1、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 （ 12 5 60 ） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A A B B D A C A C C A 9 提示 : AQOAS OAQ 弧扇形 21， APOAS OAP 21,又 APAQ弧 OAPOAQ SS 扇形 , 21 SS 10 提示 ：设 ),( 11 yxA ， ),( 22 yxB ，则 32221121 xyxykk，又 121 2xy ， 222 2xy ， 621 yy .将直线 l： bmyx 代入 xy 22 ，得 0222 bmyy
2、 ， 6221 byy 3b .即直线 l： 3myx ，所以 l过定点 ），（ 03- 11 提示 ： ACABADAG3132 120A ， 2ACAB ， 2120cos ACABACAB设 yACxAB , , 4ACAB 即 4xy 21133AG AB AC AB AC 221 23 AB AC AB AC 221 43 xy 而8222 xyyx （当且仅当 yx 取等号） 32AG即 AG 的最小值为 12 提示 ：图象法，作 | ln |, xy x y a的图象，不妨设 12,xx 则 0 121,xx 从而 12ln 0,ln 0,xx所以 1212ln ,ln ,xxx
3、 a x a 故 121 2 1 2 1 2ln( ) ln +ln + 0, 0 1xxx x x x a a x x 所 以 . 二、填空题 （ 4 5 20 ） ： 13. 4 ; 14. 12； 15. 32； 16.25 2 16 提示 （法一） :双曲线的渐近线方程为 xaby ，焦点为 0,1 cF ， 0,2 cF ， 由题意可得 00 xaby ， 又 21 MFMF ，可得 10000 cxycxy， 即为 22020 cxy ， 由 222 cba ，联立 可得 ax 0 ， by 0 ， 由 F 为焦点的抛物线 2C ： pxy 22 0p 经过点 M ， 可得 pab
4、 22 ， cp 2 ， 即有222 4 acacb ， 由 ace，可得 0142 ee ， 解得 52e （法二） 21 MFMF ， O为 21FF 中点， cFFOM 2121 baM , 又 pc 21 ， cab 42 （下同法一） 17 解 ：（ I）设等 差数列 na 的公差为 d.因为 3 105, 100.aS 所以 112510 45 100 adad 2 分 解得1 12 ad 4 分 所以 1= + 1) 2 1na a n d n （ . 6 分 （ II）由（ I）可知2 2 1 1 1 1()( 5) (2 4) ( 2) 2 2n nb n a n n n n
5、 n n 8 分 nn bbbT 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（）知 BD 平面 PAC ， OE 平面 PAC ， OEBD 7 分 8BD ，由 421min OEBDS BDE 得： 1min OE 8 分 当 PCOE 时，
6、OE 取到最小值 1 9 分 此时 2213 2222 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 322EH 12 分 19 解： （ ）由题意得， 557 6.684b .2 分 33 6.6 26 138.6a 4 分 关于 的线性回归方程为： 6.6 138.6yx6 分 （ ） 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 6.6 138.6yx拟合效果更好 1
7、0 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 12222byax 0ba ，则由题意知 1b 2 分 552222aba即 55211 2 a 52 a 4 分 椭圆 C 的方程为 15 22 yx 5 分 y x()i 6.6 138.6yx0.9398 0.95220.2303 0.06 xye()ii ()i 35xC0.2303 35 0.06 0.06 3167 190ye 35 C4 （ II） 设 A、 B 、 M 点的坐标分别为 11, yxA ， 22, yxB ， 0,0 yM 又
8、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 2221 5120kkxx，2221 51520kkxx 9 分 AFmMA ， BFnMB 将各点坐标代入得112 xxm ，222 xxn 11 分 10)(242)(222 212121212211 xxxxxxxxxxxxnm 12 分21解 ： （ I） )(xf 的定义域为 ),0( ， baxxxf 1 1 分 由 0)1( f
9、，得 ab 1 x xaxaaxxxf )1)(1(11 2 分 若 0a ，由 0 xf ，得 1x 当 10 x 时， 0 xf ，此时 )(xf 单调递增；当 1x 时， 0 xf ，此时 )(xf 单调递减 所以 1x 是 )(xf 的极大值点 3 分 若 0a ，由 0 xf ，得 1x ，或 ax 1 因为 1x 是 )(xf 的极大值点，所以 11 a ，解得 01 a 4 分 综合 ： a的取值范围是 1a 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 x
10、mmxxxg 2222 7 分 令 xg 0， x2 mx m 0因为 m 0， x 0， 5 所以 02 421 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） 2l
11、nx+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 12 42 mmm ，解得 21m 12 分 22 解 （ ）曲线 C的参数方程为 为参数sin3cos2yx , 曲线 C的普通方程为 12 分 直线 l的极坐标方程是： 6 sincos21 6sincos2 ， 3 分 直线 l的直角坐标方程为 062 yx 5 分 （ ）点 P是曲线 C上的动点， 设 P（ 2cos， 3sin），则 P到直线 l的距离： 56sin5146sin3cos4 d ,tan34.8 分 当 sin（
12、 ） 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 6 23 解 ：（ I）由已知可得1 2 , 0( ) 1,0 12 1, 1xxf x xxx ，所以 min( ) 1fx 因为 ( ) | 1|f x m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.a b ab ， 只需证 22( ) (2 ) ,a b ab 即证 222 2 4 ,ab a b 即证 222 1 0,a b ab 即 (2 1)( 1) 0,ab ab 又因为 ,ab是正数，所以 2 1 0,ab 故只需证 1 0,ab 即 1,ab 而 2= 222a b ab ，可得 1,ab 故原不等式成立 10 分
