1、1湖南师大附中 2019 届高三月考试卷(七)数 学(理科)时量：120 分钟 满分：150 分一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知复数 za (aR)，若 z 为纯虚数，则|a2i|(B)10i3 iA5 B. C2 D.5 3【解析】因为 zai(3i)a13i 为纯虚数，则 a1，所以|a2i| a2 4，选 B.52下列说法错误的是(B)A在回归模型中，预报变量 y 的值不能由解释变量 x 唯一确定B若变量 x，y 满足关系 y0.1x1，且变量 y 与 z 正相关，则 x 与 z 也正相关C在残差图中，残
2、差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高D以模型 yce kx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设 zln y，将其变换后得到线性方程 z0.3x4，则 ce 4，k0.3【解析】对于 A，在回归模型中，预报变量 y 的值由解释变量 x 和随机误差 e 共同确定，即 x 只能解释部分 y 的变化，所以 A 正确；对于 B，由回归方程知变量 y 与 z 正相关，则 x与 z 负相关，所以 B 错误；对于 C，在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，C 正确；由回归分析的意义知 D 正确故选 B.3函数 f(x) (其中 e 为自然对数的底数)的图象大致为
3、(A)ex 1x（ 1 ex）【解析】当 x0 时，e x1，则 f(x)0；(x， y) (x， y)yx 3P3： D，xy0，b0)的右焦点为 F，直线 l 为双曲线 C 的一条渐近线，x2a2 y2b2点 F 关于直线 l 的对称点为 P，若点 P 在双曲线 C 的左支上，则双曲线 C 的离心率为_ _5【解析】如图，设直线 l 与线段 PF 的交点为 A，因为点 P 与 F 关于直线 l 对称，则lPF，且 A 为 PF 的中点，所以|AF|b，|OA|a，|PF|2|AF|2b.设双曲线的左焦点为 E，因为 O 为 EF 的中点，则|PE|2|AO|2a，据双曲线定义，有|PF|P
4、E|2a，则 2b2a2a，即 b2a.所以 e .1 (ba)2 515对于大于或等于 2 的自然数 m 的 n 次幂进行如图的方式“分裂” 仿此，若 m3的“分裂”中最小的数是 211，则 m 的值为_15_【解析】2213，2 335，2 479，3 2135，3 37911，3 4252729.不难得出规律，2 n可以表示为两个连续奇数之和；3 n可以表示为三个连续奇数之和；5 n可以表示为五个连续奇数之和；m 3的可以表示为 m 个连续奇数之和，即 2112132112(m1)m 3，m 3m 2210m0，因为 m0，所以 m15.16设 a 为整数，若对任意的 x(0，)，不等式
5、 e a恒成立，则 a 的最大值ex 3x是_1_【解析】令 f(x) (x0)，则 f(x) .ex 3x ex(x 1) 3x令 g(x)e x 3(x0)，则 g(x)xe x0，所以 g(x)在(0，)上单调递增(x 1)因为 g(1)30，则 g(x)在(1，2)内只有一个零点设 g(t)0，则 et .当 x(0，t)时，g(x)0，从而 f(x)0，f(x)单调递增，所以 f(x)min e t.et 3t 3t 1由题意知 eae t，即 at.因为 t(1，2)，a 为整数，所以 a 的最大值为 1.三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721
6、题为必考题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：共 60 分17(本小题满分 12 分)在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，满足 acos Bbcos A2ccos C.(1)求角 C 的大小；(2)若ABC 的周长为 3，求ABC 的内切圆面积 S 的最大值【解析】(1)由已知，sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos C，(2 分) 即 sin(AB)2sin Ccos C，因为 sin(AB)sin C0，则 cos C ，(4 分)12又 C(0，)，所以 C .(5 分) 3(2)设ABC 的内切圆半径
7、为 R，则 absin 3R，则 R ab，(6 分)12 3 12 36由余弦定理，得 a2b 2ab(3ab) 2，化简得 3ab2(ab)，(8 分)因为 ab2 ，则 3ab4 ，解得 3 或 1，(10 分)ab ab ab ab若 3，则 a，b 至少有一个不小于 3，这与ABC 的周长为 3 矛盾；(11 分)ab若 1，则当 ab1c 时，R 取最大值 .ab36所以ABC 的内切圆面积的最大值为 Smax .(12 分)(36)2 1218(本小题满分 12 分)如图，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，且ABC60，BM平面ABCD，BMDN，BM2DN，点 E 是线段
8、 MN 上任意一点(1)证明：平面 EAC平面 BMND；(2)若AEC 的最大值是 ，求三棱锥 MNAC 的体积23【解析】(1)因为 BM平面 ABCD，则 ACBM.(2 分)又四边形 ABCD 是菱形，则 ACBD，所以 AC平面 BMND. (4 分)因为 AC 在平面 EAC 内，所以平面 EAC平面 BMND.(5 分)(2)设 AC 与 BD 的交点为 O，连结 EO. 因为 AC平面 BMND，则 ACOE，又 O 为 AC 的中点，则 AECE，所以 cosAEC 1 ，AEC(0，)2AE2 AC22AE2 2AE27当 AE 最短时AEC 最大，此时 AEMN，CEMN
9、，AEC ，AE .(7 分)23 233取 MN 的中点 H，分别以直线 OA，OB，OH 为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设NDa，则点 A(1，0，0)，N(0， ，a)，M(0， ，2a)， (1， ，a)，3 3 AN 3(1， ，2a)AM 3设平面 AMN 的法向量 n1(x，y，z)，则 n1AM x 3y 2az 0，n1AN x 3y az 0， )取 z1，则 n1 ，(3a2， 3a6， 1)同理求得平面 CMN 的法向量 n2 .(3a2， 3a6， 1)因为AEC 是二面角 AMNC 的平面角，则23|cosAEC| ，解得 a 或 a (舍去)(10
10、 分)| 9a24 3a236 1|9a24 3a236 1 12 1510 62因为 MN ，AE ，S EAC AE2sin ，a2 BD2320 12 91510 233 12 23 12 43 32 33则 VMNAC V MEAC V NEAC SEAC MN .(12 分)13 351019(本小题满分 12 分)在湖南师大附中的校园歌手大赛决赛中，有 6 位参赛选手(1 号至 6 号)登台演出，由现场的 100 位同学投票选出最受欢迎的歌手，各位同学须彼此独立地在投票器上选出 3 位候选人，其中甲同学是 1 号选手的同班同学，必选 1 号，另在 2 号至 6 号选手中随机选 2
11、名；乙同学不欣赏 2 号选手，必不选 2 号，在其他 5 位选手中随机选出 3 名；丙同学对 6 位选手的演唱没有偏爱，因此在 1 号至 6 号选手中随机选出 3 名(1)求同学甲选中 3 号且同学乙未选中 3 号选手的概率；(2)设 3 号选手得到甲、乙、丙三位同学的票数之和为 X，求 X 的分布列和数学期望【解析】设 A 表示事件“甲同学选中 3 号选手” ，B 表示事件“乙同学选中 3 号选手” ，C 表示事件“丙同学选中 3 号选手” ，则8(1)P(A) ，P(B) ，(2 分)25 35所以 P(AB)P(A)P(B) .(5 分)25 (1 35) 425(2)P(C) ，(6
12、分)12X 可能的取值为 0，1，2，3，P(X0)P(A ) ，B C (1 25) (1 35) (1 12) 35 25 12 325P(X1)P(A )P(A BC)P(A C) ，B C B 25 25 12 35 35 12 35 25 12 1950P(X2)P(A B C)P(AB C)P(A B C) ，25 35 12 25 25 12 35 35 12 1950P(X3)P(A B C) .(10 分)25 35 12 325所以 X 的分布列为：X 0 1 2 3P 325 1950 1950 325X 的数学期望 E(X)0 1 2 3 .(12 分)325 1950
13、 1950 325 3220(本小题满分 12 分)已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，D(0，2)为椭圆 C 短轴的一个端点，F 为椭圆 C 的右焦点，线段 DF 的延长线与椭圆 C 相交于点 E，且|DF|3|EF|.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)设直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，O 为坐标原点，若直线 OA 与 OB 的斜率之积为 ，求 的取值范围32 OA OB 【解析】(1)设椭圆 C 的方程为 1(ab0)，右焦点 F(c，0)(1 分)x2a2 y2b2因为 D(0，2)为椭圆短轴的一个端点，则 b2.因为|DF|3|EF|，则点 E .(3(4c3，
14、 23)分)因为点 E 在椭圆上，则 1，即 a22c 2.(4 分)16c29a2 19又 c2a 24，则 a22(a 24)，得 a28，所以椭圆 C 的标准方程是 1. (5 分)x28 y24(2)解法一：当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykxm，代入椭圆方程，得 x22(kxm) 28，即(2k 21)x 24kmx2m 280.设点 A(x1，y 1)，B(x 2，y 2)，则 x1x 2 ，x 1x2 . (6 分)4km2k2 1 2m2 82k2 1因为 kOAkOB ，则 ，即 3x1x22y 1y20，即 3x1x22(kx 1m)(kx 2m)32 y
15、1x1 y2x2 320，9即(2k 23)x 1x22km(x 1x 2)2m 20，所以(2k 23) 2m 20，2m2 82k2 1 8k2m22k2 1即(2k 23)(m 24)4k 2m2m 2(2k21)0，化简得 m22k 23.(7 分)所以 x 1x2y 1y2 x1x2 1.(8 分)OA OB 12 m2 42k2 1 2k2 12k2 1 22k2 1因为 16k 2m24(2k 21)(2m 28)8(8k 24m 2)8(6k 21)0，k 20，则 00，则 kOA .联立 y x 与 1，得点 A( ， )，32 62 62 x28 y24 2 3B( ，
16、)，或点 A( ， )，B( ， )，此时 1.2 3 2 3 2 3 OA OB 综上分析， 的取值范围是1，0)(0，1(12 分)OA OB 解法二：因为 kOAkOB 2ln x 1.10【解析】(1)f(x) k (x0)，(1 分)1x 1 kxx当 k0 时，f(x)0，f(x)在区间(0，)上单调递增；(2 分)当 k0 时，由 f(x)0，得 02ln x 1，只要证 ln x1ln x 22，即证 k(x1x 2)2，即证 (x2x 1)2，即证 ln x2ln x1 ，只要证 ln ln x2 ln x1x2 x1 2（ x2 x1）x2 x1 x2x1.2（ x2 x1
17、）x2 x1设 t (t1)，则只要证 ln t (t1)(10 分)x2x1 2（ t 1）t 1设 g(t)ln t ，则 g(t) 0，所以 g(t)在(1，)上单调2（ t 1）t 1 （ t 1） 2t（ t 1） 2递增所以 g(t)g(1)0，即 ln t ，所以 ln x1ln x22，即 ln x22ln 2（ t 1）t 1x1.(12 分)(二)选考题：共 10 分请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22(本小题满分 10 分)选修 44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C1的参数方程为 ( 为参数). x 1
18、cos ，y sin )以 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 2 sin .3(1)求曲线 C1的极坐标方程和曲线 C2的直角坐标方程；(2)设动直线 l：ykx(x0，k0)分别与曲线 C1，C 2相交于点 A，B，求当 k 为何值时，|AB|取最大值，并求|AB|的最大值【解析】(1)曲线 C1的普通方程为(x1) 2y 21，即 x2y 22x0.将x2y 2 2，xcos 代入，得 22cos 0，所以曲线 C1的极坐标方程是 2cos .(3 分)由 2 sin ，得 22 sin .将 2x 2y 2，sin y 代入，得3 3x2y 22 y，
19、3所以曲线 C2的直角坐标方程是 x2y 22 y0.(5 分)3(2)解法一：设直线 l 的倾斜角为 ，则 l 的参数方程为 (t 为参数，x tcos ，y tsin )且 t0). (6 分)将 l 的参数方程代入曲线 C1的普通方程，得 t22tcos 0，则 tA2cos .(7 分)将 l 的参数方程代入曲线 C2的直角坐标方程，得 t22 tsin 0，则 tB2 sin 3 3.(8 分)11所以|AB|t At B|2cos 2 sin |4 ，(9 分)3 |cos( 3)|据题意，直线 l 的斜率存在且不为 0，则 ，(0， 2) ( 2， )所以当 ，即 ktan 时，
20、|AB|取最大值，且|AB| max4.(10 分)23 3解法二：设直线 l 的倾斜角为 ，则 l 的极坐标方程为 (0)(6 分)设点 A，B 的极坐标分别为 A( 1，)，B( 2，)，则 12cos ， 22 sin 3.(8 分)所以|AB| 1 2|2cos 2 sin |4 .(9 分)3 |cos( 3)|据题意，直线 l 的斜率存在且不为 0，则 ，(0， 2) ( 2， )所以当 ，即 ktan 时，|AB|取最大值，且|AB| max4.(10 分)23 3解法三：将 ykx(x0)代入曲线 C1的普通方程，得 x2k 2x22x0(x0)，则 xA.(6 分)2k2 1
21、将 ykx(x0)代入曲线 C2的直角坐标方程，得 x2k 2x22 kx0(x0)，则 xB3.(7 分)23kk2 1所以|AB|x Ax B| | | 2 (k0)k2 12k2 1 23kk2 1 k2 1 2|3k 1|k2 1 （ 3k 1） 2k2 1(8 分)令 m，则(m3)k 22 km10. 据题意，该方程有非零实数解，（ 3k 1） 2k2 1 3则 m3 或 解得 0m4，所以|AB|2 4.(9m 3， 12 4（ m 3） （ m 1） 0， ) m分)当 m4 时，k 22 k30，即(k )20，得 k .3 3 3所以当 k 时，|AB|取最大值，且|AB| max4.(10 分)323(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲已知函数 f(x)|x5|. (1)解不等式：f(x)f(x2)3；(2)若 a5 时，原不等式等价于 2x83，即 5x .(4 分)11212综上，原不等式的解集为 .(5 分)52， 112(2)证明：由题意得f(ax)af(x)|ax5|a|x5|ax5|ax5a|ax5ax5a|5a5|f(5a)，所以 f(ax)f(5a)af(x)成立(10 分)
