湖南省怀化市2019届高三数学第二次模拟考试试题 理（PDF）

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（12560）题号123456789101112答案BCCAADABDCDC12提示：因为函数22ln(0)()3(0)2xxxxfxxxx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22ln(0)()3(0)2xxxxfxxxx的图象与的图象有且仅有四个不同的交点.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（4520）：13.5;14.2；15.2；16.103.16提示：,11112nna，1,1211,(2)2nnan下面求数列,2na的通项，由题意可知,21,11,2,(3)nnnaaan,21,21,1211,(3)2nnnnaaan即,21,2211,(3)2nnnaan又,2,21,21,22,23,22,22,2215()()(),22nnnnnnaaaaaaaan数列,2na显然为递增数列，又易知102,2103,2100aa，所以m的最小值为103．三、解答题17解：（Ⅰ）在ABC中，3cos5ADB，4sin5ADBsinsin()sincoscossin44CADADBACDADBADB1y10kxy10kxy1y10kxy10kxy10kxy0,1AAC2lnyxxx,2lnCxxxx1lnyx2ln11lnxxxxx1x1ACkAB232yxx23,2Bxxx23yxx231223xxxxx1x12ABk112k112kEFABDCHG42322525210在ADC中，由正弦定理得sinsinsinACCDADADCCADACD即524225102ACCD，解得：8,2ACCD…………………6分（Ⅱ）48,4CACBC，cos48CACBC，解得：62CB52BDCBCD,在ABC中，由余弦定理可得：2222cosABACBCACBCC2228(62)28622102AB在ABD中，由余弦定理可得：222cos2ABBDADBADABBD222(210)(52)(52)55221052即5cos5BAD.…………………12分18解：（Ⅰ）证明：,EF分别是正方形ABCD的边,ABCD的中点，//EBFD且EBFD，则四边形EBFD为平行四边形，//BFED.又ED平面AED，而BF平面AED，//BF平面AED…………………4分（Ⅱ）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,GCGD.ACD为正三角形,ACAD,GCGD,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GHED，垂足为H，连接AH，则AHDE，AHG是二面角ADEC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，3,22,AFaEFAEaAEF为直角三角形，AGEFAEAF，32AGa.在RtADE中，AHDEADAE，2,,525aaAHGH则1cos4GHAH，即EFABDCHG…………………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1AGEF，垂足为1GACD为正三角形,F为CD的中点，AFCD.又,EFCDCD平面AEF.1AG平面AEF，1CDAG又1AGEF且CDEFF,CD平面BCDE,EF平面BCDE1AG平面BCDE1G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GHED，垂足为H，连接AH，则AHDE，AHG是二面角ADEC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，3,22,AFaEFAEaAEF为直角三角形，AGEFAEAF，32AGa.在RtADE中，AHDEADAE，2,,525aaAHGH则1cos4GHAH，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分15sin.415sin.4AGGGAzGFyGDCxAF3AFa,2AEaEFa(0,0,0)G3(0,0,)2aA3(,,0)2aCa3(,,0)2aDa(0,,0)2aEDEC(0,0,1)n(,,)mxyz00ADmDEm3330,322202yzaxayazaxayxy3(2,,)3ymyyEFABDCGzxy所以，即…………………12分19解：（Ⅰ）由图（二）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(1.201.30)(1.701.80)0.02100PXPX13(1.301.40)(1.601.70)0.13100PXPX1(1.401.50)(1.501.60)(120.0220.13)0.352PXPX因为组距为0.1，所以0.2,1.3,3.5abc…………………4分'（Ⅱ）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(1.401.60)(1.401.50)(1.501.60)0.7PXPXPX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33()0.30.7(0,1,2,3)nnnPnCn，即0123()P0.0270.1890.4410.343()30.72.1E…………………8分（Ⅲ）由(1.5,0.01)N，取1.5,0.1,由（Ⅱ）可知，()(1.401.60)0.70.6826PXPX又结合（1）可得(22)PX(1.301.70)2(1.601.70)(1.401.60)0.960.9544PXPXPX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:（Ⅰ）因为椭圆E:22221(0)xyabab过(2,2),(6,1)MN两点,所以解得所以椭圆E的方程为.……………3分（Ⅱ）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313cos41413aynmnmay15sin.42222421611abab22118114ab2284ab22184xyOAOBykxm22184xyykxm222()8xkxm222(12)4280kxkmxm222222164(12)(28)8(84)0kmkmkm22840km,…………………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，且…………………12分21解：（Ⅰ）设切点00220',0,axaxuxkaxxx又切点在函数上，00ux即000ln0ln1axxx011,xaee…………………4分（Ⅱ）证明:不妨设，，所以在上单调递减，又10,2ln202aaueueeee，所以必存在，使得，即12221224122812kmxxkmxxk22222222212121212222(28)48()()()121212kmkmmkyykxmkxmkxxkmxxmmkkkOAOB12120xxyy2222228801212mmkkk223880mk223808mk22840km22238mm283m263m263mykxm21mrk222228381318mmrmk263r2283xyykxm263m263m263x22184xy2626(,)332626(,)33OAOB2283xyOAOB)0,(0xP)(xu12xx21()0auxxx()ux(0,)0(,2)xee0()0ux,ln00xxa.…………………6分①当时，2222ln11111ln'0xxaxxaaxfxxxxxx，所以在区间上单调递减，注意到，0000000lnlnln0xxafxxxxx所以函数在区间上存在零点，且………………9分②当时,222ln111ln'0xxaaxfxxxxx所以在区间上单调递增，又0000000lnlnln0xxafxxxxx，且ln21ln2414112ln2ln21ln20222252522aefeeeeeeeee,所以在区间上必存在零点，且.综上，有两个不同的零点、，且.21212xxxxeee…………12分22解：（Ⅰ）曲线C的参数方程为1cossinxy（为参数），消去参数可得：22(1)1xy，又cos,sinxy代入化简得：2cos即曲线C的极坐标方程为：2cos…………………5分（Ⅱ）直线l的极坐标方程是2cos()336，与射线:3OM相交，交点到原点的距离13332cos()36OQ，曲线C与射线:3OM相交，交点距离22cos13OP则122PQOQOP…………………10分23解：（Ⅰ）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（Ⅱ）)14)(14()14()14(414416)(4)14(22222222222babbabababa