湖南省怀化市2019届高三数学第二次模拟考试试题理（PDF）.pdf

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1、怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷 2019 届高三二模 理 科数 学 参考答案 一、选 择题 （12 5 60 ） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B C C A A D A B D C D C 12 提示 ： 因为 函数 2 2 ln ( 0) () 3 ( 0) 2 x x x x fx x x x 有 且 仅有四 个不 同的 点关 于直 线 的对 称点 在直 线 的图 象上 ，而 直线 关于 直线 的对称 图象 为 ，所以 函数 2 2 ln ( 0) () 3 ( 0) 2 x x x x fx x x x 的图象 与 的图象 有且 仅有四 个不

2、同的 交点.又直线 恒过点 ，设 直线 与 相切于 点 ，则 ，所以 ， 解得 ，故 , 设直线 与 相切与 点 ，则 ， 所以 ，解得 ，所 以 ， 所以 ，故 ，故 选 C. 二、填 空题 （ 4 5 20 ）： 13.5; 14.2 ； 15.2 ； 16.103. 16 提示 ： ,1 1 1 1 2 n n a ， 1,1 2 1 1 ,( 2) 2 n n an 下面求 数列 ,2 n a 的通 项， 由题 意可知 ,2 1,1 1,2 ,( 3) n n n a a a n ,2 1,2 1,1 2 1 1 ,( 3) 2 n n n n a a a n 即 ,2 1,2 2 1

3、 1 ,( 3) 2 nn n a a n 又 ,2 ,2 1,2 1,2 2,2 3,2 2,2 2,2 2 15 ( ) ( ) ( ) , 22 n n n n n n a a a a a a a a n 数列 ,2 n a 显然为 递增 数列 ，又 易知 102,2 103,2 100 aa ，所以 m 的最 小值 为 103 三、解 答题 17 解：（ ）在 ABC 中， 3 cos 5 ADB ， 4 sin 5 ADB sin sin( ) sin cos cos sin 44 CAD ADB ACD ADB ADB 1 y 10 kx y 10 kx y 1 y 10 kx y

4、 10 kx y 10 kx y 0,1 A AC 2 ln y x x x ,2 ln C x x x x 1 ln yx 2 ln 1 1 ln x x x x x 1 x 1 AC k AB 2 3 2 y x x 2 3 , 2 B x x x 23 y x x 2 3 1 2 23 xx xx x 1 x 1 2 AB k 1 1 2 k 1 1 2 k E F A B D C H G 4 2 3 2 2 5 2 5 2 10 在 ADC 中， 由正 弦定 理得 sin sin sin AC CD AD ADC CAD ACD 即 52 4 22 5 10 2 AC CD ，解 得：

5、8, 2 AC CD 6 分 （） 48, 4 CA CB C ， cos 48 CA CB C ，解得 ： 62 CB 52 BD CB CD , 在 ABC 中， 由余 弦定 理可 得： 2 2 2 2 cos AB AC BC AC BC C 22 2 8 (6 2) 2 8 6 2 2 10 2 AB 在 ABD 中， 由余 弦定 理可 得： 2 2 2 cos 2 AB BD AD BAD AB BD 2 2 2 (2 10) (5 2) (5 2) 5 5 2 2 10 5 2 即 5 cos 5 BAD . 12 分 18 解：（ ）证 明： , EF 分别 是正方 形ABCD

6、的边 , AB CD 的中点 ， / EB FD 且EB FD ，则四 边形EBFD 为平 行四 边形， / BF ED. 又ED 平面AED ，而BF 平面AED ， / BF 平面AED 4 分 （） 解法 一： 点A 在平面BCDE 内的射 影G 在直线EF 上， 过点A 作AG 平面BCDE ，垂 足为G ，连 接 , GC GD . ACD 为正三 角形, AC AD , GC GD , G 在CD 垂直 平分 线上 ，又 EF 是CD 的垂直平 分线 ， 点A 在平 面BCDE 内的射 影G 在直线EF 上 6 分 过G 作GH ED ， 垂足为H ， 连接AH ，则AH DE ，

7、 AHG 是 二面角A DE C 的平 面 角，即 AHG . 设原正 方形ABCD 的边 长为 2a ，连 接AF ，在 折后 图的 AEF 中， 3 , 2 2 , AF a EF AE a AEF 为直角 三角 形，AG EF AE AF ， 3 2 AG a . 在 Rt ADE 中，AHDE ADAE ， 2 , 5 2 5 aa AH GH 则 1 cos 4 GH AH ，即E F A B D C H G 12 分 解法二 ：点A 在平 面BCDE 内的射 影G 在直 线EF 上， 连接AF ，在平 面AEF 内过点A 作 1 AG EF ，垂足为 1 G ACD 为正三 角形,

8、 F 为CD 的中 点， AF CD . 又 , EF CD CD 平面AEF . 1 AG 平面AEF ， 1 CD AG 又 1 AG EF 且CD EF F , CD 平面BCDE ,EF 平面BCDE 1 AG 平面BCDE 1 G 为A 在平 面BCDE 内的射 影G ， 点A 在平 面BCDE 内的射 影G 在直线EF 上 6 分 过G 作GH ED ， 垂足为H ， 连接AH ，则AH DE ， AHG 是 二面角A DE C 的平 面 角，即 AHG . 设原正 方形ABCD 的边 长为 2a ，连 接AF ，在 折后 图的 AEF 中， 3 , 2 2 , AF a EF A

9、E a AEF 为直角 三角 形，AG EF AE AF ， 3 2 AG a . 在Rt ADE 中，AH DE AD AE ， 2 , 5 2 5 aa AH GH 则 1 cos 4 GH AH ， 即 12 分 解法三 ： （ 同解 法一 ） 点A 在平 面BCDE 内的射 影G 在直线EF 上， 如图， 连接 ，以 点为 坐标 原点， 为 轴， 为 轴， 过 点作平 行于 的向 量为 轴建立 如图 所 示的空 间直 角坐 标系 设正方 形 ABCD 的边长 为 2a ， 连接 ， ， 所以 ， ， ， ， 又平面 的一 个法 向量 为 ，设平面 的一 个法 向量 为 则 ，即 所以

10、10 分 15 sin . 4 15 sin . 4 AG G GA z GF y G DC x AF 3 AF a ,2 AE a EF a (0,0,0) G 3 (0,0, ) 2 a A 3 ( , ,0) 2 a Ca 3 ( , ,0) 2 a Da (0, ,0) 2 a E DEC (0,0,1) n ( , , ) m x y z 0 0 AD m DE m 3 33 0 , 3 22 20 2 y z ax ay az ax ay xy 3 ( 2 , , ) 3 y m y y E F A B D C G z x y所以 ，即 12 分 19 解： （ ） 由图 （二 ）

11、 可 知，100 株样 本树 苗中 高度 高于 1.60 米的 共有15 株 ， 以 样本 的频 率估 计总 体的概 率 ， 可 知这 批树 苗的 高度高 于1.60 米的 概率 为0.15. 记X 为树 苗的 高度 ， 结合图 （ 一） 、 图 （二 ） 可得： 2 (1.20 1.30) (1.70 1.80) 0.02 100 P X P X 13 (1.30 1.40) (1.60 1.70) 0.13 100 P X P X 1 (1.40 1.50) (1.50 1.60) (1 2 0.02 2 0.13) 0.35 2 P X P X 因为组 距 为0.1 ，所 以 0.2,

12、1.3, 3.5 a b c 4 分 （） 以样 本的 频率 估计 总体的 概率 ， 可 得从 这批 树苗中 随机 选 取 1 株 ， 高 度在(1.40,1.60 的概 率 为 (1.40 1.60) (1.40 1.50) (1.50 1.60) 0.7 P X P X P X 因为从 这批 树苗 中随 机选 取 3 株 ，相 当于 三次 独立 重复试 验， 所以 随机 变量 (3,0.7) B ， 故 的分 布列 为 3 3 ( ) 0.3 0.7 ( 0,1,2,3) n n n P n C n ， 即 0 1 2 3 () P 0.027 0.189 0.441 0.343 ( )

13、3 0.7 2.1 E 8 分 （）由 (1.5,0.01) N ，取 1.5, 0.1, 由（ ）可 知， ( ) (1.40 1.60) 0.7 0.6826 P X P X 又结合 （1 ）可 得 ( 2 2 ) PX (1.30 1.70) 2 (1.60 1.70) (1.40 1.60) 0.96 0.9544 P X P X P X 所以 这批树苗的高 度满足近似 于正态分布 (1.5,0.01) N 的 概率分布， 应该认为这批 树苗是合格 的，将 顺利被 该公 司签 收 12 分 20 解: （ ） 因为 椭圆E : 22 22 1( 0) xy ab ab 过 (2, 2)

14、, ( 6,1) MN 两点, 所以 解得 所以 椭圆E 的方程 为 . 3 分 （ ） 假设 存在 圆心 在原 点 的圆， 使得 该圆 的任 意一 条切线 与椭 圆E 恒有两 个交 点 , AB 且 , ) i 圆的切 线斜 率存 在时 ，设 直线方 程为 联立方 程组 得 , 即 , 则= , 即 3 1 3 cos 4 1 41 3 ay nm nm ay 15 sin . 4 22 22 42 1 61 1 ab ab 2 2 11 8 11 4 a b 2 2 8 4 a b 22 1 84 xy OA OB y kx m 22 1 84 xy y kx m 22 2( ) 8 x

15、kx m 2 2 2 (1 2 ) 4 2 8 0 k x kmx m 2 2 2 2 2 2 16 4(1 2 )(2 8) 8(8 4) 0 k m k m k m 22 8 4 0 km , 6 分又 ,则 , 即 ,所以 , 所以 又 ,则 , 即 或 8 分 又因为 直线 为圆 心在 原点 的圆的 一条 切线, 所以圆 的半 径为 , , , 所求的圆为 , 此时圆的切线 都 满 足 或 10 分) ii 当切线的斜率不存在时， 切线为 与椭圆 的两个交点 为 或 满足 , 综上, 存在 圆心 在原 点的 圆 ， 使得 该圆 的任 意一 条 切线与 椭圆E 恒有 两个 交点 , AB

16、 ， 且 12 分 21 解：（ ）设 切点 0 0 22 0 , 0, ax ax u x k a x xx 又切点 在函 数 上， 0 0 ux 即 00 0 ln 0 ln 1 a xx x 0 11 , xa ee 4 分 （ ） 证明: 不 妨设 ， ，所 以 在 上单调 递减 ， 又 1 0, 2 ln 2 0 2 aa u e u e e ee ， 所以必 存在 ，使 得 ，即 12 2 2 12 2 4 12 28 12 km xx k m xx k 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 (2 8) 4 8 ( )( ) ( ) 1 2

17、 1 2 1 2 k m k m m k y y kx m kx m k xx km x x m m k k k OA OB 1 2 1 2 0 x x y y 2 2 2 22 2 8 8 0 1 2 1 2 m m k kk 22 3 8 8 0 mk 2 2 38 0 8 m k 22 8 4 0 km 2 2 2 38 m m 2 8 3 m 26 3 m 26 3 m y kx m 2 1 m r k 22 2 2 2 8 38 13 1 8 mm r m k 26 3 r 22 8 3 xy y kx m 26 3 m 26 3 m 26 3 x 22 1 84 xy 2 6 2

18、6 ( , ) 33 2 6 2 6 ( , ) 33 OA OB 22 8 3 xy OA OB ) 0 , ( 0 x P ) (x u 12 xx 2 1 ( ) 0 a ux xx () ux (0, ) 0 ( ,2 ) x e e 0 ( ) 0 ux , ln 0 0 x x a . 6 分 当 时， 2 2 2 2 ln 1 1 1 1 1 ln 0 x x a x x a ax fx x x x x x ， 所以 在区间 上单 调递 减， 注意到 ， 00 00 0 0 0 ln ln ln 0 xx a f x x x x x 所以函 数 在区间 上存 在零 点 ，且 9

19、分 当 时, 2 2 2 ln 1 1 1 ln 0 x x a ax fx x x x x 所以 在区间 上单 调递 增， 又 00 00 0 0 0 ln ln ln 0 xx a f x x x x x ， 且 ln 2 1 ln 2 4 1 4 1 1 2 ln 2 ln 2 1 ln 2 0 2 2 2 2 5 2 5 2 2 ae f e e e e e e e e e ,所以 在区间 上必 存在 零点 ，且 . 综上， 有两 个不 同的 零点 、 ，且. 2 1 2 1 2 x x x x e e e 12 分22 解： （ ）曲 线C 的参数 方程为 1 cos sin x y

20、 （ 为参数 ） ， 消去参 数可 得： 22 ( 1) 1 xy ， 又 cos , sin xy 代入 化简 得： 2cos 即曲线C 的极 坐标 方程 为： 2cos 5 分 （ ） 直 线l 的 极 坐 标 方 程 是 2 cos( ) 3 3 6 ， 与 射 线 : 3 OM 相 交 ， 交 点 到 原 点 的 距 离 1 33 3 2cos( ) 36 OQ ， 曲线C 与射线 : 3 OM 相交 ，交 点距 离 2 2cos 1 3 OP 则 12 2 PQ OQ OP 10 分 23 解： （ ）因 为 5 | ) 2 ( ) 3 ( | | 2 | | 3 | x x x x

21、当 0 ) 2 )( 3 ( x x ，即 2 3 x 时取 等号 所以 ) (x f 的最小 值 为 5， 所以 5 m由 5 | 1 2 | x x 得 5 ) 1 2 ( 0 1 2 x x x 或 5 ) 1 2 ( 0 1 2 x x x解得 2 1 4 x 或 2 2 1 x 即 2 4 x所以不 等式 的解 集是 ) 2 , 4 ( 5 分（） ) 1 4 )( 1 4 ( ) 1 4 ( ) 1 4 ( 4 1 4 4 16 ) ( 4 ) 1 4 ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b a b b a b a b a b a ab 0 0 , ln ln 0 , ln ln ) ( x x x x x a x x x x x x x a x f 0 0 xx () fx 0 ( 0 , x 1 ( ) 1 0 a fe ee () fx 0 ( 0 , x 1 x 10 e x x 0 xx () fx 0 ( , ) x () fx 0 ( , 2 ) xe 2 x 02 2 x x e () fx 1 x 2 x因为 5 m 所以 2 1 | | a 即 1 4 2 a 同理 1 4 2 b所以 2 2 ) ( 4 ) 1 4 ( b a ab 即 | | 2 | 1 4 | b a ab 10 分