)max ，则3≥|a ＋1|＋a ，即|a ＋1|≤3－a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧3－a≥0，（a ＋1）2≤（3－a ）2， 解得a≤1，所以a 的取值范围是(－∞，1]．(10分)。
湖南师大附中2019届高三月考试卷数学(理科)试题(教师版)
炎德·英才大联考湖南师大附中2019届高三月考试卷(六) 数 学(理科)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A ＝{4，2，a －1}，B ＝{0，－2，a 2＋1}，若A ∩B ＝{2}，则实数a 满足的集合为(D) A ．{1} B ．{－1} C ．{－1，1} D ． 2．已知复数z 满足z ＋||z ＝3＋i ，则z ＝(D)A ．1－iB ．1＋i C.43－i D.43＋i3．下列说法正确的是(D) A ．命题“x 0∈[]0，1，使x 20－1≥0”的否定为“x ∈[]0，1，都有x 2－1≤0”B ．命题“若向量a 与b 的夹角为锐角，则a ·b >0”及它的逆命题均为真命题C ．命题“在锐角△ABC 中，sin A<cos B ”为真命题D ．命题“若x 2＋x ＝0，则x ＝0或x ＝－1”的逆否命题为“若x ≠0且x ≠－1，则x 2＋x ≠0” 【解析】命题“x 0∈[]0，1，使x 20－1≥0”的否定应为“x ∈[]0，1，都有x 2－1<0”，所以A错误；命题“若向量a 与b 的夹角为锐角，则a ·b >0”的逆命题为假命题，故B 错误；锐角△ABC 中，A ＋B>π2π2>A>π2－B>0，∴sin A>sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝cos B ，所以C 错误，故选D.4．我国古代数学名著《九章算术》里有一道关于玉石的问题：“今有玉方一寸，重七两；石方一寸，重六两．今有石方三寸，中有玉，并重十一斤(176两)．问玉、石重各几何？”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法，运行该程序框图，则输出的x ，y 分别为(C)A ．90，86B ．94，82C ．98，78D ．102，74 【解析】执行程序框图，x ＝86，y ＝90，s ≠27；x ＝90，y ＝86，s ≠27；x ＝94，y ＝82，s ≠27；x ＝98，y ＝78，s ＝27，结束循环，输出的x ，y 分别为98，78，故选C.5．已知定义在R 上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m 为实数)为偶函数，记a ＝f(log 0.53)，b ＝f ()log 25，c ＝f ()2＋m 则a ，b ，c 的大小关系为(B)A ．a<b<cB ．a<c<bC ．c<a<bD ．c<b<a【解析】∵函数f ()x 是偶函数，∴f ()x ＝f ()－x 在R 上恒成立，∴m ＝0， ∴当x ≥0时，易得f(x)＝2||x －1为增函数， ∴a ＝f(log 0.53)＝f(log 23)，b ＝f ()log 25，c ＝f ()2，∵log 23<2<log 25，∴a<c<b ，故选B.6．学校组织学生参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学．现从该小组中选出3名同学分别到A ，B ，C 三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同的安排方法有(D)A ．70种B ．140种C ．840种D ．420种【解析】从9名同学中任选3名分别到A ，B ，C 三地进行社会调查有C 39A 33种安排方法，3名同学全是男生或全是女生有(C 35＋C 34)A 33种安排方法，故选出的同学中男女均有的不同安排方法有C 39A 33－(C 34＋C 35)A 33＝420(种)．7．已知(x ＋1)5＋(x －2)9＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 9(x －1)9，则a 7＝(B) A ．9 B ．36 C ．84 D ．243【解析】令t ＝x －1，则(x ＋1)5＋(x －2)9＝(t ＋2)5＋(t －1)9，只有(t －1)9中展开式含有t 7项，所以a 7＝C 29＝36，选B.8．已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧1≤x ＋y ≤2，x ≤－1，则x ＋yy 的取值范围是(B)A.⎣⎡⎦⎤12，23B.⎝⎛⎤0，23C.⎝⎛⎤－1，－13D.⎣⎡⎦⎤32，2 【解析】将题中可行域表示如右图，易知k ＝yx 在A(－1，3)处取得最小值－3，且斜率k 小于直线x ＋y ＝1的斜率－1，故－3≤k<－1，则－1<x y ≤－13，故0<x ＋y y ≤23.9．正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长相等，E 为SC 的中点，则BE 与SA 所成角的余弦值为(C) A.13 B.12 C.33 D.32【解析】如图，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，因为OE 是△SAC 的中位线，故EO ∥SA ，则∠BEO 为BE 与SA 所成的角．设SA ＝AB ＝2a ，则OE ＝12SA ＝a ，BE ＝32SA ＝3a ，OB ＝22SA ＝2a ，所以△EOB为直角三角形，所以cos ∠BEO ＝OE BE ＝a 3a ＝33，故选C.10．如图所示，点F 是抛物线y 2＝8x 的焦点，点A ，B 分别在抛物线y 2＝8x 及圆(x －2)2＋y 2＝16的实线部分上运动，且AB 总是平行于x 轴，则△FAB 的周长的取值范围是(C)A ．(2，6)B ．(6，8)C ．(8，12)D ．(10，14)【解析】抛物线的准线l ：x ＝－2，焦点F(2，0)，由抛物线定义可得|AF|＝x A ＋2， 圆(x －2)2＋y 2＝16的圆心为(2，0)，半径为4，∴三角形FAB 的周长为|AF|＋|AB|＋|BF|＝(x A ＋2)＋(x B －x A )＋4＝6＋x B ，由抛物线y 2＝8x 及圆(x －2)2＋y 2＝16可得交点的横坐标为2，则x B ∈(2，6)，所以6＋x B ∈(8，12)，故选C.11．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A(3，0)，B(1，2)，D(3，2)，动点P 满足OP →＝λOA →＋μOB →，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，2]，λ＋μ∈[1，2]，则点P 落在三角形ABD 里面的概率为(A)A.12B.33C.32D.23【解析】以OA ，OB 为邻边做平行四边形OACB ，延长OB 至E ，使得OE ＝2OB ，∵OP →＝λOA →＋μOB →，且λ∈[0，1]，μ∈[0，2]，λ＋μ∈[1，2]，∴P 点位于平行四边形ABEC 的内部(包含边界)，则点P 落在三角形ABD 里面的概率P ＝S △ABC S ABEC ＝12，选A. 12．已知函数f(x)＝4sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6，x ∈⎣⎡⎦⎤0，46π3，若函数F(x)＝f(x)－3的所有零点依次记为x 1，x 2，x 3，…，x n ，且x 1<x 2<x 3<…<x n ，则x 1＋2x 2＋2x 3＋…＋2x n －1＋x n ＝(C)A.1 276π3 B ．445π C ．455π D.1 457π3【解析】函数f(x)＝4sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6，令2x －π6＝π2＋k π得x ＝12k π＋π3，k ∈Z ，即f(x)的对称轴方程为x ＝12k π＋π3，k ∈Z .∵f(x)的最小正周期为T ＝π，0≤x ≤46π3，当k ＝30时，可得x ＝46π3，∴f(x)在⎣⎡⎦⎤0，46π3上有31条对称轴，根据正弦函数的性质可知：函数f(x)＝4sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6与y ＝3的交点x 1，x 2关于π3对称，x 2，x 3关于5π6对称，…，即x 1＋x 2＝2π6×2，x 2＋x 3＝5π6×2，…，x n －1＋x n ＝2×⎝⎛⎭⎫292π＋π3，将以上各式相加得：x 1＋2x 2＋3x 3＋…＋2x 30＋x 31＝2⎝⎛⎭⎫2π6＋5π6＋…＋89π6＝(2＋5＋8＋…＋89)×π3＝455π，则x 1＋2x 2＋2x 3＋…＋2x n －1＋x n ＝(x 1＋x 2)＋(x 2＋x 3)＋x 3＋…＋x n －1＋(x n －1＋x n )＝2⎝⎛⎭⎫π2＋3π2＋…＋59π2＝455π.故选C.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．过双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a>0，b>0)的右焦点F 且斜率为1的直线与双曲线有且只有一个交点，则双曲线的离心率为．14．设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＝x 3＋f′⎝⎛⎭⎫23x 2－x ，f(x)，则f′(1)＝__0__． 【解析】因为f(x)＝x 3＋f′⎝⎛⎭⎫23x 2－x ，所以f′(x)＝3x 2＋2f ′⎝⎛⎭⎫23x －1， 所以f′⎝⎛⎭⎫23＝3⎝⎛⎭⎫232＋2f′⎝⎛⎭⎫23×23－1，则f′⎝⎛⎭⎫23＝－1，f(x)＝x 3－x 2－x ， 则f′(x)＝3x 2－2x －1，故f′(1)＝0.15．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P －ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为__80π3__．【解析】依题意，记三棱锥P －ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，则由V P －ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝⎛⎭⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝⎛⎭⎫2332＝203，所以三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3.16．已知在平面四边形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝2，AC ⊥CD ，AC ＝CD ，则四边形ABCD 的面积的最大值为．【解析】如图所示，设∠ABC ＝θ，θ∈(0，π)，则在△ABC 中，由余弦定理得， AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB·BC·cos θ＝6－42cos θ，∴四边形ABCD 的面积为S ＝S △ABC ＋S △ACD ＝12(AB·BC·sin θ＋AC·CD)，化简得：S ＝12(22sin θ＋6－42cos θ)＝3＋2(sin θ－2cos θ)＝3＋10sin (θ－φ)，其中tan φ＝2，当sin (θ－φ)＝1时，S 取得最大值为3＋10.三、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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分． 17．(本题满分12分)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1＝1，设b n ＝a n 2n －1＋2，n ∈N *. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.【解析】(1)∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，∴当n ≥2时，有2S n －1＝a n －2n ＋1， 两式相减整理得a n ＋1－3a n ＝2n ，2分则a n ＋12n －32·a n2n －1＝1， 即a n ＋12n ＋2＝32⎝⎛⎭⎫a n 2n －1＋2.∴b n ＋1＝32b n ，(n ≥2)，4分 当n ＝1时，2S 1＝a 2－22＋1，且S 1＝a 1＝1，则a 2＝5， ∴b 1＝a 120＋2＝3，b 2＝a 221＋2＝92，满足b 2＝32b 1，∴b n ＋1＝32b n ，(n ∈N *)．故数列{b n }是首项为3，公比为32的等比数列，即b n ＝3·⎝⎛⎭⎫32n －1.6分 (2)由(1)知b n ＝a n 2n －1＋2＝3⎝⎛⎭⎫32n －1，∴a n ＝3n －2n ，则1a n ＝13n －2n ，8分 当n ≥2时，⎝⎛⎭⎫32n>2，即3n －2n >2n， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n <1＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＝1＋12⎝⎛⎭⎫1－12n －1<32.11分 当n ＝1时，1a 1＝1<32，上式也成立．综上可知，对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.12分18．(本题满分12分)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角为θ()θ≤90°，试求cos θ的取值范围．【解析】(1)在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，所以AB ＝2，2分 所以AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB·BC·cos 60°＝3， 所以AB 2＝AC 2＋BC 2，所以BC ⊥AC.4分因为平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ， BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACFE.6分(2)建立以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系如图所示， 令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，1，0)，M (λ，0，1)， 所以AB →＝(－3，1，0)，BM →＝(λ，－1，1)， 设n 1＝(x ，y ，z)为平面MAB 的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BM →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，所以n 1＝(1，3，3－λ)，9分因为n 2＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量．所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝11＋3＋（3－λ）2×1＝1（λ－3）2＋4. 因为0≤λ≤3，所以当λ＝0时，cos θ有最小值77， 当λ＝3时，cos θ有最大值12.所以cos θ∈⎣⎡⎦⎤77，12.12分19．(本题满分12分)如图，已知椭圆C 1：x 24＋y 2＝1的左、右顶点为A 1，A 2，上、下顶点为B 1，B 2，记四边形A 1B 1A 2B 2的内切圆为C 2.(1)求圆C 2的标准方程；(2)已知圆C 2的一条不与坐标轴平行的切线l 交椭圆C 1于P ，M 两点．(ⅰ)求证：OP ⊥OM ；(ⅱ)试探究1OP 2＋1OM 2是否为定值．【解析】(1)因为A 2，B 1分别为椭圆C 1：x 24＋y 2＝1的右顶点和上顶点，则A 2，B 1坐标分别为(2，0)，(0，1)，可得直线A 2B 1的方程为：x ＋2y ＝2.2分则原点O 到直线A 2B 1的距离为d ＝21＋22＝25，则圆C 2的半径r ＝d ＝25， 故圆C 2的标准方程为x 2＋y 2＝45.4分(2)(i)可设切线l ：y ＝kx ＋b(k ≠0)，P(x 1，y 1)，M(x 2，y 2)，将直线PM 方程代入椭圆C 1可得⎝⎛⎭⎫14＋k 2x 2＋2kbx ＋b 2－1＝0，由韦达定理得： ⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2kb 14＋k 2，x 1x 2＝b 2－114＋k2，则y 1y 2＝(kx 1＋b)(kx 2＋b)＝k 2x 1x 2＋kb(x 1＋x 2)＋b 2＝－k 2＋14b 214＋k 2，6分又l 与圆C 2相切，可知原点O 到l 的距离d ＝|b|k 2＋12＝25，整理可得k 2＝54b 2－1，则y 1y 2＝1－b 214＋k 2，所以OP →·OM →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0，故OP ⊥OM.8分(ii)由OP ⊥OM 知S △OPM ＝12||OP ||OM ，①当直线OP 的斜率不存在时，显然|OP|＝1，|OM|＝2，此时1OP 2＋1OM 2＝54； ②当直线OP 的斜率存在时，设OP ：y ＝k 1x 代入椭圆方程可得x 24＋k 21x 2＝1，则x 2＝41＋4k 21，故OP 2＝x 2＋y2＝(1＋k 21)x 2＝4（1＋k 21）1＋4k 21，10分同理OM 2＝4⎣⎡⎦⎤1＋⎝⎛⎭⎫－1k 121＋4⎝⎛⎭⎫－1k 12＝4（k 21＋1）k 21＋4， 则1OP 2＋1OM 2＝1＋4k 214（1＋k 21）＋k 21＋44（1＋k 21）＝54. 综上可知：1OP 2＋1OM 2＝54为定值.12分 20．(本题满分12分)中国大学先修课程，是在高中开设的具有大学水平的课程，旨在让学有余力的高中生早接受大学思维方式、学习方法的训练，为大学学习乃至未来的职业生涯做好准备．某高中开设大学先修课程已有两年，两年共招收学生2 000人，其中有300人参与学习先修课程，两年全校共有优等生200人，学习先修课程的优等生有60人．这两年学习先修课程的学生都参加了考试，并且都参加了某高校的自主招生考试(满分100，根据列联表的独立性检验，能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为学习先修课程与优等生有关系？(2)已知今年有年参加大学先修课程学习成绩的概率．①在今年参与大学先修课程的学生中任取一人，求他获得某高校自主招生通过的概率； ②设今年全校参加大学先修课程的学生获得某高校自主招生通过的人数为ξ，求Eξ.参考公式：K 2＝n （ad －bc ）（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ），其中n ＝a ＋b ＋c ＋d.【解析】(1)列联表如下：2分等高条形图如图：4分通过图形可判断学习先修课与优等生有关系，又K 2＝2 000（60×1 560－140×240）2300×1 700×200×1 800≈39.216>6.635，因此在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为学习先修课程与优等生有关系.6分 (2)①p ＝20300×0.9＋55300×0.8＋105300×0.6＋70300×0.5＋50300×0.4＝0.6.8分②设获得某高校自主招生通过的人数为ξ，则ξ～B ⎝⎛⎭⎫150，35， P(x ＝k)＝C k 150⎝⎛⎭⎫35k ⎝⎛⎭⎫25150－k，k ＝0，1，2，…，150，10分所以Eξ＝150×35＝90.12分21．(本题满分12分)设函数f(x)＝x 22－aln x －12，a ∈R .(1)若函数f(x)在区间[]1，e (e ＝2.718 28…为自然对数的底数)上有唯一的零点，求实数a 的取值范围； (2)若在[1，e](e ＝2.718 28…为自然对数的底数)上存在一点x 0，使得f ()x 0<x 202－a ＋1x 0－x 0－12成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)f′(x)＝x －a x ＝x 2－ax，其中x ∈[1，e]，①当a ≤1时，f ′(x)≥0恒成立，f(x)单调递增，又∵f(1)＝0，∴函数f(x)在区间[1，e]上有唯一的零点，符合题意．②当a ≥e 2时，f ′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，又∵f(1)＝0，∴函数f(x)在区间[1，e]上有唯一的零点，符合题意.3分③当1<a<e 2时，1≤x<a 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，又∵f(1)＝0，∴f(a)<f(1)＝0，∴函数f(x)在区间[1，a]上有唯一的零点，当a<x ≤e 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，∴当f(e)<0时符合题意，即e 22－a －12<0，∴a>e 2－12时，函数f(x)在区间[1，a]上有唯一的零点；∴a 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫a|a ≤1或a>e 2－12.6分 (2)在[1，e]上存在一点x 0，使得f ()x 0<x 202－a ＋1x 0－x 0－12成立，等价于x 0＋1x 0－aln x 0＋a x 0<0在[1，e]上有解，即函数g(x)＝x ＋1x －aln x ＋ax在[]1，e 上的最小值小于零．g ′()x ＝1－1x 2－a x －a x 2＝x 2－ax －a －1x 2＝()x ＋1()x －a －1x 2，8分①当a ＋1≥e 时，即a ≥e －1时，g ()x 在[]1，e 上单调递减，所以g ()x 的最小值为g ()e ，由g ()e ＝e ＋1＋ae－a<0可得a>e 2＋1e －1，∵e 2＋1e －1>e －1，∴a>e 2＋1e －1；②当a ＋1≤1时，即a ≤0时，g ()x 在[]1，e 上单调递增，所以g ()x 的最小值为g ()1，由g ()1＝1＋1＋a<0可得a<－2；10分③当1<a ＋1<e 时，即0<a<e －1时，可得g ()x 的最小值为g ()a ＋1，∵0<ln ()a ＋1<1，∴0<aln ()a ＋1<a ，g ()a ＋1＝a ＋1＋1a ＋1－aln ()a ＋1＋aa ＋1＝a ＋2－aln(a ＋1)>2，所以g ()1＋a <0不成立．综上所述：可得所求a 的取值范围是(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＋1e －1，＋∞.12分(二)选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(本题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程已知曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋2cos θ，y ＝1＋2sin θ(θ为参数)．以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)若直线l ：θ＝α(α∈[0, π), ρ∈R )与曲线C 相交于A ，B 两点，设线段AB 的中点为M ，求|OM|的最大值．【解析】(1)曲线C 的普通方程为(x ＋1)2＋(y －1)2＝22，由⎩⎨⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得ρ2＋2ρcos θ－2ρsin θ－2＝0.5分 (2)联立θ＝α和ρ2＋2ρcos θ－2ρsin θ－2＝0，得ρ2＋2ρ(cos α－sin α)－2＝0， 设A(ρ1, α)，B (ρ2, α)，则ρ1＋ρ2＝2(sin α－cos α)＝22sin ⎝⎛⎭⎫α－π4，由|OM|＝|ρ1＋ρ22|，得|OM|＝2⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫α－π4≤2，当α＝3π4时，|OM|取最大值 2.10分23．(本题满分10分)选修4—5: 不等式选讲 已知函数f ()x ＝||x ＋a ＋||x －2.11 (1)当a ＝1时，求不等式f ()x ≥7的解集；(2)若f ()x ≤||x －4＋||x ＋2a 的解集包含[]0，2，求a 的取值范围．【解析】(1)当a ＝1时， f ()x ＝⎩⎨⎧－2x ＋1，x ≤－1，3，－1<x<2，2x －1，x ≥2，当x ≤－1时，由f ()x ≥7得－2x ＋1≥7，解得x ≤－3；当－1<x<2时， f ()x ≥7无解；当x ≥2时，由f ()x ≥7得2x －1≥7，解得x ≥4，所以f ()x ≥7的解集为(]－∞，－3∪[)4，＋∞.5分(2)f ()x ≤||x －4＋||x ＋2a 的解集包含[]0，2等价于||x ＋a －||x ＋2a ≤||x －4||－x －2在[]0，2上恒成立，当x ∈[]0，2时，||x ＋a －||x ＋2a ≤||x －4||－x －2＝2等价于(||x ＋a －||x ＋2a )max ≤2恒成立，而||x ＋a －||x ＋2a ≤||（x ＋a ）－（x ＋2a ）＝||a ，∴||a ≤2，故满足条件的a 的取值范围是[]－2，2.10分。
湖南师范大学附属中学2019届高三第七次月考理科数学试题(教师版)及答案解析
绝密★启用前炎德·英才大联考湖南师范大学附属中学2019届高三第七次月考理科数学试题（教师版）时量：120分钟满分：150分一、选择题：本大题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题的四个选项中,只有一项是符合题目要求的．1．已知复数z＝a＋10i3－i(a∈R),若z为纯虚数,则|a－2i|＝(B)A．5 B. 5 C．2 D. 3【解析】因为z＝a＋i(3＋i)＝a－1＋3i为纯虚数,则a＝1,所以|a－2i|＝a2＋4＝5,选B.2．下列说法错误．．的是(B)A．在回归模型中,预报变量y的值不能由解释变量x唯一确定B．若变量x,y满足关系y＝－0.1x＋1,且变量y与z正相关,则x与z也正相关C．在残差图中,残差点分布的带状区域的宽度越狭窄,其模型拟合的精度越高D．以模型y＝ce kx去拟合一组数据时,为了求出回归方程,设z＝ln y,将其变换后得到线性方程z＝0.3x＋4,则c＝e4,k＝0.3【解析】对于A,在回归模型中,预报变量y的值由解释变量x和随机误差e 共同确定,即x只能解释部分y的变化,所以A正确；对于B,由回归方程知变量y 与z正相关,则x与z负相关,所以B错误；对于C,在残差图中,残差点分布的带状区域的宽度越狭窄,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．故选B.3．函数f(x)＝e x ＋1x （1－e x ）(其中e 为自然对数的底数)的图象大致为(A)【解析】当x>0时,e x >1,则f(x)<0；当x<0时,e x <1,则f(x)<0,所以f(x)的图象恒在x 轴下方,选A.4．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺,竹长两尺,松日自半,竹日自倍,松竹何日而长等．如图是源于其思想的一个程序框图,若输入a ＝4,b ＝1,则输出的n 等于(C)A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】当n ＝1时,a ＝6,b ＝2,满足进行循环的条件,当n ＝2时,a ＝9,b ＝4,满足进行循环的条件,当n ＝3时,a ＝272,b ＝8,满足进行循环的条件, 当n ＝4时,a ＝814,b ＝16,满足进行循环的条件,当n ＝5时,a ＝2438,b ＝32,不满足进行循环的条件, 故输出的n 值为5.故选C.5．已知动圆C 经过点A(2,0),且截y 轴所得的弦长为4,则圆心C 的轨迹是(D)。
精品解析：七年级数学阶段检测卷 (第4、5章)(解析版)
七年级数学阶段检测卷 (第4、5章)一、选择题(每题2分，共16分)1.下列方程是一元一次方程的是( )A. x2－4x=3B. x－2=－3xC. x＋2y=3D. x－1=1x【答案】B【解析】【分析】根据一元一次方程的定义解答．【详解】A. x2−4x=3的最高次数是2次，不是一元一次方程，故本选项错误；B.x−2=−3x符合一元一次方程的定义，故本选项正确；+2y=3含有两个未知数，不是一元一次方程，故本选项错误；D.x−1=1x分母中含有未知数，不是一元一次方程，故本选项错误；故选：B.【点睛】考查一元一次方程的定义，含有一个未知数，未知数的最高次数是1的整式方程就叫做一元一次方程.2.下列几何体中，俯视图是矩形的是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：A、俯视图为圆，故错误；B、俯视图为矩形，正确；C、俯视图为三角形，故错误；D、俯视图为圆，故错误；故选：B．考点：几何体的三种视图．3.方程3x＋2(1－x)=4的解是( )A. x=25B. x=65C. x=2D. x=1【答案】C【解析】去括号，得3x+2−2x=4，移项，合并同类项得x=2.故选C.4.某市在端午节准备举行划龙舟大赛，预计15个队共330人参加．已知每个队一条船，每条船上人数相等，且每条船上有1人击鼓，1人掌舵，其余的人同时划桨．如果设每条船上划桨的有x人，那么可列出一元一次方程为( )A. 15(x－2)=330B. 15x＋2=330C. 15(x＋2)=330D. 15x－2=330【答案】C【解析】【分析】利用等量关系：15个队×每队的人数=总人数，列出方程即可．【详解】设每条船上划桨的有x人，则每条船上有x+2人，根据等量关系列方程得：15(x+2)=330.故选：C.【点睛】考查由实际问题抽象出一元一次方程，读懂题目，找出题目中的等量关系是解题的关键.5.如图是由6个同样大小的正方体摆成的几何体．将正方体①移走后，所得几何体（）A. 主视图改变，左视图改变B. 俯视图不变，左视图不变C. 俯视图改变，左视图改变D. 主视图改变，左视图不变【答案】D【解析】试题分析：将正方体①移走前的主视图正方形的个数为1，2，1；正方体①移走后的主视图正方形的个数为1，2；发生改变．将正方体①移走前的左视图正方形的个数为2，1，1；正方体①移走后的左视图正方形的个数为2，1，1；没有发生改变．将正方体①移走前的俯视图正方形的个数为1，3，1；正方体①移走后的俯视图正方形的个数，1，3；发生改变．故选D．【考点】简单组合体的三视图．6.如图1，天平呈平衡状态，其中左侧秤盘中有一袋玻璃球，右侧秤盘中也有一袋玻璃球，还有2个各20 g 的砝码．若现将左侧袋中一颗玻璃球移至右侧秤盘，并拿走右侧秤盘的一个砝码后，天平仍呈平衡状态，如图2，则被移动的玻璃球质量为( )A. 10 gB. 15 gC. 20 gD. 25 g【答案】A【解析】【分析】根据天平仍然处于平衡状态列出一元一次方程求解即可.【详解】设左、右侧秤盘中一袋玻璃球的质量分别为m克、n克，根据题意得：m=n+40.设被移动的玻璃球的质量为x克，根据题意得：m-x=n+x+20，则x=12(m−n−20)=12(n+40−n−20)=10.故选:A.【点睛】考查由实际问题抽象出一元一次方程，读懂题目，找出题目中的等量关系是解题的关键.7.如图的正方体盒子的外表面上画有3条黑线，将这个正方体盒子的表面展开（外表面朝上），展开图可能是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根据正方体的表面展开图可知，两条黑线在一行，且相邻两条成直角，故A、B选项错误；该正方体若按选项C展开，则第三行第一列处的黑线的位置应为小正方形的另一条对角线，所以C不符合题意.故选D.点睛：本题是一道关于几何体展开图的题目，主要考查了正方体展开图的相关知识.对于此类题目，一定要抓住图形的特殊性，从相对面，相邻的面入手，进行分析解答.本题中，抓住黑线之间位置关系是解题关键.8. 一张桌子上摆放有若干个大小、形状完全相同的碟子，现从三个方向看，其三种视图如图所示，则这张桌子上碟子的总数为（）A. 11B. 12C. 13D. 14【答案】B【解析】试题分析：从俯视图可得：碟子共有3摞，结合主视图和左视图，可得每摞碟子的个数，相加可得答案．解：由俯视图可得：碟子共有3摞，由几何体的主视图和左视图，可得每摞碟子的个数，如下图所示：故这张桌子上碟子的个数为3+4+5=12个，故选：B．考点：由三视图判断几何体．二、填空题 (每题2分，共20分)9.用一个平面去截一个正方体，其截面的形状不可能是_________．(请你在“三角形”“四边形”“五边形”“六边形”“七边形”这5种图形中选择符合题意的图形填上即可)【答案】七边形【解析】【分析】正方体有六个面，截面与其六个面相交最多得六边形，不可能是七边形或多于七边的图形．【详解】用平面去截正方体，得的截面可能为三角形、四边形、五边形、六边形，不可能为七边形.故答案为：七边形.【点睛】考查立方体的截面，正方体有六个面，截面与其六个面相交最多得到六边形，最少与三个面相交得到三角形，不可能是七边形.10.下列各图中，不是正方体的展开图（填序号）．【答案】③【解析】只要有“田”字格的展开图都不是正方体的表面展开图，所以③不是正方体的展开图．故答案为：③．11.若关于x的方程3x－2m=4的解是x=－2，则m_________ ．【答案】－5【解析】【分析】由x=-2为方程的解，将x=-2代入方程即可求出m的值．【详解】将x=−2代入方程得：−6−2m=4，解得：m=−5.故答案为：−5.【点睛】考查方程解的概念，使方程左右两边相等的未知数的值就是方程的解.12.若5x－11与－4(x－3)互为相反数，则x－4=_________．【答案】－5【解析】【分析】根据互为相反数的两个数和为0.列出方程，求解即可.【详解】-4(x-3)+5x-11=0-4x+12+5x-11=0，x+1=0，x=−1,x-4=-5故答案为：－5.【点睛】考查相反数的定义，根据互为相反数的两个数和为0列出方程是解题的关键.13.若一个直棱柱共有12个顶点，所有侧棱长的和等于60，则每条侧棱的长为_________．【答案】10【解析】【分析】根据n棱柱有2n个顶点，n条侧棱，可得答案．【详解】由一个直棱柱共有12个顶点，得6棱柱。
湖南师范大学附属中学2019届高三上学期月考(四)数学(理)试题(解析版)
湖南师大附中2019届高三月考试卷(四)数学(理科)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意，先求得集合，进而得到集合，再根据集合的交集的运算，即可求解.【详解】由题意，可知，则，所以，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了集合的运算，其中解答中正确求解集合，再根据集合的交集运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2.已知复数，给出下列四个结论：①；②；③的共轭复数；④的虚部为.其中正确结论的个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】由题意，根据复数，利用模的公式和复数的运算、及共轭复数的概念等，即可逐一判定，得到答案. 【详解】由已知，则，，，的虚部为1.所以仅结论②正确，故选B.【点睛】本题主要考查了复数的基本概念，复数的模、共轭复数的概念及复数的运算法则，其中熟记复数的相关概念和复数的运算法则是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 3.若向量与满足，且，，则向量在方向上的投影为（）A. B. C. -1 D.【答案】B【解析】【分析】利用向量垂直的充要条件求得，再由向量在方向上的投影的计算公式，即可求解，得到答案. 【详解】利用向量垂直的充要条件有：，∴，则向量在方向上的投影为,故选B.【点睛】本题主要考查了向量垂直的应用，以及向量的投影的计算问题，其中熟记向量垂直的充要条件和向量的投影的计算公式，合理准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.4.五进制是以5为底的进位制，主因乃人类的一只手有五只手指. 中国古代的五行学说也是采用的五进制，0代表土，1代表水，2代表火，3代表木，4代表金，依此类推，5又属土，6属水，……，减去5即得.如图，这是一个把进制数（共有位）化为十进制数的程序框图，执行该程序框图，若输入的，，分别为5，1203，4，则输出的（）A. 178B. 386C. 890D. 14303【答案】A【解析】【分析】根据题设的程序框图，得到该程序的计算功能，即可求解，得到答案.【详解】模拟执行程序框图，可得程序框图的功能是计算并输出.故选A.【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的应用，其中解答中根据给定的程序框图，得到该程序框图的计算功能是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.5.若，则（）A. 0B. 1C. 32D. -1【答案】A【解析】由二项展开式的通项公式，可知都小于．则．在原二项展开式中令，可得．故本题答案选．6.若实数，满足且的最小值为3，则实数的值为（）A. 1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意，画出约束条件所表示的平面区域，判定目标函数过点时取得最小值，即可求解，得到答案.【详解】画出可行域如图阴影部分所示，当目标函数过点时取得最小值，由得，则，解得.故选C.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义；求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求，其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义是解答的关键．7.气象意义上的春季进入夏季的标志为连续5天的日平均温度不低于.现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均气温的记录数据（记录数据都是正整数）：①甲地：5个数据是中位数为24，众数为22；②乙地：5个数据是中位数为27，总体均值为24；③丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8则肯定进入夏季的地区有（）A. ①②③B. ①③C. ②③D. ①【答案】B【解析】试题分析：由统计知识①甲地：个数据的中位数为，众数为可知①符合题意；而②乙地：个数据的中位数为，总体均值为中有可能某一天的气温低于，故不符合题意，③丙地：个数据中有一个数据是，总体均值为，总体方差为．若由有某一天的气温低于则总体方差就大于，故满足题意，选C考点：统计初步8.平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，则直线与直线所成的角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意，平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，得到，在根据正方形的性质，即可求解.【详解】如图所示，平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，平面平面，∴，又∵，则直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即直线与直线所成的角为为.故选D.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解问题，其中解答中，着重考查了.9.对于数列，定义为的“优值”，现已知某数列的“优值”，记数列的前项和为，则（）A. 2022B. 1011C. 2020D. 1010【答案】B【解析】【分析】由题意，根据，得到，进而求得，作差即可求解.【详解】由，得，①，②①-②得，即，，所以.故选B.【点睛】本题主要考查了数列的新定义的应用，以及数列知识的综合应用，其中解答中根据新定义，化简得，进而得，新作差化简、运算是解答的关键，同时此类问题需要认真审题，合理利用新定义是解答此类问题的基础，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.10.在锐角中，角的对边分别为，若，，则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】。
湖南师大附中2019届高三上学期月考(四)数学(理)试题(含解析)
湖南师大附中2019届高三月考试卷(四)数 学(理科)时量：120分钟 满分：150分一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A ＝{x ∈R |x 2－x －2＜0}，B ＝{x ∈Z |x ＝2t ＋1，t ∈A}，则A ∩B ＝( ) A ．{－1，0，1}B ．{－1，0}C ．{0，1}D ．{0}2．已知复数z ＝21－i ，给出下列四个结论：①|z|＝2；② z 2＝2i ；③z 的共轭复数z ＝－1＋i ；④z的虚部为i.其中正确结论的个数是( )A ．0B. 1C ．2D ．33．若向量a 与b 满足()a ＋b ⊥a ，且||a ＝1，||b ＝2，则向量a 在b 方向上的投影为( ) A. 3B ．－12C ．－1D.334．五进制是以5为底的进位制，主因乃人类的一只手有五只手指. 中国古代的五行学说也是采用的五进制，0代表土，1代表水，2代表火，3代表木，4代表金，依此类推，5又属土，6属水，……，减去5即得. 如图，这是一个把k 进制数a(共有N 位)化为十进制数b 的程序框图，执行该程序框图，若输入的k ，a ，n 分别为5，1 203，4，则输出的b ＝( )A ．178B ．386C ．890D ．14 3035．若(1－x)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，则|a 0|－|a 1|＋|a 2|－|a 3|＋|a 4|－|a 5|＝( ) A ．0B ．1C ．32D ．－16．若实数x ，y 满足⎩⎨⎧2x －y ≥0，y ≥x ，y ≥－x ＋b ，且z ＝2x ＋y 的最小值为3，则实数b 的值为( )A ．1B. 2C.94D.527．气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天的日平均温度均不低于22 ℃”．现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据(记录数据都是正整数)：①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22； ②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；③丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8. 则肯定进入夏季的地区有( ) A ．①②③B ．①③C ．②③D ．①8．平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，平面α∥平面A 1BD ，平面α∩平面ABCD ＝l ，则直线l 与直线A 1C 1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°9．对于数列{}a n ，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn 为{}a n 的“优值”，现已知某数列的“优值”H n＝2n ，记数列{}a n 的前n 项和为S n ，则S 2 0192 019＝( )A ．2 022B ．1 011C ．2 020D ．1 01010．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos B b ＋cos C c ＝23sin A3sin C ，cos B＋3sin B ＝2，则a ＋c 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎤32，3B.⎝⎛⎦⎤32，3C.⎣⎡⎦⎤32，3D.⎣⎡⎦⎤32，311．已知函数f(x)＝⎩⎨⎧log 2()2－x ，0≤x ＜k ，x 3－3x 2＋3，k ≤x ≤a ，若存在实数k ，使得函数f(x)的值域为[－1，1]，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤32，1＋3B.[]2，1＋3C.[]1，3D.[]2，312．设A ，B 是抛物线y ＝x 2上的两点，O 是坐标原点，若OA ⊥OB ，则以下结论恒成立的结论个数为( )①|OA|·|OB|≥2；②直线AB 过定点(1，0)；③O 到直线AB 的距离不大于1 A ．0B ．1C ．2D ．3二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知函数f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π3(x ∈R ，ω>0)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，则ω＝____．14．已知函数f(x)＝⎩⎨⎧x ＋1（－1≤x ≤0），1－x 2（0<x ≤1），则⎰11-)(dx x f 的值为____． 15．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a>0，b>0)，过x 轴上点P 的直线与双曲线的右支交于M ，N 两点(M在第一象限)，直线MO 交双曲线左支于点Q(O 为坐标原点)，连接QN.若∠MPO ＝120°，∠MNQ ＝150°，则该双曲线的渐近线方程为____ .16．某几何体的三视图如图所示，正视图是直角三角形，侧视图是等腰三角形，俯视图是边长为32的等边三角形，若该几何体的外接球的体积为36π，则该几何体的体积为____．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分． 17．(本小题满分12分)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 4＝2a 4－2，S 3＝2a 3－2. (Ⅰ)求{a n }的通项公式；(Ⅱ)记b n ＝log 2()a n －1·a n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和为T n ，求使T n >177－2n 60成立的正整数n 的最小值．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，平面ADP⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点．(Ⅰ)在棱AB上是否存在一点E，使得AF∥平面PCE，并说明理由；(Ⅱ)当二面角D－FC－B的余弦值为24时，求直线PB与平面ABCD所成的角．19．(本小题满分12分)为了引导居民合理用水，某市决定全面实施阶梯水价．阶梯水价原则上以住宅(一套住宅为一户)的月用水量为基准定价，具体划分标准如表：阶梯级别第一阶梯水量第二阶梯水量第三阶梯水量月用水量范围(单位：立方米)[0，10) [10，15) [15，＋∞)从本市随机抽取了10户家庭，统计了同一月份的月用水量，得到如图茎叶图：(Ⅰ)现要在这10户家庭中任意选取3户，求取到第二阶梯水量的户数X的分布列与数学期望；(Ⅱ)用抽到的10户家庭作为样本估计全市的居民用水情况，从全市依次随机抽取10户，若抽到k户月用水量为一阶的可能性最大，求k的值．已知点F 是椭圆x 21＋a 2＋y 2＝1(a>0)的右焦点，点M(m ，0)，N(0，n)分别是x 轴，y 轴上的动点，且满足MN →·NF →＝0.若点P 满足OM →＝2ON →＋PO →(O 为坐标原点)．(Ⅰ)求点P 的轨迹C 的方程；(Ⅱ)设过点F 任作一直线与点P 的轨迹交于A ，B 两点，直线OA ，OB 与直线x ＝－a 分别交于点S ，T ，试判断以线段ST 为直径的圆是否经过点F ？请说明理由．21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝a(x －1)，g(x)＝(ax －1)e x ，a ∈R .(Ⅰ)若直线y ＝f(x)与曲线y ＝g(x)相切于点P(x 0，y 0)，证明：0<x 0<1； (Ⅱ)若不等式f(x)>g(x)有且仅有两个整数解，求a 的取值范围．(二)选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋acos φ，y ＝asin φ(φ为参数，实数a ＞0)，曲线C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝bcos φ，y ＝b ＋bsin φ(φ为参数，实数b ＞0)．在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l ：θ＝α⎝⎛⎭⎫ρ≥0，0≤α≤π2与C 1交于O ，A 两点，与C 2交于O ，B 两点．当α＝0时，|OA|＝2；当α＝π2时，|OB|＝4. (Ⅰ)求a ，b 的值；(Ⅱ)求2|OA|2＋|OA|·|OB|的最大值．23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f(x)＝2||x ＋a ＋⎪⎪⎪⎪x －1a ()a ≠0. (Ⅰ)当a ＝1时，解不等式f(x)＜4； (Ⅱ)求函数g(x)＝f(x)＋f(－x)的最小值．解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A ＝{x ∈R |x 2－x －2＜0}，B ＝{x ∈Z |x ＝2t ＋1，t ∈A}，则A ∩B ＝(C) A ．{－1，0，1} B ．{－1，0} C ．{0，1} D ．{0} 【解析】A ＝{x ∈R |x 2－x －2＜0}＝{x|－1＜x ＜2}， 则x ＝2t ＋1∈(－1，5)，所以B ＝{0，1，2，3，4}， 所以A ∩B ＝{0，1}，故选C.2．已知复数z ＝21－i ，给出下列四个结论：①|z|＝2；② z 2＝2i ；③z 的共轭复数z ＝－1＋i ；④z的虚部为i.其中正确结论的个数是(B)A ．0 B. 1 C ．2 D ．3【解析】由已知z ＝1＋i ，则|z|＝2，z 2＝2i ，z ＝1－i ，z 的虚部为1.所以仅结论②正确，故选B.3．若向量a 与b 满足()a ＋b ⊥a ，且||a ＝1，||b ＝2，则向量a 在b 方向上的投影为(B) A. 3 B ．－12 C ．－1 D.33【解析】利用向量垂直的充要条件有：()a ＋b ·a ＝a 2＋a ·b ＝0，∴a ·b ＝－1，向量a 在b 方向上的投影为a ·b ||b ＝－12.4．五进制是以5为底的进位制，主因乃人类的一只手有五只手指. 中国古代的五行学说也是采用的五进制，0代表土，1代表水，2代表火，3代表木，4代表金，依此类推，5又属土，6属水，……，减去5即得. 如图，这是一个把k 进制数a(共有N 位)化为十进制数b 的程序框图，执行该程序框图，若输入的k ，a ，n 分别为5，1 203，4，则输出的b ＝(A)A ．178B ．386C ．890D ．14 303【解析】模拟执行程序框图，可得程序框图的功能是计算并输出b ＝3·50＋0·51＋2·52＋1·53＝178.故选A.5．若(1－x)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，则|a 0|－|a 1|＋|a 2|－|a 3|＋|a 4|－|a 5|＝(A) A ．0 B ．1 C ．32 D ．－1【解析】由二项展开式的通项公式T r ＋1＝C r 5(－x)r ＝C r5(－1)r x r ，可知a 1，a 3，a 5都小于0，则|a 0|－|a 1|＋|a 2|－|a 3|＋|a 4|－|a 5|＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5，在原二项展开式中令x ＝1，可得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝0.故选A.6．若实数x ，y 满足⎩⎨⎧2x －y ≥0，y ≥x ，y ≥－x ＋b ，且z ＝2x ＋y 的最小值为3，则实数b 的值为(C)A ．1 B. 2 C.94 D.52【解析】画出可行域如图阴影部分所示，当目标函数z ＝2x ＋y 过点B 时取得最小值，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋b ，2x －y ＝0得B ⎝⎛⎭⎫b 3，2b 3，则2×b 3＋2b3＝3，解得b ＝94.故选C.7．气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天的日平均温度均不低于22 ℃”．现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据(记录数据都是正整数)：①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22； ②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；③丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8. 则肯定进入夏季的地区有(B)A ．①②③B ．①③C ．②③D ．①【解析】 由统计知识，①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22，可知①符合题意；②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24，有可能某一天的气温低于22 ℃，所以不符合题意；③丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8.若某一天的气温低于22 ℃，则总体方差就大于10.8，所以满足题意，故选B.8．平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，平面α∥平面A 1BD ，平面α∩平面ABCD ＝l ，则直线l 与直线A 1C 1所成的角为(D)A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【解析】如图所示，平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，平面α∥平面A 1BD ，平面α∩平面ABCD ＝l ＝AF ，平面A 1BD ∩平面ABCD ＝BD ，∴BD ∥AF ，又∵A 1C 1∥AC ，则直线l 与直线A 1C 1所成的角即为直线BD 与直线AC 所成的角，为90°.故选D.9．对于数列{}a n ，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn为{}a n 的“优值”，现已知某数列的“优值”H n＝2n ，记数列{}a n 的前n 项和为S n ，则S 2 0192 019＝(B)A ．2 022B ．1 011C ．2 020D ．1 010 【解析】由H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n，得a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ， ①a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)·2n －1， ②①－②得2n －1a n ＝n·2n －(n －1)·2n －1＝(n ＋1)·2n －1，即a n ＝n ＋1，S n ＝n （n ＋3）2，所以S 2 0192 019＝1 011.故选B.10．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos B b ＋cos C c ＝23sin A3sin C ，cos B＋3sin B ＝2，则a ＋c 的取值范围是(B)A.⎝⎛⎦⎤32，3 B.⎝⎛⎦⎤32，3 C.⎣⎡⎦⎤32，3 D.⎣⎡⎦⎤32，3 【解析】由题意cos B b ＋cos C c ＝23sin A3sin C可得：ccos B ＋bcos C bc ＝sin Ccos B ＋sin Bcos C bsin C ＝sin （B ＋C ）bsin C ＝23sin A 3sin C ，∴b ＝32. cos B ＋3sin B ＝2⎝⎛⎭⎫12cos B ＋32sin B ＝2sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6＝2，∴B ＋π6＝π2，B ＝π3，bsin B ＝1，∴A ＋C ＝2π3，0<C ＝2π3－A<π2，0<A<π2，∴π6<A<π2，a ＋c ＝sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎫2π3－A ＝32sin A ＋32cos A ＝3sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6，∵π6<A<π2，∴π3<A ＋π6<2π3， ∴32<3sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6≤ 3. 故答案选B.11．已知函数f(x)＝⎩⎨⎧log 2()2－x ，0≤x ＜k ，x 3－3x 2＋3，k ≤x ≤a ，若存在实数k ，使得函数f(x)的值域为[－1，1]，则实数a 的取值范围是(B)A.⎣⎡⎦⎤32，1＋3B.[]2，1＋3C.[]1，3 D.[]2，3【解析】由于y ＝log 2(2－x)在[0，k)上是单调递减函数， 当x ＝0时，y ＝1,当x ＝32时，y ＝－1，所以0＜k ≤32.令g(x)＝x 3－3x 2＋3，则g′(x)＝3x 2－6x ＝0，解得x ＝0或x ＝2，当x ＝2时，函数取得极小值－1，当x 3－3x 2＋3＝1时，解得x 1＝1，x 2＝1＋3，x 3＝1－3＜0(舍)， 所以2≤a ≤1＋3，故选B.12．设A ，B 是抛物线y ＝x 2上的两点，O 是坐标原点，若OA ⊥OB ，则以下结论恒成立的结论个数为(C)①|OA|·|OB|≥2；②直线AB 过定点(1，0)；③O 到直线AB 的距离不大于1 A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【解析】设A(x 1，x 21)，B(x 2，x 22)，OA →·OB →＝x 1x 2(1＋x 1x 2)＝0x 2＝－1x 1，|OA|·|OB|＝x 21()1＋x 211x 21⎝⎛⎭⎫1＋1x 21＝1＋x 21＋1x 21＋1≥2，①正确；直线AB 的斜率x 22－x 21x 2－x 1＝x 2＋x 1＝x 1－1x 1，方程为y －x 21＝⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1(x －x 1)，过定点(0，1)，②错误；原点到直线AB ：⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1x －y ＋1＝0的距离d ＝1⎝⎛⎭⎫x 1－1x 12＋1≤1，③正确．故选C.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知函数f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π3(x ∈R ，ω>0)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，则ω＝__1__．【解析】由T 2＝π2，T ＝2π2ω得ω＝1.14．已知函数f(x)＝⎩⎨⎧x ＋1（－1≤x ≤0），1－x 2（0<x ≤1），则⎠⎛－11f(x)dx 的值为__12＋π4__． 【解析】⎠⎛－11f(x)dx ＝⎠⎛－10(x ＋1)dx ＋⎠⎛011－x 2dx ＝⎝⎛⎭⎫12x 2＋x |0－1＋π4＝12＋π4. 15．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a>0，b>0)，过x 轴上点P 的直线与双曲线的右支交于M ，N 两点(M在第一象限)，直线MO 交双曲线左支于点Q(O 为坐标原点)，连接QN.若∠MPO ＝120°，∠MNQ ＝150°，则该双曲线的渐近线方程为__y ＝±x__ .【解析】由题意可知：M ，Q 关于原点对称，∴k MN · k QN ＝b 2a 2，∵k MN ＝3，k QN ＝33，∴b 2a2＝1，渐近线方程为y ＝±x.16．某几何体的三视图如图所示，正视图是直角三角形，侧视图是等腰三角形，俯视图是边长为32的等边三角形，若该几何体的外接球的体积为36π，则该几何体的体积为__9__．【解析】根据几何体的三视图，得出该几何体如图所示，由该几何体的外接球的体积为36π，即43πR 3＝36π，R ＝3，则球心O 到底面等边△ABC 的中心O′的距离||OO′＝R 2－⎝⎛⎭⎫33×322＝3，可得三棱锥的高h ＝2||OO′＝23，故三棱锥的体积V ＝13×34×(32)2×23＝9.三、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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分． 17．(本小题满分12分)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 4＝2a 4－2，S 3＝2a 3－2. (Ⅰ)求{a n }的通项公式；(Ⅱ)记b n ＝log 2()a n －1·a n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和为T n ，求使T n >177－2n 60成立的正整数n 的最小值．【解析】(Ⅰ)设{a n }的公比为q ，由S 4－S 3＝a 4得，2a 4－2a 3＝a 4，所以a 4a 3＝2，所以q ＝2.2分又因为S 3＝2a 3－2，所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－2，所以a 1＝2. 所以a n ＝2n .5分(Ⅱ)由(Ⅰ)知b n ＝log 2(a n －1·a n )＝log 2(2n －1×2n )＝2n －1，所以b n a n ＝2n －12n ，6分T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，则12T n ＝122＋323＋524＋……＋2n －32n ＋2n －12n ＋1，T n －12T n ＝12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫121＋122＋123＋…＋12n －1－2n －12n ＋1＝12＋⎝⎛⎭⎫1－12n －1－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1，所以T n ＝3－2n ＋32n ，10分由T n ＝3－2n ＋32n >177－2n 60，得2n ＋32n <3－177－2n 60＝2n ＋360，即2n >60，则n ≥6，所以n 的最小值是6.12分 18．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，∠ADP ＝90°，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．(Ⅰ)在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF ∥平面PCE ，并说明理由； (Ⅱ)当二面角D －FC －B 的余弦值为24时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角． 【解析】(Ⅰ)在棱AB 上存在点E ，使得AF ∥平面PCE ，点E 为棱AB 的中点．理由如下：取PC 的中点Q ，连结EQ 、FQ ， 由题意，FQ ∥DC 且FQ ＝12CD ，AE ∥CD 且AE ＝12CD ，故AE ∥FQ 且AE ＝FQ.所以，四边形AEQF 为平行四边形.3分所以，AF ∥EQ ，又EQ 平面PEC ，AF 平面PEC ， 所以，AF ∥平面PEC.5分(Ⅱ)由题意知△ABD 为正三角形，所以ED ⊥AB ，亦即ED ⊥CD ，又∠ADP ＝90°，所以PD ⊥AD ，且平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ∩平面ABCD ＝AD ，所以PD ⊥平面ABCD ，故以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，7分 设FD ＝a ，则由题意知D ()0，0，0，F ()0，0，a ，C ()0，2，0，B ()3，1，0， FC →＝()0，2，－a ，CB →＝()3，－1，0， 设平面FBC 的法向量为m ＝()x ，y ，z ，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·FC →＝0，m ·CB →＝0 得⎩⎨⎧2y －az ＝0，3x －y ＝0，令x ＝1，则y ＝3，z ＝23a ，所以取m ＝⎝⎛⎭⎫1，3，23a ，显然可取平面DFC 的法向量n ＝()1，0，0， 由题意：24＝||cos 〈m ，n 〉＝11＋3＋12a 2，所以a ＝ 3.10分 由于PD ⊥平面ABCD ，所以PB 在平面ABCD 内的射影为BD ， 所以∠PBD 为直线PB 与平面ABCD 所成的角，易知在Rt △PBD 中，tan ∠PBD ＝PDBD ＝a ＝3，从而∠PBD ＝60°，所以直线PB 与平面ABCD 所成的角为60°.12分 19．(本小题满分12分)为了引导居民合理用水，某市决定全面实施阶梯水价．阶梯水价原则上以住宅(一套住宅为一户)的月用水量为基准定价，具体划分标准如表：阶梯级别 第一阶梯水量第二阶梯水量第三阶梯水量月用水量范围(单位：立方米)[0，10)[10，15)[15，＋∞)从本市随机抽取了10户家庭，统计了同一月份的月用水量，得到如图茎叶图：(Ⅰ)现要在这10户家庭中任意选取3户，求取到第二阶梯水量的户数X 的分布列与数学期望； (Ⅱ)用抽到的10户家庭作为样本估计全市的居民用水情况，从全市依次随机抽取10户，若抽到k 户月用水量为一阶的可能性最大，求k 的值．【解析】(1)由茎叶图可知抽取的10户中用水量为一阶的有3户，二阶的有5户，三阶的有2户．第二阶段水量的户数X 的可能取值为0，1，2，3，P(X ＝0)＝C 05C 35C 310＝112，P(X ＝1)＝C 15C 25C 310＝512，P(X ＝2)＝C 25C 15C 310＝512，P(X ＝3)＝C 35C 05C 310＝112，4分所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P112512512112X 的数学期望E(X)＝0×112＋1×512＋2×512＋3×112＝32.6分(2)设Y 为从全市抽取的10户中用水量为一阶的家庭户数，依题意得Y ～B ⎝⎛⎭⎫10，310， P(X ＝k)＝C k 10⎝⎛⎭⎫310k ⎝⎛⎭⎫71010－k(k ＝0，1，2，3，…，10)，9分由⎩⎨⎧C k 10⎝⎛⎭⎫310k⎝⎛⎭⎫71010－k≥C k ＋110⎝⎛⎭⎫310k ＋1⎝⎛⎭⎫7109－k，Ck 10⎝⎛⎭⎫310k ⎝⎛⎭⎫71010－k ≥C k －110⎝⎛⎭⎫310k －1⎝⎛⎭⎫71011－k ，解得2310≤k ≤3310，又k ∈N *，所以当k ＝3时概率最大．即从全市依次随机抽取10户，抽到3户月用水量为一阶的可能性最大.12分 20．(本小题满分12分)已知点F 是椭圆x 21＋a 2＋y 2＝1(a>0)的右焦点，点M(m ，0)，N(0，n)分别是x 轴，y 轴上的动点，且满足MN →·NF →＝0.若点P 满足OM →＝2ON →＋PO →(O 为坐标原点)．(Ⅰ)求点P 的轨迹C 的方程；(Ⅱ)设过点F 任作一直线与点P 的轨迹交于A ，B 两点，直线OA ，OB 与直线x ＝－a 分别交于点S ，T ，试判断以线段ST 为直径的圆是否经过点F ？请说明理由．【解析】(Ⅰ) ∵椭圆x 21＋a 2＋y 2＝1(a>0)右焦点F 的坐标为(a ，0)，1分 ∴NF →＝(a ，－n)．∵MN →＝(－m ，n)， ∴由MN →·NF →＝0，得n 2＋am ＝0. 3分设点P 的坐标为(x ，y)，由OM →＝2ON →＋PO →，有(m ，0)＝2(0，n)＋(－x ，－y)， ⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－x ，n ＝y2.代入n 2＋am ＝0，得y 2＝4ax.即点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4ax.5分(Ⅱ)解法一：设直线AB 的方程为x ＝ty ＋a ，A ⎝⎛⎭⎫y 214a ，y 1，B ⎝⎛⎭⎫y 224a ，y 2， 则l OA ：y ＝4a y 1x ，l OB ：y ＝4ay 2x. 6分由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4a y 1x ，x ＝－a ，得S ⎝⎛⎭⎫－a ，－4a 2y 1，同理得T ⎝⎛⎭⎫－a ，－4a 2y 2. 8分∴FS →＝⎝⎛⎭⎫－2a ，－4a 2y 1，FT →＝⎝⎛⎭⎫－2a ，－4a 2y 2，则FS →·FT →＝4a 2＋16a 4y 1y 2.9分由⎩⎨⎧x ＝ty ＋a ，y 2＝4ax ，得y 2－4aty －4a 2＝0，∴y 1y 2＝－4a 2.10分 则FS →·FT →＝4a 2＋16a 4（－4a 2）＝4a 2－4a 2＝0. 因此，以线段ST 为直径的圆经过点F.12分解法二：①当AB ⊥x 时，A(a ，2a)，B(a ，－2a)，则l OA ：y ＝2x ，l OB ：y ＝－2x.由⎩⎨⎧y ＝2x ，x ＝－a ，得点S 的坐标为S(－a ，－2a)，则FS →＝(－2a ，－2a)． 由⎩⎨⎧y ＝－2x ，x ＝－a ，得点T 的坐标为T(－a ，2a)，则FT →＝(－2a ，2a)． ∴FS →·FT →＝(－2a)×(－2a)＋(－2a)×2a ＝0. 7分②当AB 不垂直x 轴时，设直线AB 的方程为y ＝k(x －a)(k ≠0)，A ⎝⎛⎭⎫y 214a ，y 1，B ⎝⎛⎭⎫y 224a ，y 2， 同解法一，得FS →·FT →＝4a 2＋16a 4y 1y 2.8分由⎩⎨⎧y ＝k （x －a ），y 2＝4ax ，得ky 2－4ay －4ka 2＝0，∴y 1y 2＝－4a 2.9分 则FS →·FT →＝4a 2＋16a 4（－4a 2）＝4a 2－4a 2＝0. 11分 因此，以线段ST 为直径的圆经过点F. 12分 21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝a(x －1)，g(x)＝(ax －1)e x ，a ∈R .(Ⅰ)若直线y ＝f(x)与曲线y ＝g(x)相切于点P(x 0，y 0)，证明：0<x 0<1； (Ⅱ)若不等式f(x)>g(x)有且仅有两个整数解，求a 的取值范围． 【解析】(Ⅰ)g′(x)＝(ax ＋a －1)e x ，由导数的几何意义可知，(ax 0＋a －1)ex 0＝a ， ①1分 又直线y ＝f(x)的图象过定点(1，0)，因此（ax 0－1）ex 0x 0－1＝a ，即(ax 0－1)ex 0＝a(x 0－1)， ②2分 联立①②消去a 有ex 0＋x 0－2＝0.3分设φ(x)＝e x ＋x －2，则φ′(x)＝e x ＋1>0，所以φ(x)在R 上单调递增． 而φ(0)＝－1<0，φ(1)＝e －1>0，φ(0)φ(1)<0， 由函数零点存在性定理知 0<x 0<1.5分 (Ⅱ)由f(x)>g(x)得a ⎝⎛⎭⎫x －x －1e x <1，令h(x)＝x －x －1e x ，则h′(x)＝1＋x －2e x ＝e x ＋x －2e x ，6分由(Ⅰ)知φ(x)＝e x ＋x －2在R 上单调递增，且x ∈(－∞，x 0)时，φ(x 0)<0；在x ∈(x 0，＋∞)，φ(x 0)>0， 故h(x)在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． ∴h(x)min ＝h(x 0)＝x 0－x 0－1ex 0＝x 0ex 0－x 0＋1ex 0.易证e x≥x ＋1，∴h(x 0)＝x 0ex 0－x 0＋1ex 0>x 20＋1ex 0>0，8分当x ≤0时，h(x)≥h(0)＝1>0；当x ≥1时，h(x)≥h(1)＝1. (1)若a ≤0，则ah(x)≤0<1，此时ah(x)<1有无穷多个整数解，不合题意；9分(2)若a ≥1，即1a ≤1，因为h(x)在(]－∞，0上单调递减，在[)1，＋∞上单调递增，所以x ∈Z ，h(x)≥min {}h （0），h （1）＝1≥1a ，所以h(x)<1a无整数解，不合题意；10分(3)若0<a<1，即1a >1，此时h(0)＝h(1)＝1<1a ，故0，1是h(x)<1a 的两个整数解，又h(x)<1a只有两个整数解，因此⎩⎨⎧h （－1）≥1a ，h （2）≥1a ，解得a ≥e 22e 2－1，所以a ∈⎣⎡⎭⎫e 22e 2－1，1.12分(二)选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋acos φ，y ＝asin φ(φ为参数，实数a ＞0)，曲线C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝bcos φ，y ＝b ＋bsin φ(φ为参数，实数b ＞0)．在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l ：θ＝α⎝⎛⎭⎫ρ≥0，0≤α≤π2与C 1交于O ，A 两点，与C 2交于O ，B 两点．当α＝0时，|OA|＝2；当α＝π2时，|OB|＝4. (Ⅰ)求a ，b 的值；(Ⅱ)求2|OA|2＋|OA|·|OB|的最大值．【解析】(Ⅰ)由曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋acos φ，y ＝asin φ(φ为参数，实数a ＞0)，化为普通方程为(x －a)2＋y 2＝a 2，展开为：x 2＋y 2－2ax ＝0，其极坐标方程为ρ2＝2aρcos θ，即ρ＝2acos θ，由题意可得当θ＝0时，|OA|＝ρ＝2，∴a ＝1.2分曲线C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝bcos φ，y ＝b ＋bsin φ(φ为参数，实数b ＞0)，化为普通方程为x 2＋(y －b)2＝b 2，展开可得极坐标方程为ρ＝2bsin θ， 由题意可得当θ＝π2时，|OB|＝ρ＝4，∴b ＝2.5分(Ⅱ)由(Ⅰ)可得C 1，C 2的极坐标方程分别为ρ＝2cos θ，ρ＝4sin θ. ∴2|OA|2＋|OA|·|OB|＝8cos 2θ＋8sin θcos θ＝4sin 2θ＋4cos 2θ＋4 ＝42sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π4＋4，8分∵2θ＋π4∈⎣⎡⎦⎤π4，5π4，∴42sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π4＋4的最大值为42＋4，当2θ＋π4＝π2，θ＝π8时取到最大值.10分23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f(x)＝2||x ＋a ＋⎪⎪⎪⎪x －1a ()a ≠0. (Ⅰ)当a ＝1时，解不等式f(x)＜4； (Ⅱ)求函数g(x)＝f(x)＋f(－x)的最小值．【解析】(Ⅰ)∵ a ＝1，∴原不等式为2|x ＋1|＋|x －1|＜4，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－1，－2x －2－x ＋1＜4或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤1，2x ＋2－x ＋1＜4或⎩⎪⎨⎪⎧x>1，2x ＋2＋x －1＜4，3分∴－53＜x ＜－1或－1≤x ＜1或，∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－53＜x ＜1.5分 (Ⅱ)由题意得g(x)＝f(x)＋f(－x)＝2()|x ＋a|＋|x －a|＋⎝⎛⎭⎫⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋⎪⎪⎪⎪x －1a ≥2|2a|＋2|a|＝4||a ＋2|a|≥42，8分当且仅当2||a ＝1||a ，即a ＝±22，且－22≤x ≤22时，g(x)取最小值4 2.10分。
精品2019届高三数学上学期第一次教学质量检查考试试题 理(含解析)
蚌埠市2019届高三年级第一次教学质量检查考试数学（理工类）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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，，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】依题意可知是集合的元素，即，解得，由，解得.2. 设是复数的共轭复数，且，则（）A. 3B. 5C.D.【答案】D【解析】，故.3. 若满足约束条件则的最小值为（）A. -3B. 0C. -4D. 1【答案】A【解析】画出可行域如下图所示，由图可知目标函数在点处取得最小值为.4. “直线不相交”是“直线为异面直线”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】B5. 已知等差数列的前项和为，且满足，，则（）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】B【解析】设等差数列的公差为,,联立解得，则，故选B.6. 已知，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，由于角为第三象限角，故，.7. 已知，则（）A. 18B. 24C. 36D. 56【答案】B【解析】，故，.8. 已知，下列程序框图设计的是求的值，在“”中应填的执行语句是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】不妨设，要计算，首先，下一个应该加，再接着是加，故应填.9. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则它的体积可能为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体由半个圆锥和一个三棱锥组合而成.故体积为.10. 已知为双曲线的左焦点，直线经过点，若点，关于直线对称，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】∵点，关于直线对称，，又∵直线经过点，∴直线的方程为，的中点坐标为，∴，化简整理得，即，，解得，（舍去），故选C.11. 已知，顺次连接函数与的任意三个相邻的交点都构成一个等边三角形，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当正弦值等于余弦值时，函数值为，故等边三角形的高为，由此得到边长为，边长即为函数的周期，故.【点睛】本题主要考查三角函数的图像与性质.首先大致画出正弦函数图像和余弦函数图像，通过观察可知可知，三角形左右两个顶点之间为一个周期，故只需求出等边三角形的边长即可.再根据可知等边三角形的高，由此求得边长即函数的周期，再由周期公式求得的值.12. 定义在上的奇函数满足：当时，（其中为的导函数）.则在上零点的个数为（）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】D【解析】构造函数，，由于当时，，故当时，为增函数.又，所以当时，成立，由于，所以，由于为奇函数，故当时，，即只有一个根就是.【点睛】本题考查了零点的判断，考查了函数的奇偶性，和利用导数来研究函数的单调性.本题的难点在于构造新函数，然后利用导数来判断新函数的最值，进而判断出的取值.如何构造函数，主要靠平时积累，解题时要多尝试.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知，是两个不同的平面向量，满足：，则__________．【答案】【解析】，，解得，当时，两个是相同的向量，故舍去，所以.14. 已知函数图象关于原点对称.则实数的值为__________．【答案】【解析】依题意有，，，故.15. 已知是抛物线的焦点，是上一点，是坐标原点，的延长线交轴于点，若，则点的纵坐标为__________．【答案】【解析】由于三角形为直角三角形，而，即为中点，设，而，故，代入抛物线方程得，即点的纵坐标为.【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查直角三角形斜边的中线等于斜边一半这一几何性质.首先根据题目所给的条件画出图像，突破口就在题目所给条件，这就联想到直角三角形斜边中线等于斜边一半这一几何性质，可得是的中点，设出坐标，代入抛物线方程即可得到所求的结果.16. 已知满足，，，则__________．（用表示）【答案】【解析】依题意，与已知条件相加可得.....................三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17. 在中，角的对边分别为，且，（1）求的面积；（2）若，求的周长.【答案】(1) （2）的周长为【解析】【试题分析】（1）根据余弦定理，由得到，，在利用三角形面积公式可求得面积.（2）利用三角形内角和定理，有,展开后结合已知条件可求得.利用正弦定理求得，利用配方法可求得由此求得周长为.【试题解析】（1）∵，∴，即，∴；（2）∵，∴由题意，∴，∵，∴，∴∵，∴．∴的周长为．18. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，，.（1）求证：平面平面；（2）若直线与所成角的大小为60°，求二面角的大小.【答案】(1)见解析（2）90°【解析】【试题分析】（1）由于是等边三角形，结合勾股定理，可计算证明三条直线两两垂直，由此证得平面，进而得到平面平面.（2）根据（1）证明三条直线两两垂直，以为空间坐标原点建立空间直角坐标系，利用和所成角为计算出点的坐标，然后通过平面和平面的法向量计算二面角的余弦值并求得大小.【试题解析】（1）∵，且是等边三角形∴，，均为直角三角形，即，，∴平面∵平面∴平面平面（2）以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系．令，，∴，，，．设，则，．∵直线与所成角大小为60°，所以，即，解得或（舍），∴，设平面的一个法向量为．∵，，则即令，则，所以．∵平面的一个法向量为，∵，，则即令，则，，∴．∴，故二面角的大小为90°．19. 为监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取10件零件，度量其内径尺寸（单位：）.根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的内径尺寸服从正态分布. （1）假设生产状态正常，记表示某一天内抽取的10个零件中其尺寸在之外的零件数，求及的数学期望；（2）某天正常工作的一条生产线数据记录的茎叶图如下图所示：①计算这一天平均值与标准差；②一家公司引进了一条这种生产线，为了检查这条生产线是否正常，用这条生产线试生产了5个零件，度量其内径分别为（单位：）：85,95,103,109,119，试问此条生产线是否需要进一步调试，为什么？参考数据：，，，，，，，.【答案】(1) （2）①②生产线异常，需要进一步调试【解析】【试题分析】（1）依题意可知满足二项分布，根据二项分布的公式计算出，然后用减去这个值记得到的值.利用二项分布的期望公式，直接计算出的值.（2）分别计算出均值和标准差，计算的范围，发现不在这个范围内，根据原理可知需要进一步调试.【试题解析】（1）由题意知：或，，∵，∴；（2）①所以②结论：需要进一步调试．理由如下：如果生产线正常工作，则服从正态分布，零件内径在之外的概率只有0.0026，而根据原则，知生产线异常，需要进一步调试．20. 已知椭圆经过点，离心率.（1）求的方程；（2）设直线经过点且与相交于两点（异于点），记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值.【答案】(1) （2）见解析【解析】【试题分析】（1）依题意可知，解方程组可求得椭圆的标准方程.（2）当直线斜率斜率不存在时，不符合题意.当斜率存在时，设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理，计算的值，化简后结果为，由此证明结论成立.【试题解析】（1）因为椭圆，经过点，所以．又，所以，解得．故而可得椭圆的标准方程为：．（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时直线与椭圆相切，不符合题意．设直线的方程为，即，联立，得．设，，则所以为定值，且定值为-1．【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线与圆锥曲线位置关系，考查一元二次方程根与系数关系.椭圆标准方程的参数有两个，要确定这两个参数，需要有两个条件，结合恒等式，列方程组来求的椭圆的标准方程.考查直线和圆锥曲线位置关系，要注意直线斜率不存在的情况.21. 已知函数，（其中为自然对数的底数，）.（1）若函数的图象与函数的图象相切于处，求的值；（2）当时，若不等式恒成立，求的最小值.【答案】(1) ，（2）【解析】【试题分析】（1）依题意求得切点为，斜率为，由此列方程组可求得的值.（2）将原不等式等价变形为，构造函数，利用导数求得的最大值为，由此求得的最小值. 【试题解析】（1），．（过程略）（2）令，则，当时，单调递增，而，∴时，不合题意当时，令，则，∵为减函数，∴时，，单调递增，时，，单调递减，∴，即．（△）但，等号成立当且仅当且．故（△）式成立只能即．【点睛】本题主要考查导数与切线有关的知识.考查利用导数解不等式恒成立问题.解决导数与切线有关的问题，关键点在于切点和斜率，联络点在于切点的横坐标，以此建立方程组，求得未知参数的值.不等式恒成立问题往往可以考虑构造函数法，利用函数的最值来求解.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22. 选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线的极坐标方程为，的参数方程为（为参数）.（1）将曲线与的方程化为直角坐标系下的普通方程；（2）若与相交于两点，求.【答案】(1) （2）【解析】【试题分析】（1）对方程两边乘以，由此求得曲线的普通方程.对的参数方程利用加减消元法可求得的普通方程.（2）将的参数方程代入，利用韦达定理和直线参数的几何意义，来求的弦长的值. 【试题解析】（1）曲线的普通方程为，曲线的普通方程为（2）将的参数方程代入的方程，得，得：解得，∴．23. 选修4-5：不等式选讲已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若函数与的图象恒有公共点，求实数的取值范围.【答案】(1) （2）【解析】【试题分析】（1）利用零点分段法，去绝对值，分别求解每一段的解集.由此计算不等式的解集.（2）先求得函数的最小值，求得函数的最大值，比较这两个数值的大小，即可求得有公共点时，实数的取值范围. 【试题解析】（1）当时，，由得，；（2），该二次函数在处取得最小值，因为函数，在处取得最大值故要使函数与的图象恒有公共点，只需要，即．。
2019届湖南师大附中高三月考试卷(七) 数学(理)word版含答案
湖南师大附中2019届高三月考试卷(七)数学(理科)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，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数z＝a＋10i3－i(a∈R)，若z为纯虚数，则|a－2i|＝(B)A．5 B. 5 C．2 D. 3选B.2．下列说法错误．．的是(B)A．在回归模型中，预报变量y的值不能由解释变量x唯一确定B．若变量x，y满足关系y＝－0.1x＋1，且变量y与z正相关，则x与z也正相关C．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高D．以模型y＝ce kx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z＝ln y，将其变换后得到线性方程z＝0.3x＋4，则c＝e4，k＝0.3选B.3．函数f(x)＝e x＋1x（1－e x）(其中e为自然对数的底数)的图象大致为(A)选A.4．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图是源于其思想的一个程序框图，若输入a ＝4，b ＝1，则输出的n 等于(C)A ．3B ．4C ．5D ．6选C.5．已知动圆C 经过点A(2，0)，且截y 轴所得的弦长为4，则圆心C 的轨迹是(D)A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线选D.6．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12n (n ∈N *)，则a 2019＝(C)A ．1－122018B ．1－122019 C.32－122018 D.32－122019选C.7．如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有(C)A ．24B ．48C ．96D ．120选C.法二：第一步先涂A ，B ，E 三点，这三点的颜色必须各异，不同的涂色方法种数是A 34；第二步涂C ，D 两点，假设已涂A ，B ，E 的三种颜色顺序分别为1，2，3，未使用的颜色为4，那么C ，D 可涂的颜色分别为C 涂1，D 可以选择2，4中的一种颜色，共2种方法；C 涂4，D 可以选择1，2中的一种颜色，共2种方法，所以不同的涂色方法种数有A 34(2＋2)＝96，故选C.8．函数f(x)＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6sin 2x －14的图象的一个对称中心的坐标是(A) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫7π24，0 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，－14 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0 选A.9．已知D ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫（x ，y ）|⎩⎨⎧x ＋y －2≤0x －y ＋2≤03x －y ＋6≥0，给出下列四个命题：P 1：()x ，y ∈D ，－2≤x ＋y ≤2；P 2：()x ，y ∈D ，yx ＋3>0； P 3：()x ，y ∈D ，x ＋y<－2；P 4：()x ，y ∈D ，x 2＋y 2≤2；其中真命题是(B)A ．P 1和P 2B ．P 1和P 4C ．P 2和P 3D ．P 2和P 4选B.10．在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，过A ，E ，F 三点作该正方体的截面，则截面的周长为(D)A ．313＋6 2B ．213＋4 3C ．513＋3 3D ．613＋3 2.选D.11．如图，已知||OA →＝||OB →＝1，||OC →＝2，tan ∠AOB ＝－43，∠BOC ＝45°，OC →＝mOA →＋nOB →，则m n等于(A) A.57 B.75 C.37 D.73选A.12.箱子里有16张扑克牌：红桃A 、Q 、4，黑桃J 、8、7、4、3、2，草花K 、Q 、6、5、4，方块A 、5，老师从这16张牌中挑出一张牌来，并把这张牌的点数告诉了学生甲，把这张牌的花色告诉了学生乙，这时，老师问学生甲和学生乙：你们能从已知的点数或花色中推知这张牌是什么牌吗？ 于是，老师听到了如下的对话：学生甲：我不知道这张牌；学生乙：我知道你不知道这张牌；学生甲：现在我知道这张牌了；学生乙：我也知道了．则这张牌是(D)A ．草花5B ．红桃QC ．红桃4D ．方块5选D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．一个不透明的袋子装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字为0，1，2，2，现甲从中摸出一个球后便放回，乙再从中摸出一个球，若摸出的球上数字大即获胜(若数字相同则为平局)，则在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为__25__．14．设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a>0，b>0)的右焦点为F ，直线l 为双曲线C 的一条渐近线，点F 关于直线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．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m 3的“分裂”中最小的数是211，则m 的值为__15__．16．设a 为整数，若对任意的x ∈(0，＋∞)，不等式e x ＋3x ≥e a 恒成立，则a的最大值是__1__．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17．(本小题满分12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足acos B ＋bcos A ＝2ccosC.(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．【解析】(1)由已知，sin Acos B ＋sin Bcos A ＝2sin Ccos C ，(2分)即sin(A ＋B)＝2sin Ccos C ，因为sin(A ＋B)＝sin C>0，则cos C ＝12，(4分)又C ∈(0，π)，所以C ＝π3.(5分)(2)设△ABC 的内切圆半径为R ，则12absin π3＝12·3R ，则R ＝36ab ，(6分)由余弦定理，得a 2＋b 2－ab ＝(3－a －b)2，化简得3＋ab ＝2(a ＋b)，(8分) 因为a ＋b ≥2ab ，则3＋ab ≥4ab ，解得ab ≥3或ab ≤1，(10分)若ab ≥3，则a ，b 至少有一个不小于3，这与△ABC 的周长为3矛盾；(11分)若ab ≤1，则当a ＝b ＝1＝c 时，R 取最大值36.所以△ABC 的内切圆面积的最大值为S max ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫362＝π12.(12分) 18．(本小题满分12分)。
2019-2020学年湖南师大附中高三(下)月考数学试卷(理科)(七)(附答案详解)
2019-2020学年湖南师大附中高三（下）月考数学试卷（理科）（七）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合A={y|y=2x,x∈R}，B={x|y=√1−x,x∈R}，则A∩B=()A. {1}B. (0,+∞)C. (0,1)D. (0,1]2.复数z(1−i)=i(i为虚数单位)，则z的共轭复数在复平面上对应的点位于()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.“搜索指数”是网民通过搜索引擎，以每天搜索关键词的次数为基础所得到的统计指标．“搜索指数”越大，表示网民对该关键词的搜索次数越多，对该关键词相关的信息关注度也越高．如图是2018年9月到2019年2月这半年中，某个关键词的搜索指数变化的走势图．根据该走势图，下列结论正确的是()A. 这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度呈周期性变化B. 这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度不断减弱C. 从网民对该关键词的搜索指数来看，去年10月份的方差小于11月份的方差D. 从网民对该关键词的搜索指数来看，去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值4.已知函数f(x)=(x−1)(ax+b)为偶函数，且在(0,+∞)上单调递减，则f(3−x)<0的解集为()A. (2,4)B. (−∞,2)∪(4,+∞)C. (−1,1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)5.等比数列的前n项，前2n项，前3n项的和分别为A,B,C，则()A. A+B=CB. B2=ACC. (A+B)−C=B2D. A2+B2=A(B+C)6.将函数图象上的每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再将所得图象向左平移π12个单位得到函数g(x)的图象，在g(x)图象的所有对称轴中，离原点最近的对称轴方程为()A. x=−π24B. x=π4C. x=5π24D. x=π127.如图正方体AC1，点M为线段BB1的中点，现用一个过点M，C，D的平面去截正方体，得到上下两部分，用如图的角度去观察上半部分几何体，所得的左视图为()A. B. C. D.8.如图在圆O中，AB，CD是圆O互相垂直的两条直径，现分别以OA，OB，OC，OD为直径作四个圆，在圆O内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是()A. 1πB. 12πC. 14−12πD. 12−1π9.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)与函数y=√x(x≥0)的图象交于点P，若函数y=√x的图象与点P处的切线过双曲线左焦点F(−4,0)，则双曲线的离心率是()A. √17+44B. √17+34C. √17+24D. √17+1410.设锐角ABC的三内角A，B，C所对边的边分别为a，b，c，且a=2，B=2A，则b的取值范围为()A. (2√2,2√3)B. (2√2,4)C. (2,2√3)D. (0,4)11. 已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，在对角线A 1D 上取点M ，在CD 1上取点N ，使得线段MN 平行于对角面A 1ACC 1，则线段MN 长的最小值为( )A. √2B. 1C. √22 D. √33 12. 已知函数f(x)是定义在R 上的可导函数，对于任意的实数x ，都有f(−x)f(x)=e 2x ，当x <0时f(x)+f′(x)>0，若e a f(2a +1)≥f(a +1)，则实数a 的取值范围是( )A. [0,23]B. [−23,0]C. [0,+∞)D. (−∞,0]二、单空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. (1+x −2x 2)5展开式中的x 6的系数为______14. 现将6张连号的门票分给甲、乙等六人，每人1张，且甲、乙分得的电影票连号，则共有______种不同的分法(用数字作答)．15. 考虑函数y =e x 与函数y =lnx 的图象关系，计算：∫l e 21nxdx =______．16. 已知f(n)表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1，2，3，4，6，12，则f(12)=3；21的因数有1，3，7，21，则f(21)=21，那么∑f 100i=51(i)−∑f 50i=1(i)=______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. △ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对的边，且满足a =√2bsin(C +π4).(1)求角B ：(2)求√2sinA −sinC 的取值范围．18. 如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，FA =FC ，且∠DAB =∠DBF =60°． (1)求证：AC ⊥平面BDEF ；(2)求直线AD 与平面ABF 所成角的正弦值．19.已知抛物线y2=16x，过抛物线焦点F的直线l分别交抛物线与圆(x−4)2+y2=16于A，C，D，B(自上而下顺次)四点．(1)求证：|AC|⋅|BD|为定值；(2)求|AB|⋅|AF|的最小值．20.某保险公司对一个拥有20000人的企业推出一款意外险产品，每年每位职工只要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金，保险公司把企业的所有岗位共分为A，B，C三类工种，从事这三类工种的人数分别为12000，6000，2000，由历史数据统计出三类工种的赔付频率如表(并以此估计赔付概率)：已知A，B，C三类工种职工每人每年保费分别为25元、25元、40元，出险后的赔偿金额分别为100万元、100万元、50万元，保险公司在开展此项业务过程中的固定支出为每年10万元．(1)求保险公司在该业务所或利润的期望值；(2)现有如下两个方案供企业选择：方案1：企业不与保险公司合作，职工不交保险，出意外企业自行拿出与保险公司提供的等额赔偿金赔偿付给意外职工，企业开展这项工作的固定支出为每年12万元； 方案2：企业与保险公司合作，企业负责职工保费的70%，职工个人负责保费的30%，出险后赔偿金由保险公司赔付，企业无额外专项开支． 请根据企业成本差异给出选择合适方案的建议．21. 已知函数f(x)=|x −a|−lnx(a >0)．(Ⅰ)讨论f(x)的单调性； (Ⅱ)比较ln2222+ln3232+⋯+lnn 2n 2与(n−1)(2n+1)2(n+1)的大小(n ∈N +且n >2)，并证明你的结论．22. 在平面直角坐标系C 中，曲线C 的参数方程为{x =√6cosαy =sinα(α是参数)，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为板轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为ρ=sin(θ−π4)=√2 (1)求直线l 与曲线C 的普通方程，并求出直线l 的倾斜角：(2)记直线l 与y 轴交点为Q ，M 是曲线C 上的动点，求点M ，Q 的最大距离23.已知函数f(x)=|2x−4|+|x+1|，x∈R．(Ⅰ)解不等式f(x)≤9；(Ⅱ)若方程f(x)=−x2+a在区间[0,2]有解，求实数a的取值范围．答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题考查描述法、区间的定义，指数函数的值域，以及交集的运算．可解出集合A，B，然后进行交集的运算即可．【解答】解：A={y|y>0}，B={x|x≤1}；∴A∩B=(0,1]．故选D．2.【答案】C【解析】解：由z(1−i)=i，得z=i1−i =i(1+i)(1−i)(1+i)=−12+12i，∴z−=−12−12i，则z的共轭复数在复平面上对应的点的坐标为(−12,−12)，位于第三象限．故选：C．把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出z−的坐标得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3.【答案】D【解析】【分析】观察指数变化的走势图，能求出去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值．【解答】解：在A中，这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度没有规律，故A错误；在B中，这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度呈现出一定的波动性，不是不断减弱，故B 错误；在C 中，从网民对该关键词的搜索指数来看，去年10月份的方差大于11月份的方差，故C 错误；在D 中，从网民对该关键词的搜索指数来看，去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值，故D 正确． 故选：D ．4.【答案】B【解析】解：∵f(x)=ax 2+(b −a)x −b 为偶函数，所以b −a =0，即b =a ，∴f(x)=ax 2−a ，由f(x)在(0,+∞)上单调递减，所以a <0，∴f(3−x)=a(3−x)2−a <0，可化为(3−x)2−1>0，即x 2−6x +8>0， 解得x <2或x >4 故选：B ．根据f(x)为偶函数，可得b =a ；根据f(x)在(0,+∞)上递减得a <0；然后解一元二次不等式可得．本题考查了奇偶性与单调性得综合，属中档题．5.【答案】D【解析】解：由题意可得：S n =A ，S 2n =B ，S 3n =C ． 由等比数列的性质可得：S 2n −S n S n=q n ，S 3n −S 2n S 2n− Sn=q n， 所以B−A A=C−BB−A ，所以整理可得：A 2+B 2=A(B +C)． 故选：D ．利用等比数列的性质可得S 2n −S n S n=q n ,S 3n −S 2n S 2n −S n=q n ，所以B−A A=C−B B−A，进行整理可得答案．解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质，并且进行正确的运算，一般以选择题的形式出现．6.【答案】A【解析】 【分析】本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件求出g(x)的解析式，结合对称轴方程是解决本题的关键，属于基础题．根据三角函数的图象关系求出g(x)的解析式，结合对称轴方程进行求解即可． 【解答】 解：将函数图象上的每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，得到y =2sin(4x +π3)，再将所得图象向左平移π12个单位得到函数g(x)的图象， 得到g(x)=2sin[4(x +π12)+π3]=2sin(4x +2π3)，由4x +2π3=π2+kπ，k ∈Z ，得x =14kπ−π24，k ∈Z ，当k =0时，离原点最近的对称轴方程为x =−π24， 故选：A ．7.【答案】B【解析】 【分析】此题命题灵感来源于书本，考查几何体的三视图．画出几何体的直观图，然后判断侧视图即可． 【解答】解：上半部分的几何体如图：由此几何体可知，所得的侧视图为故选B ．8.【答案】D【解析】解：设大圆的半径为2，则S 大圆=4π， 又S 阴=8×(π4−12×1×1)=2π−4，所以在圆O 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是S 阴S 圆=2π−44π=12−1π， 故选：D ．由几何概型中的面积型得：此点取自阴影部分的概率是S 阴S 圆=2π−44π=12−1π，得解：本题考查了几何概型中的面积型，属中档题．9.【答案】D【解析】解：设P 的坐标为(m,√m)，左焦点F(−4,0)， 函数的导数f′(x)=12√x ，则在P 处的切线斜率k =f′(m)=12√m=√mm+4， 即m +4=2m ，得m =4， 则P(4,2)，设右焦点为A(4,0)，则2a =|PF|−|PA|=√64+4−√0+4=2(√17−1)， 即a =√17−1， ∵c =4，∴双曲线的离心率e =ca =√17+14，故选：D ．设P 的坐标为(m,√m)，求函数导数，利用导数的几何意义以及切线斜率公式建立方程关系求出m =4，根据双曲线的定义求出a ，c 即可．本题考查双曲线的离心率的求法，根据导数的几何意义，建立切线斜率关系，求出a，c 是解决本题的关键．考查运算能力．10.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查三角函数的图象和性质，结合锐角三角形的性质以及正弦定理进行转化是解决本题的关键，属于中档题．根据锐角三角形的性质，先求出A的范围，结合正弦定理进行转化求解即可．【解答】解：在锐角三角形中，0<2A<π2，即0<A<π4，且B+A=3A，则π2<3A<π，即π6<A<π3，综上π6<A<π4，则√22<cosA<√32，∵a=2，B=2A，∴由正弦定理得asinA =bsinB=b2sinAcosA，得b=4cosA，∵√22<cosA<√32，∴2√2<4cosA<2√3，即2√2<b<2√3，则b的取值范围是(2√2,2√3)，故选：A．11.【答案】D【解析】【分析】本题考查线段长的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查推理论证能力、空间想象能力，是拔高题．作MM 1⊥AD 于点M 1，作NN 1⊥CD 于点N 1，则M 1N 1//AC.设DM 1=DN 1=x ，则MM 1=x ，NN 1=1−x ，可得MN 2=(√2x)2+(1−2x)2=6(x −13)2+13，利用二次函数的性质可求出线段MN 长的最小值． 【解答】解：作MM 1⊥AD 于点M 1，作NN 1⊥CD 于点N 1，∵线段MN 平行于对角面ACC 1A 1，∴M 1N 1//AC ． 设DM 1=DN 1=x ，则MM 1=x ，NN 1=1−x ， 在直角梯形MNN 1M 1，MN 2=(√2x)2+(1−2x)2=6(x −13)2+13，∴当x =13时，线段MN 长的最小值为√33．故选：D ．12.【答案】B【解析】 【分析】本题主要考查了利用函数的单调性求解不等式，解答本题的关键是偶函数对称性的灵活应用． 由已知可得，f(−x)e x=e x f(x)=e −x f(−x)，构造函数g(x)=e x f(x)，则g(−x)=g(x)，根据x <0时f(x)+f′(x)>0，可得函数g(x)在(−∞,0)上单调递增，根据偶函数对称区间上单调性相反的性质可知g(x)在(0,+∞)上单调递减，从而可求解． 【解答】 解：∵f(−x)f(x)=e 2x ，∴f(−x)e x=e x f(x)=e −x f(−x)，令g(x)=e x f(x)，则g(−x)=g(x)，当x<0时f(x)+f′(x)>0，∴g′′(x)=e x[f(x)+f′(x)]>0，即函数g(x)在(−∞,0)上单调递增根据偶函数对称区间上单调性相反的性质可知g(x)在(0,+∞)上单调递减，∵e a f(2a+1)≥f(a+1)，∴e2a+1f(2a+1)≥e a+1f(a+1)，∴g(2a+1)≥g(a+1)，|2a+1|≤|a+1|，≤a≤0，解可得，−23故选：B．13.【答案】30【解析】【分析】本题考查了二项式定理，属中档题．由二项式定理得：(1+x−2x2)5展开式中的x6的系数为C50⋅C54⋅(−2)1C11+C51⋅C42⋅(−2)2C22+C52⋅C30⋅(−2)3⋅C33=30，得解．【解答】解：因为(1+x−2x2)5=(1+x−2x2)(1+x−2x2)(1+x−2x2)(1+x−2x2)(1+ x−2x2)，所以(1+x−2x2)5展开式中的x6的系数为C50⋅C54⋅(−2)1C11+C51⋅C42⋅(−2)2C22+C52⋅C30⋅(−2)3⋅C33=30，故答案为：30．14.【答案】240【解析】【分析】本题考查排列、组合的实际应用，分步乘法计数原理，要先满足“甲、乙分得的电影票连号”的条件．根据题意，分3步进行分析：①将电影票分成5组，其中1组是2张连在一起，②将连在一起的2张票分给甲、乙，③将剩余的4张票全排列，分给其他四人，求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案． 【解答】解：根据题意，分3步进行分析：①将电影票分成5组，其中1组是2张连在一起，有5种分组方法； ②将连在一起的2张票分给甲、乙，考虑其顺序有A 22=2种情况； ③将剩余的4张票全排列，分给其他四人，有A 44=24种分法． 则共有5×2×24=240种不同分法． 故答案为240．15.【答案】e 2+1【解析】解：函数y =e x 与函数y =lnx 的图象关于y =x 对称，如图， 所以x ∈[1,e 2]时，y =lnx 关于y =x 的对称图象为y =e x ，x ∈[0,2]， 所以∫l e 21nxdx =∫(20e 2−e x )dx =(e 2x −e x )|20=(2e 2−e 2)−(0−1)=e 2+1，故答案为：e 2+1．函数y =e x 与函数y =lnx 的图象关于y =x 对称，如图，所以x ∈[1,e 2]时，y =lnx 关于y =x 的对称图象为y =e x ，x ∈[0,2]，∫l e 21nxdx =∫(20e 2−e x )dx ，再解出即可．本题考查了反函数的图象的性质，考查了定积分的计算，考查运算能力，中档题．16.【答案】1656【解析】 【分析】本题考查了数列递推关系等差数列的通项公式求和公式、归纳法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．f(n)表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，可得f(n)=f(2n)，且n 为奇数时，f(n)=n ，其中n ∈[1,100]；f(n)max =f(99)=99，f(n)min =f(64)=f(2)=f(4)=f(8)=f(16)=f(32)=1；进而得出． 【解答】解：f(n)表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，∴f(n)=f(2n)，且n 为奇数时，f(n)=n ，其中n ∈[1,100]；f(n)max =f(99)=99，f(n)min =f(64)=f(2)=f(4)=f(8)=f(16)=f(32)=1； 那么∑f 100i=51(i)=f(51)+f(52)+f(53)+⋯+f(100)=51+13+53+27+55+7+57+29+59+15+61+31+63+1+65+33+67+17+69+35+71+9+73+37+75+19+77+39+79+5+81+41+83+21 +85+43+87+11+89+45+91+23+93+47+95+3+97+49+99+25 =1+3+5+7+9+11+⋯+99 =50×(1+99)2=2500．那么∑f 50i=1(i)=1+1+3+1+5+3+7+1+9+5+11+3+13+7+15+1+17+9+19+5+21+11+23+3+25+13+27+7+29+15+31+1+⋯…+49+25 =(1+3+5+⋯+29+31+⋯…+49)+(4+9+10+14+9+11+13+15+1+17+9+19+5+21+11+23+1+25)=25×(1+49)2+219=844．∴那么∑f 100i=51(i)−∑f 50i=1(i)=2500−844=1656．故选：D ．17.【答案】(本题满分为12分)解：(1)∵a =√2bsin(C +π4)=bsinC +bcosC ， ∴由正弦定理可得：sinA =sinBcosC +sinCsinB ，…2分∴sin(B +C)=sinBcosC +sinCsinB ，可得：cosBsinC =sinCsinB ，…4分 ∵sinC ≠0， ∴cosB =sinB ， ∵0<B <π， ∴B =π4.…6分 (2)∵B =π4，∴√2sinA −sinC =√2sin(3π4−C)−sinC =cosC ，…8分又∵0<C <3π4，且y =cosC 在(0,3π4)上单调递减，…10分∴√2sinA −sinC 的取值范围是：(−√22,1).…12分【解析】(1)由两角和的正弦函数公式，正弦定理化简已知等式可得cosBsinC =sinCsinB ，结合sinC ≠0，可求cosB =sinB ，结合范围0<B <π，可求B 的值． (2)由B =π4，利用三角函数恒等变换的应用可求√2sinA −sinC =cosC ，由范围0<C <3π4，利用余弦函数的图象和性质可求其取值范围．本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18.【答案】证明：(1)设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ，∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD ，且O 为AC 中点， ∵FA =FC ，∴AC ⊥FO ，又FO ∩BD =O ， ∴AC ⊥平面BDEF ．解：(2)连接DF ，∵四边形BDEF 为菱形，且∠DBF =60°， ∴△DBF 为等边三角形，∵O 为BD 中点，∴FO ⊥BD ，又AC ⊥FO ，∴FO ⊥平面ABCD ． ∵OA ，OB ，OF 两两垂直，∴建立空间直角坐标系O −xyz ，如图所示， 设AB =2，∵四边形ABCD 为菱形，∠DAB =60°， ∴BD =2，AC =2√3．∵△DBF 为等边三角形，∴OF =√3．∴A(√3,0,0)，B(0,1,0)，D(0,−1,0)，F(0,0,√3)，∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,−1,0)，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,0,√3)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)． 设平面ABF 的法向量为n⃗ =(x,y,z)， 则{AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =−√3x +√3z =0AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =−√3x +y =0，取x =1，得n ⃗ =(1,√3,1)． 设直线AD 与平面ABF 所成角为θ， 则直线AD 与平面ABF 所成角的正弦值为：sinθ=|cos <AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >|=|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√155．【解析】(1)设AC与BD相交于点O，连接FO，推导出AC⊥BD，AC⊥FO，由此能证明AC⊥平面BDEF．(2)连接DF，推导出△DBF为等边三角形，从而FO⊥BD，AC⊥FO，进而FO⊥平面ABCD.由OA，OB，OF两两垂直，建立空间直角坐标系O−xyz，利用向量法能求出直线AD与平面ABF所成角的正弦值．本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．19.【答案】解：(1)证明：抛物线y2=16x的焦点F(4,0)，准线方程为x=−4，圆(x−4)2+y2=16的圆心(4,0)，半径r=4，当直线l过焦点F且垂直于x轴时，|AB|=2p=16，|DC|=2r=8，由抛物线与圆的对称性知|AC|=|BD|=4，则|AC|⋅|BD|=16；当直线l过焦点F不垂直于x轴时，设直线l的方程为y=k(x−4)，联立抛物线方程可得k2x2−(8k2+16)x+16k2=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，可得x1+x2=8+16k2，x1x2=16，可得|AC|⋅|BD|=(|AF|−|CF|)(|BF|−|DF|)=(x1+4−4)(x2+4−4)=x1x2=16，则|AC|⋅|BD|为定值16；(2)当直线l过焦点F且垂直于x轴时，|AB|⋅|FA|=16⋅8=128；当直线l过焦点F不垂直于x轴时，可得|AB|⋅|AF|=(x1+x2+8)(x1+4)=(x1+16x1+8)(x1+4)=(x1+4)3x1，设f(t)=(t+4)3t ，t>0，可得f′(t)=2(t−2)(t+4)2t2，可得t>2时，f(t)递增；0<t<2时，f(t)递减，可得f(t)在t=2处取得极小值，且为最小值108．综上可得|AB|⋅|AF|的最小值为108．【解析】(1)讨论当直线过焦点F且垂直于x轴时，当直线l过焦点F不垂直于x轴时，设直线l的方程为y=k(x−4)，联立抛物线方程，运用韦达定理和抛物线的定义，即可得到定值；(2)讨论直线l的斜率是否存在，结合导数，判断单调性和最值，即可得到所求最小值．本题考查抛物线的定义和方程、性质，考查直线方程和抛物线方程联立，运用韦达定理和弦长公式，考查化简运算能力，属于中档题．20.【答案】解：(1)设工种A、B、C职工的每份保单保险公司的收益为随机变量X、Y、Z，则X、Y、Z的分布列为：∴E(X)=25×(1−1105)+(25−100×104)×1105=15，E(Y)=25×(1−21−105)+(25−100×104)×2105=5，E(Z)=40×(1−1104)+(40−50×104)×1104=−10，保险公司的利润的期望值为12000×15+6000×5−2000×10−100000=90000，∴保险公司在该业务所获利润的期望值为9万元．(2)方案1：企业不与保险公司合作，则企业每年安全支出与固定开支共为：12000×100×104×1105+6000×100×104×2105+2000×50×104×1104+12×104=46×104，方案2：企业与保险公司合作，则企业支出保险金额为：(12000×25+6000×25+2000×40)×0.7=37.1×104，46×104>37.1×104，建议企业选择方案2．【解析】本题考查了离散型随机变量的分布列，数学期望的计算，属于较难题．(1)分别计算保险公司在三种工种的利润的数学期望，从而可得出保险公司的总利润期望；(2)分别计算两种方案的企业支出费用，从而得出结论．21.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)可化f(x)={x−lnx−a,x≥aa−x−lnx,0<x<a，当0<x<a时，f′(x)=−1−1x<0，从而f(x)在(0,a)上总是递减的，当x≥a时，f′(x)=1−1x =x−1x，此时要考虑a与1的大小．若a≥1，则f′(x)≥0，故f(x)在[a,+∞)上递增，若0<a<1，则当a≤x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，故f(x)在[a,1)上递减，在(1,+∞)上递增，而f(x)在x=a处连续，所以当a≥1时，f(x)在(0,a)上递减，在[a,+∞)上递增；当0<a<1时，f(x)在(0,1)上递减，在[1,+∞)上递增．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知当a=1，x>1时，x−1−lnx>0，即lnx>1−x，所以lnxx <1−1x．所以ln2222+ln3232+⋯+lnn2n2<1−122+1−132+⋯1−1n2，=n−1−(122+132+⋯+1n2)，<n−1−(12×3+13×4+⋯+1n(n+1))，=n−1−(12−1n+1)，=(n−1)−n−12(n+1)，=2n2−2−n+12(n+1)=(n−1)(2n+1)2(n+1)．【解析】(Ⅰ)求出函数的定义域；求出导函数，从导函数的二次项系数的正负；导函数根的大小，进行分类讨论；判断出导函数的符号；利用函数的单调性与导函数符号的关系求出单调性．(Ⅱ)将要证的不等式等价转化为lnx>1−x，在区间(1,2)上恒成立，利用导数求出g(x)的最小值，只要最小值大于0即可．本题考查利用导函数讨论函数的单调性：导函数为正函数递增；导函数为负，函数递减．考查分类讨论的数学思想方法，函数的最值，不等式的证明，以及利用导数研究函数的单调性等基础知识，考查计算能力和分析问题的能力，以及转化的数学思想，属于难题．22.【答案】解：(1)由{x =√6cosαy =sinα，消去α得曲线C 的普通方程是：x 26+y 2=1，由ρsin(θ−π4)=√2，得ρsinθ−ρcosθ=2， 将{x =ρcosθy =ρsinθ代入上式，化简得y =x +2， ∴直线l 的倾斜角为π4；(2)在曲线C 上任取一点M(√6cosα,sinα)， 直线l 与y 轴交点Q 的坐标为(0,2)，则|MQ|=√(√6cosα−0)2+(2−sinα)2=√−5sin 2α−4sinα+10．当且仅当sinα=−25时，|MQ|取最大值3√305．【解析】(1)由{x =√6cosαy =sinα，直接消去α可得曲线C 的普通方程，把ρsin(θ−π4)=√2左边展开两角差的正弦，代入{x =ρcosθy =ρsinθ，可得直线l 的直角坐标方程，并求得倾斜角；(2)M(√6cosα,sinα)，直线l 与y 轴交点Q 的坐标为(0,2)，利用两点间的距离公式，得到关于sinα的一元二次函数，利用配方法求最值．本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，是基础的计算题．23.【答案】解：(Ⅰ)f(x)≤9可化为|2x −4|+|x +1|≤9，故{x >23x −3≤9，或{−1≤x ≤25−x ≤9，或{x <−1−3x +3≤9； 解得2<x ≤4，或−1≤x ≤2，或−2≤x <−1； 综上，不等式的解集为[−2,4]；(Ⅱ)由题意：f(x)=−x 2+a ⇔a =x 2−x +5，x ∈[0,2]． 故方程f(x)=−x 2+a 在区间[0,2]有解，等价于函数y =a 和函数y =x 2−x +5的图象在区间[0,2]上有交点， ∵当x ∈[0,2]时，y =x 2−x +5∈[194,7]．,7]．∴实数a的取值范围是[194【解析】本题考查绝对值不等式的性质以及应用，方程有解问题，属于中档题．(Ⅰ)通过讨论x的范围得到关于x的不等式组，解出即可；(Ⅱ)根据题意，原问题可以等价于函数y=a和函数y=x2−x+5图象在区间[0,2]上有交点，结合二次函数的性质分析函数y=x2−x+5在x∈[0,2]时的值域，即可得答案．第21页，共21页。
2019届湖南师大附中高三月考试卷(七) 数学(文)(word版)
湖南师大附中2019届高三月考试卷(七)数 学(文科)审题：高三文科数学备课组本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页。
时量120分钟。
满分150分。
第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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．已知集合A ＝{x |lg x >0}，B ＝{x |x ≤1}，则(B) A ．A ∩B ≠ B ．A ∪B ＝R C ．B A D ．A B 选B.2．若复数z 满足i(z －3)＝－1＋3i(其中i 是虚数单位)，则z 的虚部为(A) A ．1 B ．6 C ．i D ．6i 选A.3．函数f ()x ＝ln ()x ＋1－2x 的零点所在的大致区间为(B) A.()0，1 B.()1，2 C.()2，3 D.()3，4 选B.4．七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形，一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点在阴影部分的概率是(C)A.932B.516C.38D.716 选C.5．设F 1和F 2为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，若点P (0，2b )、F 1、F 2是等腰直角三角形的三个顶点，则双曲线的渐近线方程是(C)A ．y ＝±3xB ．y ＝±217xC ．y ＝±33xD ．y ＝±213x 选C.6．给出下列四个命题：①“若x 0为y ＝f (x )的极值点，则f ′(x 0)＝0”的逆命题为真命题； ②“平面向量a ，b 的夹角是钝角”的充分不必要条件是a ·b <0； ③若命题p ：x －1<0，则綈p ：x －1>0；④命题“x ∈R ，使得x 2＋x ＋1<0”的否定是：“x ∈R ，均有x 2＋x ＋1≥0”．其中不正确的个数是(A) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 选A.7．执行如图所示的程序框图，若输出的结果是7，则判断框内m 的取值范围是(A)A ．(30，42]B ．(30，42)C ．(42，56]D ．(42，56) 选A.8．如图，在四面体ABCD 中，若截面PQMN 是正方形，则在下列命题中，不一定正确．．．．．的是(C) A ．AC ⊥BDB ．AC ∥截面PQMN C ．AC ＝BDD ．异面直线PM 与BD 所成的角为45° 选C.9．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，准线l ：x ＝－1，点M 在抛物线C 上，点M 在直线l ：x ＝－1上的射影为A ，且直线AF 的斜率为－3，则△MAF 的面积为(C)A. 3 B ．2 3 C ．4 3 D ．8 3 选C.10．若函数f (x )＝23sin ωx cos ωx ＋2sin 2ωx ＋cos 2ωx 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π2，3π2上单调递增，则正数ω的最大值为(B)A.18B.16C.14D.13 选B.11．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为(A)A.236B.72C.76 D ．4 选A.12．已知函数f (x )在定义域R 上的导函数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )没有零点，且f [f (x )－2 019x]＝2 019，当g (x )＝sin x －cos x －kx 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上与f (x )在R 上的单调性相同时，则实数k 的取值范围是(A)A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．[－1，2]D ．[2，＋∞) 选A.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．请把答案填在答题卷对应题号后的横线上．13．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，则S 2 018＝__22__017－12__．14．设D 为△ABC 所在平面内一点，AD →＝－13AB →＋43AC →，若BC→＝λDC →()λ∈R ，则λ＝__－3__．15．记命题p 为“点M (x ，y )满足x 2＋y 2≤a 2(a >0)”，记命题q 为“M (x ，y )满足⎩⎨⎧x －2y ≤4，x ＋y ≤4，4x －3y ＋4≥0，”若p 是q 的充分不必要条件，则实数a 的最大值为__45__．16．已知函数f (x )＝||x 2－4＋x 2＋mx ，若函数f (x )在(0，3)上有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是__－143<m <－2__．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．(本题满分12分)在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，且a sin A ＋c sin C －b sin B ＝2a sin(A ＋B )．(1)求B 的值；(2)若向量m ＝(cos A ，cos 2A )，n ＝(12，－5)，a ＝4，当m ·n 取得最大值时，求b 的值．【解析】(1)因为△ABC 中，sin(A ＋B )＝sin C ， 所以a sin A ＋c sin C －b sin B ＝2a sin(A ＋B ) 变形为a sin A ＋c sin C －b sin B ＝2a sin C . 由正弦定理得：a 2＋c 2－b 2＝2ac .由余弦定理得：cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝22，又因为0<B <π，∴B ＝π4.6分 (2)因为m ·n ＝12cos A －5cos 2A＝－10cos 2A ＋12cos A ＋5＝－10⎝ ⎛⎭⎪⎫cos A －352＋435，所以当cos A ＝35时，m·n 取得最大值，此时sin A ＝45，由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝522.12分18．(本题满分12分)如图，四棱锥P －ABCD 中，AB ＝AD ＝2BC ＝2，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，△PBD 为正三角形．且P A ＝2 3.(1)证明：平面P AB ⊥平面PBC ； (2)若点P 到底面ABCD 的距离为2，E 是线段PD 上一点，且PB ∥平面ACE ，求四面体A －CDE 的体积．【解析】(1)证明：∵AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝2，∴BD ＝22，又△PBD 为正三角形，所以PB ＝PD ＝BD ＝22， 又∵AB ＝2，P A ＝23，所以AB ⊥PB ，又∵AB ⊥AD ，BC ∥AD ，∴AB ⊥BC ，PB ∩BC ＝B ， 所以AB ⊥平面PBC ，又因为AB 平面P AB ， 所以平面P AB ⊥平面PBC .6分(2)如图，连接AC 交BD 于点O ，因为BC ∥AD ， 且AD ＝2BC ，所以OD ＝2OB ，连接OE ，因为PB ∥平面ACE ，所以PB ∥OE ，则DE ＝2PE ， 由(1)点P 到平面ABCD 的距离为2，所以点E 到平面ABCD 的距离为h ＝23×2＝43，所以V A －CDE ＝V E －ACD ＝13S △ACD ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×43＝89，即四面体A －CDE 的体积为89.12分 19．(本题满分12分)某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x (单位：万元)对年销售量y (单位：吨)和年利润z (单位：万元)的影响．对近六年的年宣传费x i 和年销售量y i (i ＝1，2，3，4，5，6)的数据作了初步统计，得到如下数据：年份2012 2013 2014 2015 2016 2017 年宣传费x (万元)38 48 58 68 78 88 年销售量y (吨)16.8 18.8 20.7 22.4 24.0 25.5 y ＝a ·x b (a ，b >0)．对上述数据作了初步处理，得到相关的值如下表：错误!(ln x i )275.3 24.6 18.3 101.4(1)(2)已知这种产品的年利润z 与x ，y 的关系为z ＝2y －e14x .若想在2018年达到年利润最大，请预测2018年的宣传费用是多少万元？附：对于一组数据()u 1，v 1，()u 2，v 2，…，()u n ，v n ，其回归直线v ＝β·u ＋α中的斜率和截距的最小二乘估计分别为β＝错误!，α＝错误!－β·错误!. 【解析】(1)对y ＝a ·x b ，(a ，b >0)两边取对数得ln y ＝ln a ＋b ln x ，令u i ＝ln x i ，v i ＝ln y i得v ＝ln a ＋b ·u ，由题给数据，得：u －＝24.66＝4.1，v －＝18.36＝3.05，错误!错误!错误!＝101.4，于是b ＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!，ln a ＝错误!－b 错误!＝3.05－错误!×4.1＝1， 得a ＝e ，故所求回归方程为y ＝e ·x .8分(2)由(1)知，年利润z 的预报值为z ^＝2y －e 14x ＝e 2x －e 14x ＝－e14(x －142x )＝－e14(x －72)2＋7e ，所以当x ＝72即x ＝98时，z ^有最大值． 故当2018年的宣传费用为98万元时，年利润有最大值.12分20．(本题满分12分)如图，已知圆F 1的方程为(x ＋1)2＋y 2＝498，圆F 2的方程为(x －1)2＋y 2＝18，若动圆M 与圆F 1内切，与圆F 2外切．(1)求动圆圆心M 的轨迹C 的方程；(2)过直线x ＝2上的点Q 作圆O ：x 2＋y 2＝2的两条切线，设切点分别是M ，N ，若直线MN 与轨迹C 交于E ，F 两点，求|EF |的最小值．【解析】(1)设动圆M 的半径为r ，∵动圆M 与圆F 1内切，与圆F 2外切，∴||MF 1＝724－r ，且||MF 2＝24＋r .于是，||MF 1＋||MF 2＝22>||F 1F 2＝2， 所以动圆圆心M 的轨迹是以F 1，F 2为焦点，长轴长为22的椭圆．从而，a ＝2，c ＝1，所以b ＝1.故动圆圆心M 的轨迹C 的方程为x 22＋y 2＝1.5分 (2)设直线x ＝2上任意一点Q 的坐标是(2，t )，切点M ，N 坐标分别是()x 3，y 3，()x 4，y 4；则经过M 点的切线斜率k ＝－x 3y 3，方程是x 3x ＋y 3y ＝2，经过N 点的切线方程是x 4x ＋y 4y ＝2，又两条切线MQ ，NQ 相交于Q (2，t )．则有⎩⎨⎧2x 3＋ty 3＝2，2x 4＋ty 4＝2，所以经过M ，N 两点的直线l 的方程是2x ＋ty ＝2，①当t ＝0时，有M (1，1)，N (1，－1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22，则||EF ＝2；②当t ≠0时，联立⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋ty ＝2，x 22＋y 2＝1，整理得(t 2＋8)x 2－16x ＋8－2t 2＝0；设E ，F 坐标分别为(x 5，y 5)，(x 6，y 6)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 5＋x 6＝16t 2＋8，x 5·x 6＝8－2t 2t 2＋8，所以||EF ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－2t 2·（x 5＋x 6）2－4x 5x 6＝22（t 2＋4）t 2＋8＝22－82t 2＋8>2， 综上所述，当t ＝0时，|EF |有最小值 2.12分 21．(本题满分12分)已知函数g ()x ＝a ln x ，f ()x ＝x 3＋x 2＋bx .(1)若f ()x 在区间[]1，2上不是单调函数，求实数b 的范围；(2)若对任意x ∈[]1，e ，都有g ()x ≥－x 2＋(a ＋2)x 恒成立，求实数a 的取值范围；(3)当b ＝0时，设F ()x ＝⎩⎨⎧f （－x ），x <1，g （x ），x ≥1，对任意给定的正实数a ，曲线y ＝F ()x 上是否存在两点P ，Q ，使得△POQ 是以O (O 为坐标原点)为直角顶点的直角三角形，而且此三角形斜边中点在y 轴上？请说明理由．【解析】(1)由f ()x ＝x 3＋x 2＋bx ，得f ′()x ＝3x 2＋2x ＋b ，因f ()x 在区间[]1，2上不是单调函数，所以f ′()x ＝3x 2＋2x ＋b 在[]1，2上最大值大于0，最小值小于0，f ′()x ＝3x 2＋2x ＋b ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋132＋b －13，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′()x max ＝16＋b >0，f ′()x min＝5＋b <0，∴－16<b <－5.4分(2)由g ()x ≥－x 2＋()a ＋2x ，得()x －ln x a ≤x 2－2x ，∵x ∈[]1，e ，∴ln x ≤1≤x ，且等号不能同时取，∴ln x <x ，即x －ln x >0，∴a ≤x 2－2x x －ln x 恒成立，即a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－2x x －ln x min，令t ()x ＝x 2－2xx －ln x，()x ∈[]1，e ，求导得t ′()x ＝()x －1()x ＋2－2ln x ()x －ln x 2，当x ∈[]1，e 时，x －1≥0，0≤ln x ≤1，x ＋2－2ln x >0，从而t ′()x ≥0， ∴t ()x 在[]1，e 上是增函数，∴t min ()x ＝t ()1＝－1，∴a ≤－1.8分(3)由条件，F ()x ＝⎩⎨⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1，假设曲线y ＝F ()x 上存在两点P ，Q 满足题意，则P ，Q 只能在y 轴两侧，不妨设P ()t ，F ()t ()t >0，则Q ()－t ，t 3＋t 2，且t ≠1，∵△POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，∴OP →·OQ→＝0，∴－t 2＋F ()t()t 3＋t 2＝0(*)是否存在P ，Q 等价于方程(*)在t >0且t ≠1是否有解，①当0<t <1时，方程(*)为∴－t 2＋()－t 3＋t 2()t 3＋t 2＝0，化简t 4－t 2＋1＝0，此方程无解；②当t >1时，方程(*)为－t 2＋a ln t ()t 3＋t 2＝0，即1a＝()t ＋1ln t ，设h ()t ＝()t ＋1ln t ()t >1，则h ′()t ＝ln t ＋1t ＋1，显然，当t >1时，h ′()t >0，即h ()t 在()1，＋∞上为增函数， ∴h ()t 的值域为()h ()1，＋∞，即()0，＋∞，∴当a >0时，方程()*总有解， ∴对任意给定的正实数a ，曲线y ＝F ()x 上存在两点P ，Q ，使得△POQ 是以O (O 为坐标原点)为直角顶点的直角三角形，而且此三角形斜边中点在y 轴上.12分请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
湖南师范大学附属中学2019届高三上学期月考(五)数学(理)(解析版)
理科数学试题(附中版)－炎德·英才大联考湖南师大附中2019届高三月考试卷(五)数学(理科)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若复数z满足 (i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】由题意，根据复数的运算，化简求得，则z对应的点为(2，1)，即可得到答案.【详解】由题意，复数，则z对应的点为(2，1)．故选A.【点睛】本题主要考查了复数的四则运算，以及复数的表示，其中解答中熟记复数的运算法则，准确化简、运算复数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2.设m为给定的一个实常数，命题p：，则“”是“命题p为真命题”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分且必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由图命题为真，求得，又由成立时，是成立的，即可得到“”是“命题为真命题”的充分不必要条件，得到答案.【详解】若命题为真，则对任意恒成立，所以，即.因为成立时，是成立的，所以“”是“命题为真命题”的充分不必要条件．选A.【点睛】本题主要考查了全称命题的应用，以及充分不必要条件的应用，其中解答中熟记二次函数的性质，求得恒成立时的取值范围，进而利用充要条件的判定方法求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.3.若等差数列的前5项之和，且，则（）A. 12B. 13C. 14D. 15【答案】B【解析】试题分析：由题意得，，又，则，又，所以等差数列的公差为，所以．考点：等差数列的通项公式．4.已知某7个数的平均数为3，方差为，现又加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为x，方差为，则（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】由题设条件，利用平均数和方差的计算公式，进行求解，即可得到答案.【详解】由题意，根据这7个数的平均数为3，方差为，即，，即，现又加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为，方差为，即，故选B.【点睛】本题主要考查了数据的平均数和方差的计算公式的应用，其中解答中熟记熟记的平均数和方差的计算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.若正整数N除以正整数m后的余数为r，则记为N＝r(mod m)，例如13＝3(mod 5)．下列程序框图的算法源于我国古代算术《中国剩余定理》，则执行该程序框图输出的i等于（）A. 4B. 8C. 16D. 32【答案】C【解析】【分析】由题意，根据给定的程序框图，逐次循环，计算其运算的结果，即可得到答案.【详解】由题意，根据给定的程序框图，可知第一次执行循环体，得i＝2，N＝18，此时，不满足第一条件；第二次执行循环体，得i＝4，N＝22，此时，但22＜25，不满足第二条件；第三次执行循环体，得i＝8，N＝30，此时，不满足第一条件；第四次执行循环体，得i＝16，N＝46，此时，且46＞25，退出循环．所以输出i的值为16.选C.【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出问题，其中解答中根据给定的程序框图，根据判断条件，逐次循环，准确求解每次循环的运算结果求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6.如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，则下列结论正确的是（）A. PB⊥ADB. 平面PAB⊥平面PBCC. 直线BC∥平面PAED. 直线CD⊥平面PAC【答案】D【解析】【分析】由题意，分别根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可得到答案.【详解】因为AD与PB在平面ABC内的射影AB不垂直，所以A答案不正确．过点A作PB的垂线，垂足为H，若平面PAB⊥平面PBC，则AH⊥平面PBC，所以AH⊥BC.又PA⊥BC，所以BC⊥平面PAB，则BC⊥AB，这与底面是正六边形不符，所以B答案不正确．若直线BC∥平面PAE，则BC∥AE，但BC与AE相交，所以C答案不正确．故选D.【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．7.在的展开式中，的系数为（）A. －320B. －160C. 160D. 320【答案】B【解析】【分析】由题意，可知二项式的展开式中第r＋1项为，令和，即可求解得系数. 【详解】由题意，可知二项式的展开式中第r＋1项为，令，得r＝4；令，得r＝3.∴在展开式中的系数为.故选B.【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项，合理求解的值，准确运算是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8.若函数 (，)的图象的一条对称轴方程是，函数的图象的一个对称中心是，则的最小正周期是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意得到，得，得出，即可求解函数的最小正周期，得到答案.【详解】由题设，有，即，得，又，所以，从而，所以，，即，，又由，所以，于是，故的最小正周期是.选B.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中合理利用三角恒等变换的公式和三角函数的图象与性质，求解的值是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9.已知点(x，y)是不等式组表示的平面区域内的一个动点，且目标函数的最大值为7，最小值为1，则（）A. 1B. －1C. 2D. －2【答案】B【解析】【分析】由目标函数的最大值为7，最小值为1，代入目标函数，联立方程组，求解A、B点的坐标，再代入，即可求解.【详解】由目标函数的最大值为7，最小值为1，联立方程和，解得A(3，1)，B(1，－1)，由题意知A，B两点在直线上，所以解得a＝－1，b＝1.故选B.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划的应用问题，其中解答中正确理解题意，根据目标函数的最值，代入联立方程组求得A、B点坐标是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.10.在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝3，BC＝1，D是边AC上的一点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，根据向量的数量积，求解，即可求解的取值范围.【详解】因为D是边AC上的一点(包括端点)，∴设∵∠ABC＝120°，AB＝3，BC＝1，∴，∴∵，∴.∴的取值范围是.故选D.【点睛】本题主要考查了向量的数量积的应用，以及平面向量的基本定理的应用，其中合理利用平面向量的数量积的运算公式，化简得到是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.11.已知椭圆上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若AF⊥BF，设∠ABF＝α，且，则该椭圆的离心率e的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意设椭圆的左焦点为N，连接AN，BN，因为AF⊥BF，所以四边形AFBN为长方形，再根据椭圆的定义化简得，得到，，即可求解椭圆离心率的取值范围.【详解】由题意椭圆上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，设左焦点为N，连接AN，BN，因为AF⊥BF，所以四边形AFBN为长方形．根据椭圆的定义：，由题∠ABF＝α，则∠ANF＝α，所以，利用，∵，∴，，即椭圆离心率e的取值范围是，故选A.【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的取值范围问题，其中解答中合理利用椭圆的定义和题设条件，得到，再利用三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.12.设平行于x轴的直线l分别与函数和的图象相交于点A，B，若在函数的图象上存在点C，使得△ABC 为等边三角形，则这样的直线l（）A. 至少一条B. 至多一条C. 有且只有一条D. 无数条【答案】C【解析】【分析】设直线l的方程为，求得点、，得到|AB|＝1，再由CD⊥AB，得点，根据点C在函数的图象上，得到关于的方程，即可求解.【详解】设直线l的方程为，由，得，所以点．由，得，所以点，从而|AB|＝1.如图，取AB的中点D，连接CD，因为△ABC为等边三角形，则CD⊥AB，且|AD|＝，|CD|＝，所以点.因为点C在函数的图象上，则，解得，所以直线l有且只有一条，选C.【点睛】本题主要考查了指数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记指数函数的图象与性质，以及根据三角形的性质，合理列出关于实数的方程是解答问题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_________．【答案】【解析】【分析】根据几何体的三视图，可得原几何体表示两端为个圆柱，中间为一个长方体，分别利用圆柱和长方体的体积公式，即可求解.【详解】根据几何体的三视图，可得原几何体表示两端为个圆柱，中间为一个长方体，由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积，圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱体的体积，则该几何体的体积.【点睛】本题考查了几何体的三视图及组合体的表面积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解.14.已知函数的值域为R，则实数a的最大值是______．【答案】2【解析】【分析】由题意，当时，，由的值域为，则当时，，根据对数函数的单调性，列出不等式，即可求解.【详解】由题意，当时，.因为的值域为R，则当时，，因为在上单调递增，则，即，所以，所以的最大值为2.【点睛】本题主要考查了函数的值域的应用，其中解答中熟记函数的值域的定义，以及对数函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.15.已知点，，若圆C：上存在一点P，使得PA⊥PB，则正实数m的取值范围是____．【答案】【解析】【分析】根据圆C的方程，设点，由P点到线段AB中点的距离为，可化简得，其中，根据三角函数的性质，即可求解.【详解】圆C的方程化为：，∴设，如图，线段AB的中点坐标为，，∴P点到线段AB中点的距离为，∴，∴，∴，其中，∴，又，∴.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及直角三角形的性质和两点间的距离公式的应用，其中解答中根据直角三角形的性质，转化为P点到线段AB中点的距离为，再利用三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用.16.已知数列满足：，，，，且数列是单调递增数列，则实数λ的取值范围是____．【答案】【解析】【分析】由题意，数列满足，取倒数可得，即，利用等比数列的通项公式可得，代入得，再利用数列的单调性，即可求解.【详解】由题意，数列满足，取倒数可得，即，所以数列表示首项为2，公比为2的等比数列，所以，所以，因为数列是单调递增数列，所以当时，，即；当时，，因此.【点睛】本题主要考查了等比数列的定义的通项公式，以及数列的递推关系式，数列的单调性等知识点的综合应用，其中解答中根据等比数列的定义和递推关系式，合理利用数列的单调性，列出相应的不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17.在锐角△ABC中，.(Ⅰ)求角A的大小；(Ⅱ)求的取值范围．【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)【解析】【分析】(Ⅰ)由题意，化简得，进而求得，即可得到A角的大小；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，在锐角△ABC中，求得，又由三角恒等变换的公式，化简得，利用三角函数的额性质，即可求解.【详解】(Ⅰ)由已知，，即.在△ABC中，因为，则，所以，从而.所以，即.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，在锐角△ABC中，，则，，由,知，所以，即的取值范围是.【点睛】本题主要考查了三角恒等变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，合理应用三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算的能力，属于基础题.18.如图，三棱锥P－ABC的顶点P在圆柱轴线上，底面△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，且∠ABC＝60°，O1O ＝AB＝4，上一点D在平面ABC上的射影E恰为劣弧AC的中点．(Ⅰ)设，求证：DO⊥平面PAC；(Ⅱ)设，求二面角D－AC－P的余弦值．【答案】(Ⅰ) 见解析(Ⅱ)【解析】【分析】解法一：(Ⅰ)连结DE，OE，设OE与AC的交点为G，连结PG，DG，DO，证得DE⊥平面ABC，得出AC⊥平面DEOO1，进而得DO⊥AC，又在矩形中，证得DO⊥PG，利用线面垂直的判定定理，即可得到DO⊥平面PAC.(Ⅱ)由AC⊥平面DEOO1，得∠DGP即为二面角D－AC－P的平面角，在△DGP中由余弦定理，即可求解二面角的余弦值. 解法二：(Ⅰ)在平面ABC中，过点O作AB的垂线，交弧EC于H，建立空间直角坐标系，证得，，得到AC⊥OD，AP⊥OD，即可得到DO⊥平面PAC.(Ⅱ)分别求得平面PAC和平面DAC的法向量为，利用向量的夹角公式，即可求解二面角的余弦值.【详解】解法一：(Ⅰ)连结DE，OE，设OE与AC的交点为G，连结PG，DG，DO，因为△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，所以△ABC为直角三角形，又∠ABC＝60°，AB＝4，故BC＝2，，因为E是弧AC中点，所以OE⊥AC，.又因为DE⊥平面ABC，故DE⊥AC，所以AC⊥平面DEOO1，故DO⊥AC.又，所以在矩形中，，，故，又，所以，所以DO⊥PG，所以DO⊥平面PAC.(Ⅱ)在轴截面内有PO＝OG＝1，所以，，，由AC⊥平面DEOO1，得∠DGP即为二面角D－AC－P的平面角，在△DGP中由余弦定理可求得.解法二：(Ⅰ)在平面ABC中，过点O作AB的垂线，交弧EC于H，如图建立空间直角坐标系，因为△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，所以△ABC为直角三角形，又∠ABC＝60°，AB＝4，故BC＝2，AC＝2，又，所以，，，，所以，，，所以，，故AC⊥OD，AP⊥OD，从而DO⊥平面PAC.(Ⅱ)由OP＝1知P(0，0，1)，设平面PAC的法向量为，则有即取，设平面DAC的法向量，则有即取，则，所以二面角D－AC－P的余弦值为.【点睛】点睛：本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.19.某有机水果种植基地试验种植的某水果在售卖前要成箱包装，每箱80个，每一箱水果在交付顾客之前要按约定标准对水果作检测，如检测出不合格品，则更换为合格品．检测时，先从这一箱水果中任取10个作检测，再根据检测结果决定是否对余下的所有水果作检测．设每个水果为不合格品的概率都为，且各个水果是否为不合格品相互独立．(Ⅰ)记10个水果中恰有2个不合格品的概率为，求取最大值时p的值；(Ⅱ)现对一箱水果检验了10个，结果恰有2个不合格，以(Ⅰ)中确定的作为p的值．已知每个水果的检测费用为1.5元，若有不合格水果进入顾客手中，则种植基地要对每个不合格水果支付a元的赔偿费用．(ⅰ)若不对该箱余下的水果作检验，这一箱水果的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；(ⅱ)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，当种植基地要对每个不合格水果支付的赔偿费用至少为多少元时，将促使种植基地对这箱余下的所有水果作检验？【答案】(Ⅰ)0.2 (Ⅱ) (ⅰ) (ⅱ)8【解析】【分析】(Ⅰ)记10个水果中恰有2个不合格品的概率为，求得，利用导数即可求解函数的单调性，进而求得函数的最值.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，(ⅰ)中，依题意知，，进而利用公式，即可求解；(ⅱ)如果对余下的水果作检验，得这一箱水果所需要的检验费为120元，列出相应的不等式，判定即可得到结论. 【详解】(Ⅰ)记10个水果中恰有2个不合格品的概率为f(p)，则，∴，由，得.且当时，；当时，.∴的最大值点.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，(ⅰ)令Y表示余下的70个水果中的不合格数，依题意知，∴.(ⅱ)如果对余下的水果作检验，则这一箱水果所需要的检验费为120元，由，得，且，∴当种植基地要对每个不合格水果支付的赔偿费用至少为8元时，将促使种植基地对这箱余下的所有水果作检测．【点睛】本题主要考查了独立重复试验的概率的应用，以及二项分布的应用，其中解答中认真审题，分析试验过程，根据对立重复试验求得事件的概率，以及正确利用分布列的性质求解上解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.20.如图所示，在△ABC中，AB＝2，AB的中点为O，点D在AB的延长线上，且.固定边AB，在平面内移动顶点C，使得圆M与边BC，边AC的延长线相切，并始终与AB的延长线相切于点D，记顶点C的轨迹为曲线Γ.以AB所在直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系．(Ⅰ)求曲线Γ的方程；(Ⅱ)过点的直线l与曲线Γ交于不同的两点S，R，直线SB，RB分别交曲线Γ于点E，F.设，，求的取值范围．【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)【解析】【分析】(Ⅰ)依题意得出，利用椭圆的定义，即可判定C点的轨迹，得到椭圆的方程；(Ⅱ)设，，，得到，，由，求得当直线SB与x轴不垂直时，设直线SB的方程为，代入椭圆Γ方程，利用根与系数的关系，化简得，，设直线l的方程为，代入椭圆方程并整理得，利用根与系数的关系，化简得，即可求解.【详解】(Ⅰ)依题意得AB＝2，，设动圆M与边AC的延长线相切于，与边BC相切于，则，，.所以，所以点C的轨迹Γ是以A，B为焦点，长轴长为2的椭圆，且挖去长轴的两个顶点．则曲线Γ的方程为.(Ⅱ)设，，，由题意得，则，．由，得，即当直线SB与x轴不垂直时，直线SB的方程为，即，代入椭圆Γ方程并整理得，则有，即，于是.当SB与x轴垂直时，点S的横坐标为1，λ＝1，显然成立．同理可得.设直线l的方程为，代入椭圆方程并整理，得，依题意有解得又，则.由，得，即．【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常确定椭圆方程是基础，通过联立直线方程与椭圆方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.21.已知函数有两个不同的极值点．(Ⅰ)求实数a的取值范围；(Ⅱ)设，讨论函数的零点个数．【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) 当时，有2个零点；当时，有1个零点；当时，没有零点．【解析】【分析】(Ⅰ)由题意，求得，令，得，设，转化为直线y＝a与函数的图象有两个不同的交点，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求解的取值范围；(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，，且，求得函数的单调性和极值，分类讨论，即可确定函数的极值点的个数.【详解】(Ⅰ)由题意，求得，因为有两个不同的极值点，则有两个不同的零点．令，则，即.设，则直线y＝a与函数的图象有两个不同的交点．因为，由，得ln x＜0，即，所以在上单调递增，在上单调递减，从而.因为当时，；当时，；当时，，所以a的取值范围是．(Ⅱ)因为，为的两个极值点，则，为直线与曲线的两个交点的横坐标．由(Ⅰ)可知，，且，因为当或时，，即；当时，，即，则在，上单调递减，在上单调递增，所以的极小值点为，极大值点为.当时，因为，，，则，所以在区间内无零点．因为，，则①当，即时，.又，则，所以.此时在和内各有1个零点，且.②当，即时，，此时在内有1个零点，且.③当，即时，，此时在内无零点，且.综上分析，当时，有2个零点；当时，有1个零点；当时，没有零点．【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及函数的极值点个数的确定问题，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.(二)选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22. 选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，设倾斜角为α的直线l：（t为参数）与曲线C：（θ为参数）相交于不同的两点A，B．（Ⅰ）若α＝，求线段AB中点M的坐标；（Ⅱ）若｜PA｜·｜PB｜＝｜OP｜，其中P（2，），求直线l的斜率．【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）将曲线的参数方程化为普通方程，当时，设点对应参数为．直线方程为代入曲线的普通方程，得，由韦达定理和中点坐标公式求得，代入直线的参数方程可得点的坐标；（2）把直线的参数方程代入椭圆的普通方程可得关于参数的一元二次方程，由已知条件和韦达定理可得，求得的值即得斜率.试题解析：设直线上的点，对应参数分别为，．将曲线的参数方程化为普通方程．（1）当时，设点对应参数为．直线方程为（为参数）．代入曲线的普通方程，得，则，所以，点的坐标为．（2）将代入，得，因为，，所以．得．由于，故．所以直线的斜率为．考点：直线的参数方程与椭圆参数方程及其在研究直线与椭圆位置关系中的应用.23.选修4－5：不等式选讲，已知函数，.(Ⅰ)当a＝1时，求不等式的解集；(Ⅱ)若对任意实数，，不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)【解析】【分析】(Ⅰ)当时，不等式化为，分类讨论，即可求解不等式的解集；(Ⅱ)根据绝对值的三角不等式，求得，，根据，列出相应的不等式组，即可求解.【详解】(Ⅰ)当时，不等式化为.则或或，即或或，即，所以不等式的解集是．(Ⅱ)因为，当，即时取等号，所以.因为，当时取等号，所以.据题意，，则，即，所以解得，所以a的取值范围是．【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式的三角不等式的应用，其中解答中合理分类讨论，以及正确运用绝对值的三角不等式求得函数的最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.。
湖南省师大附中2019届高三数学月考试题七理20-含答案
湖南师大附中2019届高三月考试卷(七)数学(理科)时量：120分钟满分：150分一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数z＝a＋10i3－i(a∈R)，若z为纯虚数，则|a－2i|＝(B)A．5 B. 5 C．2 D. 3【解析】因为z＝a＋i(3＋i)＝a－1＋3i为纯虚数，则a＝1，所以|a－2i|＝a2＋4＝5，选B.2．下列说法错误．．的是(B)A．在回归模型中，预报变量y的值不能由解释变量x唯一确定B．若变量x，y满足关系y＝－0.1x＋1，且变量y与z正相关，则x与z也正相关C．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高D．以模型y＝ce kx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z＝ln y，将其变换后得到线性方程z＝0.3x＋4，则c＝e4，k＝0.3【解析】对于A，在回归模型中，预报变量y的值由解释变量x和随机误差e共同确定，即x只能解释部分y的变化，所以A正确；对于B，由回归方程知变量y与z正相关，则x 与z负相关，所以B错误；对于C，在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，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．故选B.3．函数f(x)＝e x＋1x（1－e x）(其中e为自然对数的底数)的图象大致为(A)【解析】当x>0时，e x>1，则f(x)<0；当x<0时，e x<1，则f(x)<0，所以f(x)的图象恒在x轴下方，选A.4．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图是源于其思想的一个程序框图，若输入a＝4，b＝1，则输出的n等于(C)A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】当n ＝1时，a ＝6，b ＝2，满足进行循环的条件， 当n ＝2时，a ＝9，b ＝4，满足进行循环的条件， 当n ＝3时，a ＝272，b ＝8，满足进行循环的条件，当n ＝4时，a ＝814，b ＝16，满足进行循环的条件，当n ＝5时，a ＝2438，b ＝32，不满足进行循环的条件，故输出的n 值为5.故选C.5．已知动圆C 经过点A(2，0)，且截y 轴所得的弦长为4，则圆心C 的轨迹是(D) A ．圆 B ．椭圆 C ．双曲线 D ．抛物线【解析】设圆心坐标为C(x ，y)，圆C 的半径为r ，圆心C 到y 轴的距离为d ，则d 2＋4＝r 2.因为d ＝|x|，r ＝|AC|，则圆心C 的轨迹方程是x 2＋4＝(x －2)2＋y 2，即y 2＝4x ，选D.6．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12n (n∈N *)，则a 2019＝(C)A ．1－12B ．1－12 C.32－12 D.32－12【解析】由已知，a n －a n －1＝12n －1(n≥2)，则a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋12＋122＋…＋12n －1＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1＝32－12n －1，所以a 2019＝32－122018，选C.7．如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有(C)A ．24B ．48C ．96D ．120【解析】法一：第一步先涂B ，C ，E 三点，这三点的颜色必须各异，不同的涂色方法种数是A 34；第二步涂A ，D 两点，各有2种，所以不同的涂色方法种数有A 34×2×2＝96，故选C.法二：第一步先涂A ，B ，E 三点，这三点的颜色必须各异，不同的涂色方法种数是A 34；第二步涂C ，D 两点，假设已涂A ，B ，E 的三种颜色顺序分别为1，2，3，未使用的颜色为4，那么C ，D 可涂的颜色分别为C 涂1，D 可以选择2，4中的一种颜色，共2种方法；C 涂4，D可以选择1，2中的一种颜色，共2种方法，所以不同的涂色方法种数有A 34(2＋2)＝96，故选C.8．函数f(x)＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6sin 2x －14的图象的一个对称中心的坐标是(A) A.⎝⎛⎭⎪⎫7π24，0 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，－14 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0【解析】f(x)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6sin 2x －14＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤32cos 2x ＋12sin 2x sin 2x －14 ＝32sin 2xcos 2x ＋12sin 22x －14＝34sin 4x ＋12·1－cos 4x 2－14＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π6，令4x －π6＝k π，求得x ＝k π4＋π24，可得函数图象的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π4＋π24，0，k ∈Z ，当k ＝1时，对称中心为⎝⎛⎭⎪⎫7π24，0.故选A.9．已知D ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫（x ，y ）|⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0x －y ＋2≤03x －y ＋6≥0，给出下列四个命题：P 1：()x ，y ∈D ，－2≤x＋y≤2；P 2：()x ，y ∈D ，yx ＋3>0； P 3：()x ，y ∈D ，x ＋y<－2；P 4：()x ，y ∈D ，x 2＋y 2≤2；其中真命题是(B) A ．P 1和P 2 B ．P 1和P 4 C ．P 2和P 3 D ．P 2和P 4【解析】利用线性规划的知识易得，对()x ，y ∈D ，－2≤x＋y≤2，且0≤y x ＋3≤32，2≤x 2＋y 2≤10，所以P 1正确，P 2错误，P 3错误，P 4正确．选B.10．在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，过A ，E ，F 三点作该正方体的截面，则截面的周长为(D)A ．313＋6 2B ．213＋4 3C ．513＋3 3D ．613＋3 2【解析】如图， 延长EF ，A 1B 1 相交于M ，连接AM 交BB 1 于H ，延长FE ，A 1D 1 相交于N ，连接AN 交DD 1于G ，可得截面五边形AHFEG.∵ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体，且E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，∴EF ＝32，AG ＝AH ＝62＋42＝213，EG ＝FH ＝32＋22＝13. ∴截面的周长为613＋3 2.选D.11．如图，已知||OA →＝||OB →＝1，||OC →＝2，tan ∠AOB ＝－43，∠BOC ＝45°，OC →＝mOA →＋nOB →，则m n等于(A)A.57B.75C.37D.73【解析】因为tan ∠AOB ＝－43，所以sin ∠AOB ＝45.过点C 作CD∥OB 交OA 延长线于点D ，过点C 作CE∥OD 交OB 延长线于点E ， 在△OCD 中，∠OCD ＝45°，sin ∠ODC ＝45，由正弦定理：|OC|sin ∠CDO ＝|OD|sin ∠OCD ，得245＝OD 22，所以OD ＝54＝m.由余弦定理：||OD 2＝||OC 2＋||CD 2－2||OC ·||CD ·cos 45°， 得2516＝2＋n 2－2×2×n×cos 45°，则n ＝14或74. 当n ＝14时，此时∠CDO 为钝角，因为∠EOD 为钝角，矛盾，故n ＝74.所以m n ＝57.故选A.12.箱子里有16张扑克牌：红桃A 、Q 、4，黑桃J 、8、7、4、3、2，草花K 、Q 、6、5、4，方块A 、5，老师从这16张牌中挑出一张牌来，并把这张牌的点数告诉了学生甲，把这张牌的花色告诉了学生乙，这时，老师问学生甲和学生乙：你们能从已知的点数或花色中推知这张牌是什么牌吗？ 于是，老师听到了如下的对话：学生甲：我不知道这张牌；学生乙：我知道你不知道这张牌；学生甲：现在我知道这张牌了；学生乙：我也知道了．则这张牌是(D)A ．草花5B ．红桃QC ．红桃4D ．方块5【解析】学生乙确信他知道学生甲不知道，说明通过数字不能判断出来，因此排除有单一数字J 、K 等的花色黑桃和草花，学生甲知道这张牌不是黑桃也不是草花就猜出来了，说明这张牌除了在黑桃和草花之外有且只有一张，那就是红桃4、Q 和方块5；学生乙知道学生甲知道后就知道了，说明这张牌只有一种选择，所以他看到的是方块，如果他看到的是红桃但还是不知道是Q 还是4，所以答案是方块5.故选D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．一个不透明的袋子装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字为0，1，2，2，现甲从中摸出一个球后便放回，乙再从中摸出一个球，若摸出的球上数字大即获胜(若数字相同则为平局)，则在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为__25__．【解析】法一：两人分别摸一个球，基本事件共有4×4＝16种，其中甲获胜共有5种可能，故甲获胜的概率为516，其中乙摸到1号球且甲获胜有2种可能，故甲获胜且乙摸到1号球的概率为18，故在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为18÷516＝25.法二：甲获胜共有5种可能，其中乙摸到1号球且甲获胜有2种可能，故在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为25.14．设双曲线C ：x 2a 2－y2b 2＝1(a>0，b>0)的右焦点为F ，直线l 为双曲线C 的一条渐近线，点F 关于直线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．【解析】如图，设直线l 与线段PF 的交点为A ，因为点P 与F 关于直线l 对称，则l ⊥PF ，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 ，因为O 为EF 的中点，则|PE|＝2|AO|＝2a ， 据双曲线定义，有|PF|－|PE|＝2a ，则2b －2a ＝2a ，即b ＝2a.所以e ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝ 5.15．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m 3的“分裂”中最小的数是211，则m 的值为__15__．【解析】22＝1＋3，23＝3＋5，24＝7＋9，32＝1＋3＋5，33＝7＋9＋11，34＝25＋27＋29.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；m 3的可以表示为m 个连续奇数之和，即211＋213＋…＋[211＋2(m－1)]＝m 3，m 3－m 2－210m ＝0，因为m>0，所以m ＝15.16．设a 为整数，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式e x＋3x ≥e a恒成立，则a 的最大值是__1__．【解析】令f(x)＝e x＋3x (x>0)，则f′(x)＝e x()x －1－3x.令g(x)＝e x ()x －1－3(x>0)，则g′(x)＝xe x>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为g(1)＝－3<0，g(2)＝e 2－3>0，则g(x)在(1，2)内只有一个零点．设g(t)＝0，则e t＝3t －1.当x∈(0，t)时，g(x)＜0，从而f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(t，＋∞)时，g(x)＞0，从而f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min ＝e t＋3t ＝3t －1＝e t.由题意知e a≤e t，即a≤t.因为t∈(1，2)，a 为整数，所以a 的最大值为1.三、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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分． 17．(本小题满分12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足acos B ＋bcos A ＝2ccos C. (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．【解析】(1)由已知，sin Acos B ＋sin Bcos A ＝2sin Ccos C ，(2分)即sin(A ＋B)＝2sin Ccos C ，因为sin(A ＋B)＝sin C>0，则cos C ＝12，(4分)又C∈(0，π)，所以C ＝π3.(5分)(2)设△ABC 的内切圆半径为R ，则12absin π3＝12·3R，则R ＝36ab ，(6分)由余弦定理，得a 2＋b 2－ab ＝(3－a －b)2，化简得3＋ab ＝2(a ＋b)，(8分) 因为a ＋b≥2ab ，则3＋ab≥4ab ，解得ab ≥3或ab ≤1，(10分)若ab ≥3，则a ，b 至少有一个不小于3，这与△ABC 的周长为3矛盾；(11分) 若ab ≤1，则当a ＝b ＝1＝c 时，R 取最大值36. 所以△ABC 的内切圆面积的最大值为S max ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫362＝π12.(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∠ABC＝60°，BM ⊥平面ABCD ，BM ∥DN ，BM ＝2DN ，点E 是线段MN 上任意一点．(1)证明：平面EAC⊥平面BMND ；(2)若∠AEC 的最大值是2π3，求三棱锥M －NAC 的体积．【解析】(1)因为BM⊥平面ABCD ，则AC⊥BM.(2分)又四边形ABCD 是菱形，则AC⊥BD，所以AC⊥平面BMND. (4分) 因为AC 在平面EAC 内，所以平面EAC⊥平面BMND.(5分)(2)设AC 与BD 的交点为O ，连结EO. 因为AC⊥平面BMND ，则AC⊥OE，又O 为AC 的中点，则AE ＝CE ，所以cos ∠AEC ＝2AE 2－AC 22AE 2＝1－2AE2，∠AEC ∈(0，π)．当AE 最短时∠AEC 最大，此时AE⊥MN，CE ⊥MN ，∠AEC ＝2π3，AE ＝233.(7分)取MN 的中点H ，分别以直线OA ，OB ，OH 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设ND ＝a ，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n 1＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AM →＝－x ＋3y ＋2az ＝0，n 1·AN →＝－x －3y ＋az ＝0，取z ＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a2，－3a 6，1，同理求得平面CMN 的法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a2，－3a 6，1.因为∠AEC＝2π3是二面角A―MN－C 的平面角，则|cos ∠AEC|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－9a 24＋3a 236＋19a 24＋3a236＋1＝12，解得a ＝1510或a ＝62(舍去)．(10分) 因为MN ＝a 2＋BD 2＝320＋12＝91510，AE ＝233，S △EAC ＝12AE 2sin 2π3＝12×43×32＝33， 则V M －NAC ＝V M －EAC ＋V N －EAC ＝13S △EAC ·MN ＝3510.(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，各位同学须彼此独立地在投票器上选出3位候选人，其中甲同学是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；乙同学不欣赏2号选手，必不选2号，在其他5位选手中随机选出3名；丙同学对6位选手的演唱没有偏爱，因此在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号选手得到甲、乙、丙三位同学的票数之和为X ，求X 的分布列和数学期望． 【解析】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(1)P(A)＝C 14C 25＝25，P(B)＝C 24C 35＝35，(2分)所以P(AB)＝P(A)P(B)＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝425.(5分)(2)P(C)＝C 25C 36＝12，(6分)X 可能的取值为0，1，2，3，P(X ＝0)＝P(A B － C －)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝35×25×12＝325，P(X ＝1)＝P(A B － C －)＋P(A BC)＋P(A B －C)＝25×25×12＋35×35×12＋35×25×12＝1950，P(X ＝2)＝P(A B C)＋P(AB C)＋P(A B C)＝25×35×12＋25×25×12＋35×35×12＝1950，P(X ＝3)＝P(A B C)＝25×35×12＝325.(10分)所以X 的分布列为：X 的数学期望E(X)＝0×325＋1×1950＋2×1950＋3×325＝32.(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 的延长线与椭圆C 相交于点E ，且|DF|＝3|EF|.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA 与OB 的斜率之积为－32，求OA →·OB →的取值范围． 【解析】(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y2b2＝1(a>b>0)，右焦点F(c ，0)．(1分)因为D(0，2)为椭圆短轴的一个端点，则b ＝2.因为|DF|＝3|EF|，则点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫4c3，－23.(3分)因为点E 在椭圆上，则16c 29a 2＋19＝1，即a 2＝2c 2.(4分)又c 2＝a 2－4，则a 2＝2(a 2－4)，得a 2＝8，所以椭圆C 的标准方程是x 28＋y24＝1. (5分)(2)解法一：当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，代入椭圆方程，得x 2＋2(kx ＋m)2＝8，即(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0. 设点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 2k 2＋1，x 1x 2＝2m 2－82k 2＋1. (6分)因为k OA ·k OB ＝－32，则y 1x 1·y 2x 2＝－32，即3x 1x 2＋2y 1y 2＝0，即3x 1x 2＋2(kx 1＋m)(kx 2＋m)＝0，即(2k 2＋3)x 1x 2＋2km(x 1＋x 2)＋2m 2＝0，所以(2k 2＋3)·2m 2－82k 2＋1－8k 2m 22k 2＋1＋2m 2＝0，即(2k 2＋3)(m 2－4)－4k 2m 2＋m 2(2k 2＋1)＝0，化简得m 2＝2k 2＋3.(7分)所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝－12x 1x 2＝－m 2－42k 2＋1＝－2k 2－12k 2＋1＝22k 2＋1－1.(8分)因为Δ＝16k 2m 2－4(2k 2＋1)(2m 2－8)＝8(8k 2＋4－m 2)＝8(6k 2＋1)>0，k 2≥0，则0<22k 2＋1≤2，所以－1<OA →·OB →≤1.(9分)又x 1x 2≠0，则m 2≠4，即k 2≠12，则22k 2＋1≠1，所以OA →·OB →≠0.(10分)当直线l 的斜率不存在时，点A ，B 关于x 轴对称，则k OA ＝－k OB .因为k OA k OB ＝－32，不妨设k OA >0，则k OA ＝62.联立y ＝62x 与x 28＋y24＝1，得点A(2，3)，B(2，－3)，或点A(－2，3)，B(－2，－3)，此时OA →·OB →＝－1.综上分析，OA →·OB →的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．(12分) 解法二：因为k OA ·k OB ＝－32<0，设k OA ＝k≠0，则k OB ＝－32k .(6分)设点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则y 1x 1·y 2x 2＝－32，即y 1y 2＝－32x 1x 2，所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝－12x 1x 2.(7分)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 28＋y 24＝1，得x 2＋2k 2x 2＝8，即(2k 2＋1)x 2＝8，所以x 21＝82k 2＋1.(8分)同理，x 22＝82⎝ ⎛⎭⎪⎫－32k 2＋1＝16k22k 2＋9.(9分)所以x 21x 22＝8×16k 2（2k 2＋1）（2k 2＋9）＝8×16k24k 4＋20k 2＋9＝8×164k 2＋9k2＋20.(10分) 因为4k 2＋9k 2≥24k 2·9k 2＝12，当且仅当4k 2＝9k 2，即k ＝±62时取等号，则0<x 21x 22≤4，即－2≤x 1x 2≤2，且x 1x 2≠0，所以OA →·OB →的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．(12分) 21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln x －kx ，其中k∈R 为常数． (1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：ln x 2>2－ln x 1. 【解析】(1)f′(x)＝1x －k ＝1－kxx(x>0)，(1分)①当k≤0时，f ′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；(2分)②当k>0时，由f′(x)>0，得0<x<1k ，所以f(x)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递减．(5分)(2)因为x 1，x 2是f(x)的两个零点，则ln x 2－kx 2＝0，ln x 1－kx 1＝0， 所以ln x 2－ln x 1＝k(x 2－x 1)，ln x 1＋ln x 2＝k(x 1＋x 2)．(7分) 要证ln x 2>2－ln x 1，只要证ln x 1＋ln x 2>2，即证k(x 1＋x 2)>2，即证ln x 2－ln x 1x 2－x 1(x 2＋x 1)>2，即证ln x 2－ln x 1>2（x 2－x 1）x 2＋x 1，只要证ln x 2x 1>2（x 2－x 1）x 2＋x 1.设t ＝x 2x 1(t>1)，则只要证ln t>2（t －1）t ＋1(t>1)．(10分)设g(t)＝ln t －2（t －1）t ＋1，则g′(t)＝（t －1）2t （t ＋1）2>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增．所以g(t)>g(1)＝0，即ln t>2（t －1）t ＋1，所以ln x 1＋ln x 2>2，即ln x 2>2－ln x 1.(12分)(二)选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋cos α，y ＝sin α(α为参数). 以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝23sin θ.(1)求曲线C 1的极坐标方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)设动直线l ：y ＝kx(x≠0，k ≠0)分别与曲线C 1，C 2相交于点A ，B ，求当k 为何值时，|AB|取最大值，并求|AB|的最大值．【解析】(1)曲线C 1的普通方程为(x －1)2＋y 2＝1，即x 2＋y 2－2x ＝0.将x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ代入，得ρ2－2ρcos θ＝0，所以曲线C 1的极坐标方程是ρ＝2cos θ.(3分) 由ρ＝23sin θ，得ρ2＝23ρsin θ.将ρ2＝x 2＋y 2，ρsin θ＝y 代入，得x 2＋y 2＝23y ，所以曲线C 2的直角坐标方程是x 2＋y 2－23y ＝0.(5分)(2)解法一：设直线l 的倾斜角为α，则l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝tcos α，y ＝tsin α(t 为参数，且t≠0).(6分)将l 的参数方程代入曲线C 1的普通方程，得t 2－2tcos α＝0，则t A ＝2cos α.(7分) 将l 的参数方程代入曲线C 2的直角坐标方程，得t 2－23tsin α＝0，则t B ＝23sin α.(8分)所以|AB|＝|t A －t B |＝|2cos α－23sin α|＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3，(9分) 据题意，直线l 的斜率存在且不为0，则α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，所以当α＝2π3，即k ＝tan α＝－3时，|AB|取最大值，且|AB|max ＝4.(10分)解法二：设直线l 的倾斜角为α，则l 的极坐标方程为θ＝α(ρ≠0)．(6分) 设点A ，B 的极坐标分别为A(ρ1，α)，B(ρ2，α)，则ρ1＝2cos α，ρ2＝23sin α.(8分)所以|AB|＝|ρ1－ρ2|＝|2cos α－23sin α|＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3.(9分)据题意，直线l 的斜率存在且不为0，则α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，所以当α＝2π3，即k ＝tan α＝－3时，|AB|取最大值，且|AB|max ＝4.(10分)解法三：将y ＝kx(x≠0)代入曲线C 1的普通方程，得x 2＋k 2x 2－2x ＝0(x≠0)，则x A ＝2k 2＋1.(6分) 将y ＝kx(x≠0)代入曲线C 2的直角坐标方程，得x 2＋k 2x 2－23kx ＝0(x≠0)，则x B ＝23kk 2＋1.(7分) 所以|AB|＝|x A －x B |·k 2＋1＝|2k 2＋1－23kk 2＋1|·k 2＋1＝2|3k －1|k 2＋1＝2（3k －1）2k 2＋1(k≠0)．(8分) 令（3k －1）2k 2＋1＝m ，则(m －3)k 2＋23k ＋m －1＝0. 据题意，该方程有非零实数解， 则m ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧m≠3，Δ＝12－4（m －3）（m －1）≥0，解得0≤m≤4，所以|AB|＝2m ≤4.(9分)当m ＝4时，k 2＋23k ＋3＝0，即(k ＋3)2＝0，得k ＝－ 3.所以当k ＝－3时，|AB|取最大值，且|AB|max ＝4.(10分) 23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f(x)＝|x －5|.(1)解不等式：f(x)＋f(x ＋2)≤3；(2)若a<0，求证：f(ax)－f(5a)≥af(x)．【解析】(1)不等式化为|x －5|＋|x －3|≤3.(1分) 当x<3时，原不等式等价于－2x≤－5，即52≤x<3；(2分)当3≤x≤5时，原不等式等价于2≤3，即3≤x≤5；(3分) 当x>5时，原不等式等价于2x －8≤3，即5<x≤112.(4分)综上，原不等式的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，112.(5分) (2)证明：由题意得f(ax)－af(x)＝|ax －5|－a|x －5|＝|ax －5|＋|－ax ＋5a|≥|ax－5－ax ＋5a|＝|5a －5|＝f(5a)，所以f(ax)－f(5a)≥af(x)成立．(10分)。
湖南师大附中2019届高三月考试题(七) 数学(理)(解析版)
湖南师大附中2019届高三月考试卷（七）数学（理科）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数，若为纯虚数，则（）A. 5B.C. 2D.【答案】B【解析】【分析】化简已知复数，由纯虚数的定义可得a值，再由复数的模长公式可得结果．【详解】化简可得==a-1+3i，∵z是纯虚数，∴a﹣1＝0，解得a＝1，∴|1-2i|＝|1-2i|故选B.【点睛】本题考查复数的代数形式的乘除运算，涉及纯虚数的概念及复数的模长公式，属于基础题．2.下列说法错误．．的是（）A. 在回归模型中，预报变量的值不能由解释变量唯一确定B. 若变量，满足关系，且变量与正相关，则与也正相关C. 在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，【答案】B【解析】【分析】对4个命题分别进行判断，即可得出结论．【详解】对于A，y除了受自变量x的影响之外还受其他因素的影响，故A正确；对于B，变量，满足关系，则变量x与负相关，又变量与正相关，则与负相关，故B错误；对于C，由残差图的意义可知正确；对于D，∵y＝ce kx，∴两边取对数，可得lny＝ln（ce kx）＝lnc+lne kx＝lnc+kx，令z＝lny，可得z＝lnc+kx，∵z＝0.3x+4，∴lnc＝4，k＝0.3，∴c＝e4．即D正确；故选B.【点睛】本题考查了两个变量的线性相关及回归方程的有关知识，考查了残差图的意义，涉及对数的运算性质，属于基础题型．3.函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求得f（x）的奇偶性及f（1）的值即可得出答案．【详解】∵f（﹣x）f（x），∴f（x）是偶函数，故f（x）图形关于y轴对称，排除C，D；又x=1时，<0，∴排除B，故选：A．【点睛】本题考查了函数图像的识别，经常利用函数的奇偶性，单调性及特殊函数值对选项进行排除，属于基础题．4.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.如图是源于其思想的一个程序框图，若输入，，则输出的等于（）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】由已知中的程序语句，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【详解】模拟程序的运行，可得a＝4，b＝1，n＝1a＝6，b＝2不满足条件a≤b，执行循环体，n＝2，a，b＝4，不满足条件a≤b，执行循环体，n＝3，a，b＝8，不满足条件a≤b，执行循环体，n＝4，a，b＝16，不满足条件a≤b，执行循环体，n＝5，a，b＝32，满足条件a≤b，退出循环，输出n的值为5．故选：C．【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．5.已知动圆经过点，且截轴所得的弦长为4，则圆心的轨迹是（）A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线【答案】D【解析】【分析】设出圆心坐标，结合题意利用垂径定理及两点间的距离公式得到关于x、y的方程即可．【详解】设圆心M（x，y），弦为BC，过点M作ME⊥y轴，垂足为E，则|BE|＝2，∴|MA|2＝|BM|2＝|BE|2+|ME|2，∴（x﹣2）2+y2＝22+x2，化为y2＝4x．故选D．【点睛】本题综合考查了抛物线的标准方程，考查了垂径定理、两点间的距离公式，考查计算能力，属于中档题．6.已知数列满足：，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知得，由此利用累加法能求出数列{a n}的通项公式．【详解】∵数列满足：，，∴，∴当n≥2时，a n＝a1+a2﹣a1+a3﹣a2+…+a n﹣a n﹣1＝=，∴．故选C.【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，解题时要认真审题，注意累加法的运用，是基础题.7.如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有（）A. 24B. 48C. 96D. 120【答案】C【解析】分析：讨论两种情况，第一类相同颜色，第二类不同颜色，分别利用分步计数乘法原理求解，然后求和即可.详解：若颜色相同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法，只有一种涂法，共有种；若颜色不同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法，当和相同时，有一种涂法，当和不同时，只有一种涂法，共有种，根据分类计数原理可得，共有种，故选C.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率..8.下列选项中为函数的一个对称中心为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】函数，令，求得，可得函数的对称轴中心为，当时，函数的对称中心为，故选A.9.已知，给出下列四个命题：：，；：，；：，；：，；其中真命题是（）A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】B【解析】【分析】画出约束条件表示的可行域，利用目标函数的几何意义，求出范围，判断选项的正误即可.【详解】不等式组的可行域如图，当z=x+y过A（﹣2，0）点时，z最小，可得：﹣2+0＝﹣2，当z=x+y过B或C点时，z最大，可得：z=2，故P1：，为真命题；P 3：，为假命题；又表示可行域内的点与（-3，0）连线的斜率，∴由A（﹣2，0）点，可得0，故P2：∀（x，y）∈D，0错误；由（﹣1，1）点，x2+y2＝2故p4：∃（x，y）∈D，x2+y2≤2为真命题．可得选项和正确．故选：B．【点睛】本题考查线性规划的应用，命题的真假的判断，正确画出可行域以及理解目标函数的几何意义是解题的关键.10.在棱长为6的正方体中，点，分别是棱，的中点，过，，三点作该正方体的截面，则截面的周长为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意画出截面五边形，再由已知利用勾股定理求得边长得答案．【详解】如图，延长EF与A1B1的延长线相交于M，连接AM交BB1于H，延长FE与A1D1的延长线相交于N，连接AN交DD1于G，可得截面五边形AHFEG．∵ABCD﹣A1B1C1D1是边长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，∴EF＝3，AG＝AH，EG＝FH．∴截面的周长为．故选：D．【点睛】本题考查了棱柱的结构特征及立体几何中的截面问题，补全截面图形是关键，考查了空间想象能力和思维能力，是中档题．11.如图，已知，，，，，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依题意建立直角坐标系，根据已知角，可得点B、C的坐标，利用向量相等建立关于m、n的方程，求解即可．【详解】以OA所在的直线为x轴，过O作与OA垂直的直线为y轴，建立直角坐标系如图所示：因为，且，∴，∴A（1，0），B（），又令，则=，∴=7，又如图点C在∠AOB内，∴=，sin=,又，∴C（），∵，（m，n∈R），∴（）=（m,0）+（）=(m，）即 m，，解得n=，m=，∴，故选：A．【点睛】本题考查了向量的坐标运算，建立直角坐标系，利用坐标解决问题是常用的处理向量运算的方法，涉及到三角函数的求值，属于中档题．12.箱子里有16张扑克牌：红桃、、4，黑桃、8、7、4、3、2，草花、、6、5、4，方块、5，老师从这16张牌中挑出一张牌来，并把这张牌的点数告诉了学生甲，把这张牌的花色告诉了学生乙，这时，老师问学生甲和学生乙：你们能从已知的点数或花色中推知这张牌是什么牌吗？于是，老师听到了如下的对话：学生甲：我不知道这张牌；学生乙：我知道你不知道这张牌；学生甲：现在我知道这张牌了；学生乙：我也知道了.则这张牌是（）A. 草花5B. 红桃C. 红桃4D. 方块5【答案】D【解析】【分析】甲第一句表明点数为A，Q，5，4其中一种；乙第一句表明花色为红桃或方块，甲第二句表明不是A；乙第二句表明只能是方块5，即可得出结论．【详解】因为甲只知道点数而不知道花色，甲第一句说明这个点数在四种花色中有重复，表明点数为A，Q，5，4其中一种；而乙知道花色，还知道甲不知道，说明这种花色的所有点数在其他花色中也有，所以乙第一句表明花色为红桃或方块，甲第二句说明两种花色中只有一个点数不是公共的，所以表明不是A；乙第二句表明只能是方块5；故选D.【点睛】本题考查简单的合情推理，考查分析解决问题的能力，比较基础．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.一个不透明的袋子装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字为0，1，2，2，现甲从中摸出一个球后便放回，乙再从中摸出一个球，若摸出的球上数字大即获胜（若数字相同则为平局），则在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为__________．【答案】【解析】【分析】用（x，y）表示甲乙摸球的号码，将甲获胜的基本事件一一列出．再从中找出乙摸1号球的基本事件，利用古典概型概率公式求解即可．【详解】用（x，y）表示甲乙摸球的号码，则甲获胜包括5个基本事件：（2，1），（2，1），（2，0），（2，0），（1，0）．在甲获胜的条件下，乙摸1号球包括2个基本事件：（2，1），（2，1）．则在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率P．故答案为．【点睛】本题考查了条件概率及古典概型概率计算公式，考查了利用列举法找基本事件的方法，属于中档题．14.设双曲线：的右焦点为，直线为双曲线的一条渐近线，点关于直线的对称点为，若点在双曲线的左支上，则双曲线的离心率为__________．【答案】【解析】【分析】先求得点F到渐近线的距离，根据对称性，则可得PE、PF,再利用双曲线的定义得到a、b的关系，进而求得结果.【详解】如图：由点关于直线的对称点为，可知FH OH，又F(1,0)到渐近线l:y=的距离为，即FH=b，OH=a，∴PF=2b，PE=2a，由双曲线的定义可知2b-2a=2a，∴b=2a，又c2＝b2+a2＝5a2，∴e．故答案为．【点睛】本题考查双曲线C的离心率，考查双曲线的定义及简单几何性质的应用，关键是将对称问题转化为垂直平分的条件，属于中档题．15.对于大于或等于2的自然数的次幂进行如图的方式“分裂”.仿此，若的“分裂”中最小的数是211，则的值为__________．【答案】15【解析】【分析】根据所给的数据，找到规律：在n2中所分解的最大的数是2n﹣1；在n3中，所分解的最小数是n2﹣n+1．根据发现的规律可求．【详解】根据所给的数据，找到规律：在中所分解的最大的数是2m﹣1；在中，所分解的最小数是﹣m+1．若m3的“分裂”中最小数是211，则﹣m+1＝211m＝15或﹣14（负数舍去）．故答案为：15．【点睛】本题首先要根据所提供的数据具体发现规律，然后根据发现的规律求解，考查了识图能力与归纳推理能力，属于中档题.16.设为整数，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值是__________．【答案】1【解析】【分析】由题意先代入x=1求得a的范围，要满足题意，则a是必要条件，又为整数，只需再验证a=1时，不等式恒成立即可，构造函数g（x），x∈，通过求导求得最小值，证明结论成立.【详解】由题意对任意的，不等式恒成立，则x=1时，不等式也成立，代入x=1得e+3,又为整数，则a，这是满足题意的一个必要条件，又为整数，只需验证a=1时，对任意的，不等式恒成立，即证，变形为对任意的恒成立，令g（x），x∈，则g′（x），在（0，1）上小于0，在（1，）上大于0，故g（x）在（0，1）递减，在（1，）递增，∴g（x）g（1）=3>0，∴对任意的恒成立，故a=1满足题意.故答案为1．【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，关键是探寻到一个使命题成立的必要条件，这也是解决此类题的常用手段，属于难题．三、解答题：共70分.解答应写岀文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.在中，角、、的对边依次为、、，满足.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若的周长为，求的内切圆面积的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）由，利用正弦定理可得，再根据二倍角公式及两角和的正弦公式进行化简，可得,，从而可求角的大小；（Ⅱ）设的内切圆半径为,即可求面积，根据面积相等及余弦定理，结合基本不等式可求出内切圆半径的最大值，从而可得内切圆面积的最大值.试题解析：（Ⅰ）因为,即,而,则,又,所以.（Ⅱ）令的内切圆半径为,有,则,由余弦定理得,化简得,而,故,解得或.若,则至少有一个不小于3,这与的周长为3矛盾;若,则当时, 取最大值.综上,知的内切圆最大面积值为.【方法点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 除了直接利用两定理求边和角以外，恒等变形过程中，一般来说 ,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.18.如图，四边形是边长为2的菱形，且，平面，，，点是线段上任意一点.（1）证明：平面平面；（2）若的最大值是，求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）推导出AC⊥BM，AC⊥BD，从而AC⊥平面BMND，由此能证明平面EAC⊥平面BMND．（2）由AE＝CE＞1，cos∠AEC＝1，∠AEC∈（0，π），得到当AE最短时∠AEC最大，即AE⊥MN，CE⊥MN 时∠AEC最大，∠AEC是二面角A﹣MN﹣C的平面角，大小是120°，可得AE．取MN得中点H，连接H与AC、BD的交点O，由题意知OH⊥平面ABCD，建系，利用向量法结合∠AEC=120°求得ND，利用V M﹣NAC＝V M﹣EAC+V N﹣能求出三棱锥M﹣NAC的体积．EAC【详解】（1）因为平面，则.又四边形是菱形，则，所以平面.因为在平面内，所以平面平面.（2）设与的交点为，连结.因为平面，则，又为的中点，则，所以，.当最短时最大，此时，，，.取的中点，分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，且a<,则点，，，，.设平面的法向量，则，取，则，同理求得平面的法向量.因为是二面角的平面角，则，解得或,又a<，因为，，，则.【点睛】本题考查了面面垂直的证明及几何体的体积的求法，考查了利用向量解决空间角的问题，考查运算求解能力，是中档题．19.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，各位同学须彼此独立地在投票器上选出3位候选人，其中甲同学是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；乙同学不欣赏2号选手，必不选2号，在其他5位选手中随机选出3名；丙同学对6位选手的演唱没有偏爱，因此在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号选手得到甲、乙、丙三位同学的票数之和为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）设A表示事件：“甲选中3号歌手”，事件B表示“乙选中3号歌手”，事件C表示“丙选中3号歌手”，由等可能事件概率公式求出P（A），P（B），由此利用相互独立事件的概率乘法公式和对立事件的概率公式能求出概率．（2）先由等可能事件概率计算公式求出P（C），由已知得X的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列及数学期望．【详解】设表示事件“甲同学选中3号选手”，表示事件“乙同学选中3号选手”，表示事件“丙同学选中3号选手”，则（1），，所以.（2），可能的取值为0，1，2，3，，，，.所以的分布列为：的数学期望.【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意可能事件概率计算公式和相互独立事件概率乘法公式的合理运用．20.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，为椭圆短轴的一个端点，为椭圆的右焦点，线段的延长线与椭圆相交于点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与椭圆相交于，两点，为坐标原点，若直线与的斜率之积为，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意得b=2，由，得到，代入椭圆方程，结合a2＝b2+c2，联立解出即可．（2）解法一：先考虑斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，将条件坐标化，把根与系数的关系代入可得：，代入中，化简得，又，可得所求范围，再考虑斜率不存在时，求得点A，B坐标，计算数量积，与k存在时的范围取并集即可.解法二：设直线OA斜率为k，将直线OA的方程与椭圆联立，求得A的坐标，利用写出B的坐标，代入化简后，利用基本不等式求得最值.【详解】（1）设椭圆的方程为，右焦点，因为为椭圆短轴的一个端点，则.因为，则点.因为点在椭圆上，则，即.又，则，得，所以椭圆的标准方程是.（2）解法一：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程，得，即.设点，，则，.因为，则，即，即，即，所以，即，化简得.所以.因为，，则，所以.又，则，即，则，所以.当直线的斜率不存在时，点，关于轴对称，则.因为，不妨设，则.联立与，得点，，或点，，此时.综上分析，的取值范围是.解法二：因为，设，则.设点，，则，即，所以.由，得，即，所以.同理，.所以.因为，当且仅当，即时取等号，则.即，且，所以的取值范围是.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系，考查了向量数量积的运算，涉及基本不等式的性质、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．21.已知函数，其中为常数.（1）讨论函数的单调性；（2）若有两个相异零点，求证：.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）对f′（x）中的k分类讨论，根据f′（x）的正负判断函数的单调性即可.（2）由题意得lnx1﹣kx1＝0，lnx2﹣kx2＝0，两式作差可得，lnx1﹣lnx2＝k（x1﹣x2）,k＝，要证lnx1+lnx2＞2即k（x1+x2）＞2，将k代换后，化简变形得，设t1，构造函数g（t），利用新函数的导数求出单调区间，证得g（t）＞g（1）＝0即可．【详解】（1），①当时，，在区间上单调递增；②当时，由，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）因为，是的两个零点，则，，所以，.要证，只要证，即证，即证，即证，只要证.设，则只要证.设，则，所以在上单调递增.所以，即，所以，即.【点睛】本题主要考查导数在求函数单调区间中的应用和利用导数证明不等式的成立，考查分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简整理的运算能力，属于难题．（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数）.以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）设动直线：分别与曲线，相交于点，，求当为何值时，取最大值，并求的最大值.【答案】（1）曲线的极坐标方程是，曲线的直角坐标方程是；（2）当时，取最大值，且.【解析】【分析】（1）将C1的参数方程消去可化为普通方程，再利用互化公式可得C1的极坐标方程．同理利用互化公式将C2的极坐标方程化为直角坐标方程．（2）法一：将直线的参数方程分别代入曲线、的普通方程，求得，利用及三角函数的值域可得结果.法二：将（ρ≥0），代入C1,C2的极坐标方程，分别解得：．由结合三角函数的值域可得结果．【详解】（1）曲线的普通方程为，即.将，代入，得，所以曲线的极坐标方程是.由，得.将，代入，得，所以曲线的直角坐标方程是.（2）解法一：设直线的倾斜角为，则的参数方程为（为参数，且）.将的参数方程代入曲线的普通方程，得，则.将的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得，则.所以，据题意，直线的斜率存在且不为0，则，所以当，即时，取最大值，且.解法二：设直线的倾斜角为，则的极坐标方程为.设点，的极坐标分别为，，则，.所以.据题意，直线的斜率存在且不为0，则，所以当，即时，取最大值，且.【点睛】本题考查了参数方程化为普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查了直线的参数方程的应用与极径的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．23.已知函数.（1）解不等式：；（2）若，求证：.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）讨论x的范围，去掉绝对值符号解不等式；（2）利用绝对值三角不等式证明．【详解】（1）不等式化为.当时，原不等式等价于，即；当时，原不等式等价于，即；当时，原不等式等价于，即.综上，原不等式的解集为.（2）由题意得，所以成立.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，考查了分类讨论的思想，属于基础题．。
2019届湖南师大附中高三月考试卷(六) 数学(理)试卷含解析
2019届炎德·英才大联考湖南师大附中高三第六次月考数学(理)试卷时量：120分钟满分：150分一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A ＝{4，2，a －1}，B ＝{0，－2，a 2＋1}，若A ∩B ＝{2}，则实数a 满足的集合为(D)A ．{1}B ．{－1}C ．{－1，1}D ．2．已知复数z 满足z ＋||z ＝3＋i ，则z ＝(D)A ．1－iB ．1＋i C.43－i D.43＋i 3．下列说法正确的是(D)A ．命题“x 0∈[]0，1，使x 20－1≥0”的否定为“x ∈[]0，1，都有x 2－1≤0”B ．命题“若向量a 与b 的夹角为锐角，则a ·b >0”及它的逆命题均为真命题C ．命题“在锐角△ABC 中，sin A<cos B ”为真命题D ．命题“若x 2＋x ＝0，则x ＝0或x ＝－1”的逆否命题为“若x ≠0且x ≠－1，则x 2＋x ≠0”【解析】命题“x 0∈[]0，1，使x 20－1≥0”的否定应为“x ∈[]0，1，都有x 2－1<0”，所以A 错误；命题“若向量a 与b 的夹角为锐角，则a ·b >0”的逆命题为假命题，故B 错误；锐角△ABC 中，A ＋B>π2π2>A>π2－B>0，∴sin A>sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝cos B ，所以C 错误，故选D.4．我国古代数学名著《九章算术》里有一道关于玉石的问题：“今有玉方一寸，重七两；石方一寸，重六两．今有石方三寸，中有玉，并重十一斤(176两)．问玉、石重各几何？”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法，运行该程序框图，则输出的x ，y 分别为(C)A ．90，86。
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湖南师大附中2019届高三月考试卷（七）
数学（理科）
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知复数，若为纯虚数，则（）
A. 5
B.
C. 2
D.
2.下列说法错误
．．的是（）
A. 在回归模型中，预报变量的值不能由解释变量唯一确定
B. 若变量，满足关系，且变量与正相关，则与也正相关
C. 在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高
D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，
则，
3.函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为（）
A. B. C. D.
4.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.如图是源于其思想的一个程序框图，若输入，，则输出的等于（）
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
5.已知动圆经过点，且截轴所得的弦长为4，则圆心的轨迹是（）
A. 圆
B. 椭圆
C. 双曲线
D. 抛物线
6.已知数列满足：，，则（）
A. B. C. D.
7.如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有（）
A. 24
B. 48
C. 96
D. 120
8.下列选项中为函数的一个对称中心为（）
A. B. C. D.
9.已知，给出下列四个命题：
：，；：，；
：，；：，；其中真命题是（）
A. 和
B. 和
C. 和
D. 和
10.在棱长为6的正方体中，点，分别是棱，的中点，过，，三点作该正方体的截面，则截面的周长为（）
A. B.
C. D.
11.如图，已知，，，，，则等于（）
A. B. C. D.
12.箱子里有16张扑克牌：红桃、、4，黑桃、8、7、4、3、2，草花、、6、5、4，方块、5，老师从这16张牌中挑出一张牌来，并把这张牌的点数告诉了学生甲，把这张牌的花色告诉了学生乙，这时，老师问学生甲和学生乙：你们能从已知的点数或花色中推知这张牌是什么牌吗？于是，老师听到了如下的对话：学生甲：我不知道这张牌；学生乙：我知道你不知道这张牌；学生甲：现在我知道这张牌了；学生乙：我也知道了.则这张牌是（）
A. 草花5
B. 红桃
C. 红桃4
D. 方块5
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.一个不透明的袋子装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字为0，1，2，2，现甲从中摸出一个球后便放回，乙再从中摸出一个球，若摸出的球上数字大即获胜（若数字相同则为平局），则在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为__________．
14.设双曲线：的右焦点为，直线为双曲线的一条渐近线，点关于直线的对称点
为，若点在双曲线的左支上，则双曲线的离心率为__________．
15.对于大于或等于2的自然数的次幂进行如图的方式“分裂”.仿此，若的“分裂”中最小的数是211，则的值为__________．
16.设为整数，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值是__________．
三、解答题：共70分.解答应写岀文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17.在中，角、、的对边依次为、、，满足.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若的周长为，求的内切圆面积的最大值.
18.如图，四边形是边长为2的菱形，且，平面，，，点是线段上任意一点.
（1）证明：平面平面；
（2）若的最大值是，求三棱锥的体积.
19.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，各位同学须彼此独立地在投票器上选出3位候选人，其中甲同学是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；乙同学不欣赏2号选手，必不选2号，在其他5位选手中随机选出3名；丙同学对6位选手的演唱没有偏爱，因此在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号选手得到甲、乙、丙三位同学的票数之和为，求的分布列和数学期望.
20.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，为椭圆短轴的一个端点，为椭圆的右焦点，线段的延长线与椭圆相交于点，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线与椭圆相交于，两点，为坐标原点，若直线与的斜率之积为，求的取值范围.
21.已知函数，其中为常数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若有两个相异零点，求证：.
（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.
22.在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数）.以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）设动直线：分别与曲线，相交于点，，求当为何值时，取最大值，并
求的最大值.
23.已知函数.
（1）解不等式：；
（2）若，求证：.。