湖南省怀化市2019届高三数学第二次模拟考试试题 文（PDF）

1怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷2019届高三二模文科数学参考答案一、选择题（12560）题号123456789101112答案BADAACCDABBA11解：该题的几何意义是：以AB为直径的圆与圆C交于点P则mPO||，而圆C上的点到原点O的距离最大值为51||CO,故m最大值为512解：令P到21FF的高为h，则hcSFPF22121由内切圆的定义知：raSSrcSIPFIPFFIF221,2211221故rcahcSFPF)22(2122121则323MPMIhr33232IMPI二、填空题13.214.55315.)1(1nn16.916解：因为)(xf为偶函数，则2),()(Txfxf0)2(),2()2()2(ffff令),,2(x则xxfxfxx)()(),,2(),2,0(如图三、解答题17解：(Ⅰ)在ABC中，3,32,60ACBCC,由余弦定理有：3,cos2222ABCBCACBCACAB…………………4分222BCACAB故ABC是以角A为直角的直角三角形…………………6分0232232252xy222BDCAPE(Ⅱ)设90,DACBAD721cossinDAC…………8分在ACD中，21143)30sin(sinADC………………10分由正弦定理有：332,sinsinCDADCACDACCD…………………12分18解：(Ⅰ)取AD中点O，连PO,OB.ADOPPDPA四边形ABCD为菱形，ABAOBAD21,60OOBOPADOB,AD面POB.而,//BCADBC面POB.又PB面POB故BCPB………………6分(Ⅱ)由题意知：PADBPAEBABEPVVV32面PAD面ABCD则OP,OA,OB两两垂直.则13)3221(31PADBV则3232PADBABEPVV………………12分19解：（Ⅰ）由题意知072.15,10)(51512iiiiyyxx………………1分752.05064.0072.1,064.01064.0ab…………………4分所以3月至7月的线性回归方程为：752.0064.0xy………………5分故当12x时，52.1y万元/㎡…………………6分(Ⅱ)由题意知044.0745.5789.55)(2512512yyyyiiii…………………8分故97.0663.064.0)()())((12121niiniiniiiyyxxyyxxr………………11分,75.097.0||r因为………12分20解：（Ⅰ）由题意知：0))((22PHPFPHPFPHPF则y与x具有强相关性，可用线性回归模型3||||PFPH故P点轨迹是以F点为焦点的抛物线曲线yxC4:2……………4分(Ⅱ)设)1,(),4,(),4,(0222211xMxxBxxA设直线1:kxyl，代入曲线C整理有：0442kxx4,42121xxkxx………………6分则线段AB中点)12,2(2kkN而MAMB故||21||ABMN又4422)(||22121kxxkpyyAB22||2kMN………………8分故xMN轴………………9分即28)1(44)(||21||||212322122121kxxxxMNxxMNSMAB1k故11:xyxyl或………………12分21解：(Ⅰ))(xf的定义域为),0(，当1a时，xxxf1)(………………1分所以)(xf在)1,0(x上单调递减，在),1(x上单调递增………………3分故)(xf在1x取得极小值1，无极大值………………4分（Ⅱ）令xaxaxxgxfxhln1)()()(，若],1[0ex使0)(0xh恒成立，则对于0)(],,1[minxhex即可而22)]1()[1(11)(xaxxxaxaxh.………………5分①当ea1，即1ea时，)(xh在],1[e上单调递减，则01)()(minaeaeehxh,即112eea，4而11,11122eeaeee………………7分②当11a即0a时)(xh在],1[e上单调递增，则011)1()(minahxh，可得2a………………9分③当ea11即10ea时，)(xh在]1,1[a上单调递减，)(xh在],1[ea上单调递增)1ln(2)1()(minaaaahxh，而aaaa)1ln(0,1)1ln(0故2)1(ah即0)(xh不成立………………11分综上;),11()2,(2eea………………12分22解：（Ⅰ）由题意知直线l的普通方程是)1(33xy，即xy3………………2分曲线C的直线方程是0432422yxyx即3)3()2(22yx………………5分(Ⅱ)直线l：xy3，化为极坐标方程是3，代入曲线C的极坐标方程，得4,0452BA4||||BAOBOA………………10分23解：因为5|)2()3(||2||3|xxxx当0)2)(3(xx，即23x时取等号所以)(xf的最小值为5，所以5m由5|12|xx得5)12(012xxx或5)12(012xxx解得214x或221x即24x所以不等式的解集是)2,4(………………5分)14)(14()14()14(414416)(4)14(22222222222babbabababaab5因为5m所以21||a即142a同理142b所以22)(4)14(baab即||2|14|baab………………10分