湖南省怀化市2019届高三数学3月第一次模拟考试试题 文（PDF）

1怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷2019届高三一模文科数学参考答案一、选择题（12560）题号123456789101112答案BAABBDACACCA9提示:AQOASOAQ弧扇形21，APOASOAP21,又APAQ弧OAPOAQSS扇形,21SS10提示：设),(11yxA，),(22yxB，则32221121xyxykk，又1212xy，2222xy，621yy.将直线l：bmyx代入xy22，得0222bmyy，6221byy3b.即直线l：3myx，所以l过定点），（03-11提示：ACABADAG3132∵120A，2ACAB，2120cosACABACAB设yACxAB,,∴4ACAB即4xy21133AGABACABAC22123ABACABAC22143xy而8222xyyx（当且仅当yx取等号）∴32AG即AG的最小值为12提示：图象法，作|ln|,xyxya的图象，不妨设12,xx则0121,xx从而12ln0,ln0,xx所以1212ln,ln,xxxaxa故12121212ln()ln+ln+0,01xxxxxxaaxx所以.二、填空题（4520）：13.4;14.12；15.32；16.25216提示（法一）:双曲线的渐近线方程为xaby，焦点为0,1cF，0,2cF，由题意可得00xaby，①又21MFMF，可得10000cxycxy，即为22020cxy，②由222cba，联立①②可得ax0，by0，由F为焦点的抛物线2C：pxy220p经过点M，可得pab22，cp2，即有2224acacb，由ace，可得0142ee，解得52e（法二）21MFMF，O为21FF中点，cFFOM2121baM,又pc21，cab42（下同法一）17解：（I）设等差数列{}na的公差为d.因为3105,100.aS所以11251045100adad……………2分解得112ad………………4分所以1=+1)21naandn（.……………6分（II）由（I）可知221111()(5)(24)(2)22nnbnannnnnn……………8分∴nnbbbT2121111115131412131121nnnn……………10分∴)2)(1(322321nnnTn……………12分18（I）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以BDAC……………2分∴PA平面ABCD，BD平面ABCD，∴BDPA……………4分又AACPA，∴BD平面PAC，3又BD平面BDE，∴平面BDE⊥平面PAC……………6分（II）连接OE，由（Ⅰ）知BD平面PAC，OE平面PAC，∴OEBD……………7分∵8BD，由421minOEBDSBDE得：1minOE……………8分∴当PCOE时，OE取到最小值1……………9分此时22132222OEOCCE……………10分作PAEH//交AC于H，∵PA平面ABCD，∴EF平面ABCD……………11分由EH＝＝．得点E到底面ABCD的距离322EH……………12分19解：（Ⅰ）由题意得，557ˆ6.684b.......................2分336.626138.6ˆa..............................4分关于的线性回归方程为：6.6138.6ˆyx..........................6分（Ⅱ）线性回归方程对应的相关指数为：9398.00602.01393064.23612R......................8分因为.....................9分所以回归方程，比线性回归方程6.6138.6ˆyx拟合效果更好..............10分由知，当温度时，..................................11分即当温度为时该批紫甘薯死亡株数为190.............................12分20解：（I）设椭圆C的方程为12222byax0ba，则由题意知1b……………2分∴552222aba．即552112a∴52a……………4分∴椭圆C的方程为1522yx……………5分yx()iˆ6.6138.6yx0.93980.95220.2303ˆ0.06xye()ii()i35xC0.230335ˆ0.060.063167190ye35C4（II）设A、B、M点的坐标分别为11,yxA，22,yxB，0,0yM．又易知F点的坐标为0,2……………6分显然直线l存在的斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是)2(xky……………7分将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得052020)51(2222kxkxk……………8分∴22215120kkxx，222151520kkxx……………9分∵AFmMA，BFnMB∴将各点坐标代入得112xxm，222xxn……………11分∴10)(242)(222212121212211xxxxxxxxxxxxnm……………12分21解：（I）)(xf的定义域为),0(，baxxxf1……………1分由0)1(f，得ab1．∴xxaxaaxxxf)1)(1(11……………2分①若0a，由0xf，得1x．当10x时，0xf，此时)(xf单调递增；当1x时，0xf，此时)(xf单调递减．所以1x是)(xf的极大值点……………3分②若0a，由0xf，得1x，或ax1．因为1x是)(xf的极大值点，所以11a，解得01a……………4分综合①②：a的取值范围是1a……………5分（II）因为方程2mf（x）＝x2有唯一实数解，所以x2﹣2mlnx﹣2mx＝0有唯一实数解……………6分设g（x）＝x2﹣2mlnx﹣2mx，则xmmxxxg2222……………7分令xg＝0，x2﹣mx﹣m＝0．因为m＞0，x＞0，5所以02421mmmx（舍去），2422mmmx……………8分当x∈（0，2x）时，xg＜0，g（x）在（0，2x）上单调递减，当x∈（2x，+∞）时，xg＞0，g（x）在（2x，+∞）单调递增当x＝2x时，xg＝0，g（x）取最小值g（2x）……………9分则0022xgxg即002ln22222222mmxxmxxmx……………10分所以2mlnx2+mx2﹣m＝0，因为m＞0，所以2lnx2+x2﹣1＝0（*）设函数h（x）＝2lnx+x﹣1，因为当x＞0时，h（x）是增函数，所以h（x）＝0至多有一解……………11分因为h（1）＝0，所以方程（*）的解为x2＝1，即1242mmm，解得21m……………12分22解（Ⅰ）∵曲线C的参数方程为为参数sin3cos2yx,∴曲线C的普通方程为＝1........................................2分∵直线l的极坐标方程是：6sincos21∴6sincos2，....................................................3分∴直线l的直角坐标方程为062yx．..............................5分（Ⅱ）∵点P是曲线C上的动点，∴设P（2cosφ，3sinφ），则P到直线l的距离：56sin5146sin3cos4d,tanθ＝34..................8分∴当sin（）＝﹣1时，点P到直线l距离取最大值dmax＝＝...............9.分当sin（）＝1时，点P到直线l距离取最小值dmin＝＝．.............................10分623解：（I）由已知可得12,0()1,0121,1xxfxxxx，所以min()1fx因为()|1|fxm恒成立，所以|1|1m，从而可得02m所以实数m的最大值M=2……………5分（II）由（I）知，M=2，所以222,ab要证2.abab，只需证22()(2),abab即证22224,abab即证22210,abab即(21)(1)0,abab又因为,ab是正数，所以210,ab故只需证10,ab即1,ab而2=222abab，可得1,ab故原不等式成立………10分