1、1湖南省 2019届高三毕业班调研联考（暑假返校考试）数 学(理科) 本试题卷共 23题(含选考题)。考试时间：120 分钟 满分：150 分 注意事项：1答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自已的姓名、准考证号和座位号后两位。2答第卷时，每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3答第卷时，必须使用 0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用 0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、
2、草稿纸上答题无效。第 I卷（选择题）一、选择题。(本大题共 12个小题，每小题 5分，满分 60分。在每小题的四个选项中只有一个选项最符合题目要求。)1已知集合 ， ，则 （ ）20Px12QxA. B. C. D.0,)(,(,),2已知 = （ 为虚数单位） ，则复数 （ ）21izizA. B. C. D. ii1i1i3如表是我国某城市在 2017年 1月份至 10月份个月最低温与最高温（ ）的数据一览C表2月份 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10最高温 5 9 9 11 17 24 27 30 31 21最低温 1231271923510已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关
3、系，根据这一览表，则下列结论错误的是（ ）A. 最低温与最高位为正相关B. 每月最高温和最低温的平均值在前 8个月逐月增加C. 月温差（最高温减最低温）的最大值出现在 1月D. 1月至 4月的月温差（最高温减最低温）相对于 7月至 10月，波动性更大4等比数列 的前 项和为 ，且 ， ， 成等差数列，若nanS14a23a，则 （ ）14sA. 7 B. 8 C. 15 D. 165已知函数 为奇函数 ,且当 时, ,则 ( )fx0x210fx1fA. -2 B. 0 C. 1 D. 26执行如图所示的程序框图，如果输入的 ，则输出的 ( )0.1tnA. 5 B. 6 C. 7 D. 87
4、三次函数 的图象在点 处的切线与 轴123)(xaxf )1(,fx平行，则 在区间 上的最小值是（ ）,1A B C D3863538已知 ， ， 与 的夹角为 ，则 （ 002sin13,i7a 1abab3ab）A. 2 B. 3 C. 4 D. 59平面直角坐标系 中，动点 到圆 上的点的最小距离与其到直线xOyP21xy的距离相等，则 点的轨迹方程是（ ）1xA B 28y28xyC D24x2410某四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是（ ）A. 2 B. 4 C. D. 2542511已知椭圆 ： ，点 ， ， 分别为椭圆 的左顶点、C21(0)xy
5、abMNFC上顶点、左焦点，若 ，则椭圆 的离心率是（ ）9MFNCA. B. C. D. 512312213212已知 是由具有公共直角边的两块直角三角板（ 与 ）组成的三角形，如左下图所示.其中， .现将 沿斜边 进行翻折成（ 不在平面 上）.若 分别为 和 的中点，则在 翻折过程中，下列命题不正确的是（ ）A. 在线段 上存在一定点 ，使得 的长度是定值B. 点 在某个球面上运动4C. 对于任意位置，二面角 始终大于二面角D. 存在某个位置，使得直线 与 所成角为第 II卷（非选择题）二、填空题。(本大题共 4个小题，每小题 5分。满分 20分。请将答案填在答题卡上的对应位置上。)13设
6、 ， 满足约束条件 则 的取值范围为 xy 3zxy14某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率为_15在数列 中， ，且 记na Nnan,)3(1,31 nnab31， ，则 nnbP21 bS21 nSP116如图，在 中， ，点 在线段 上，且 ， ，则的面积的最大值为_5三、解答题。(本大题共 6个小题，共 70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。)17 （本小题满分 12分）在 ABC中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，且cCbBaAsinocs.（）证明：sinAsinB=sinC；（）若 bcacb56
7、22，求 tanB.18 （本小题满分 12分）如图，四棱锥 PABC 中，PA底面ABCD，ADBC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M 为线段 AD上一点，AM=2MD，N 为 PC的中点.（）证明 MN平面 PAB;（）求直线 AN与平面 PMN所成角的正弦值.19 （本小题满分 12分）某商场进行有奖促销活动，顾客购物每满 500元，可选择返回 50元现金或参加一次抽奖，抽奖规则如下：从 1个装有 6个白球、4 个红球的箱子中任摸一球，摸到红球就可获得 100元现金奖励，假设顾客抽奖的结果相互独立.（）若顾客选择参加一次抽奖，求他获得 100元现金奖励的概率；（）某顾客已购物 1
8、500元，作为商场经理，是希望顾客直接选择返回 150元现金，还是选择参加 3次抽奖？说明理由；（）若顾客参加 10次抽奖，则最有可能获得多少现金奖励？20（本小题满分 12分）已知中心在原点 O，左、右焦点分别为 的椭圆的离心率为21,F6，焦距为 ，A，B 是椭圆上两点.362（）若直线 AB与以原点为圆心的圆相切，且 OAOB，求此圆的方程；（）动点 P满足： ，直线 OA与 OB的斜率的乘积为 31，求动点 P的3OAB轨迹方程.21设函数 ， ，其中 .xR,ab（）求 的单调区间；（）若 存在极值点 ，且 ，其中 ，求证： ；（）设 ，函数 ，求证： 在区间 上的最大值不小于 .(
9、选考题)22选修 4-4：坐标系与参数方程以直角坐标系 中，以 为极点， 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线 的参数方程为 （ 为参数） ，曲线 的方程为 ，定点 ，点 是曲线 上的动点， 为 的中点.（）求点 的轨迹 的直角坐标方程；（）直线 与曲线 相交于 两点，若 ，求实数 的取值范围.7(选考题)23选修 4-5：不等式选讲已知函数 2fxax（）当 时，求不等式 的解集；37f（）若 的解集包含 ，求 的取值范围4fx0,2a8湖南省 2019届高三毕业班摸底调研联考理科数学试题卷参考答案及解析题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12答案 C D B C A C D
10、 B A C A D1C.【解析】由题意得， ， ，故选 C.)2,0(PR2D【解析由 ，得 ，故选 D.21iiz121iiiz i3B【解析】月份 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10最高温 5 9 9 11 17 24 27 30 31 21最低温 1231271923510温差 17 12 8 13 10 7 8 7 6 11将最高温度、最低温度、温差列表如图，由表格前两行可知最低温大致随最高温增大而增大， 正确；由表格可知每月最高温与最低温的平均值在前 个月不是逐月增加， A错；由表格可知，月温差（最高温减最低温）的最大值出现在 月， 正确；由表B 1C格可知 月至 月的月温差
11、（最高温减最低温）相对于 月至 月，波动性更大， 1470正确，故选 .D4C【解析】试题分析：设等比数列 的公比为 ， 成等差数列，则naq1234,a即 ，解得 ， ，则 ；132+a2114aq21445S5A【解析】因为 是奇函数，所以 ，故选 A.fx2ff96C【解析】试题分析：执行第 1次，t=0.01,S=1,n=0,m= =0.5,S=S-m=0.5, 12=0.25,n=1,S=0.5t=0.01, 是，循环，2m执行第 2次，S=“S-m“ =0.25, =0.125,n=2,S=0.25t=0.01,是，循环，2m执行第 3次，S=“S-m“ =0.125, =0.06
12、25,n=3,S=0.125t=0.01,是，循环，执行第 4次，S=S-m=0.0625, =0.03125,n=4,S=0.0625t=0.01,是，循环，2执行第 5次，S=“S-m“ =0.03125, =0.015625,n=5,S=0.03125t=0.01,是，循环，m执行第 6次，S=S-m=0.015625, =0.0078125,n=6,S=0.015625t=0.01,是，循环，2执行第 7次，S=S-m=0.0078125, =0.00390625,n=7,S=0.0078125t=0.01,否，输出 n=7，故选 C.7D【解析】试题分析： ，所以 ，所以2()3fx
13、ax1(1)303kfa，因此， 在区间 上单调减， 在区间2()301fx或 )(f,2)(xf上单调增，所以最小值是 ，选 D.,5()84=23f8B【解析】 因为 ，向量 与 的夹角为 ，002sin13,i7,1aab ab3则 ，22200002sin13isin3cosa所以 ，所以 ，故选 B.241co12abab3ab9A【解析】试题分析：设圆心为 ，动点 到直线的距离为 ，根据题意得：CPd，可得 ，即：动点 到圆 上的点的最小距离与1PCdPd21xy其到直线 的距离相等，根据抛物线的定义，动点 的轨迹为以 为焦点，以2x ,0为准线的抛物线，设方程为 ，则 ， ，所以
14、抛物线方程为：2ypx24p10，选 A28yx10C【解析】试题分析：由三视图可得原几何体，如图所示，该几何体的高 ，底2PO面 为边长为 的等腰直角三角形，所以该几何体中，直角三角形是底面 和侧面BC2 ABC,事实上，因为 底面 ，所以平面 底面 ，而 ，所PPOABCPA以 平面 ，所以 ， ，A215，所以该四面体的四个面中，直角三角形1125,2PBCABCSS的面积和为 ，故选 C11A【解析】解：如图所示，tan NMF= ,tan NFO= ，babc MFN= NMF+90, NFO=180MFN=90 NMF，即 ，,则 b2=a2c2=ac，1tan,taNFOMc e
15、2+e1=0,得 .52本题选择 A选项.1112D【解析】不妨设 ，取 中点，易知落在线段 上，且 ,所以点到点的距离始终为 ，即点在以点为球心，半径为 的球面上运动，因此 A、B 选项不正确；对于 C选项，易知二面角 为直二面角时，二面角 始终大于二面角 ，当二面角 为锐二面角时，如图所示作 平面 与点，然后作 分别交 于 ，则二面角 的平面角为 ，二面角的平面角为 ，且 ，又因为 ，所以，所以二面角 始终大于二面角 ，对于 D选项，作 可以看成以 为轴线，以 为平面角的圆锥的母线，易知与 落在同一个轴截面上时， 取得最大值，则 的最大值为 ，此时落在平面 上，所以 ，即 与 所成的角始终
16、小于 ，所以 D选项不正确,故选 D.13 2,4【解析】试题分析：由题意得，画出约束条件所表示的可行域，如图所示，当目标函数过点 时，取得最小值，此时最小值为 ；当目标3zxy53,2A min532z12函数 过点 时，取得最大值，此时最小值为 ，所以 的3zxy4,0Bmax4z3zxy取值范围为 2,14 【解析】由题意，三名学生各自随机选择两个食堂中的一个用餐的情况共有14（种） ，其中他们在同一个食堂用餐的情况有 2种，根据古典概型概率的计算28公式得，所求概率为 .21415 【解析】3试题分析：因为 ， ，所以 ，13()nnannab3113nab12nPb.又 ，31214
17、nn 1()nnnna所以 ， ,1nnba121231113n nnSbaa 所以 ， 所以答案应填： 111133nnnnPa16 .【解析】详解：由 可得： ，则 .由 可知： ，则 ，13由同角三角函数基本关系可知： .设 ，在 ABD中由余弦定理可得： ，在 CBD中由余弦定理可得： ，由于 ，故 ，即： ，整理可得： .在 ABC中，由余弦定理可知： ，则： ，代入式整理计算可得： ，由均值不等式的结论可得： ，故 ，当且仅当 时等号成立，据此可知 ABC面积的最大值为： .17 （）根据正弦定理，可设 ， (0)sinisinabckABC则 a=ksin A，b=ksin B，
18、c=ksinC.代入 中，有cossinCabc14，变形可得cossininiABCkkAsin A sin B=sin Acos B+cosAsinB=sin （A+B）.在 ABC中，由 A+B+C=，有 sin （A+B）=sin （C）=sin C，所以 sin A sin B=sin C.（）由已知，b 2+c2a2= bc，根据余弦定理，有65.3coscA所以 sin A= .241os5A由（） ，sin Asin B=sin Acos B +cos Asin B，所以 sin B= cos B+ sin B，4535故 tan B= =4.sincoB18 （）由已知得 .
19、取 的中点 ，连接 ，由 为 中点知 ， .T又 ，故 ，四边形 为平行四边形，于是 .=NAMNTMNAT因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .（）取 的中点 ，连结 .由 得 ，从而 ，且.15以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 .由AAE题意知， ， ， ， ， .0,24PM5,12PN5,12AN设 为平面 的一个法向量，则,nxyz即0, PnN240, 5yzx可取 .0,21于是 .85cos,2nAN19 （）因为从装有 10个球的箱子中任摸一球的结果共有 种，摸到红球的结果共有10C种，所以顾客参加一次抽奖获得 100元现金奖励的概率是14C
20、.2分14025（）设 表示顾客在三次抽奖中中奖的次数，由于顾客每次抽奖的结果是相互独立的，X16则，3 0.4XB，所以 12Enp由于顾客每中奖一次可获得 100元现金奖励，因此该顾客在三次抽奖中可获得的奖励金额的均值为 元.1.20由于顾客参加三次抽奖获得现金奖励的均值 120元小于直接返现的 150元，所以商场经理希望顾客参加抽奖.7 分（）设顾客参加 10次抽奖摸中红球的次数为 .Y由于顾客每次抽奖的结果是相互独立的，则 .10 4B，于是，恰好 次中奖的概率为k， .1010.46kkPYC 1 0， ， ，从而 ， ，23kk1 2 10， ， ，当 时， ；4.PYYk当 时，
21、 ，.k1k则 最大.4PY所以，最有可能获得的现金奖励为 元.410于是，顾客参加 10次抽奖，最有可能获得 400元的现金奖励.12 分1720、 （1）设椭圆方程为 ，由已知 得 椭圆)0(12bayx,2,362cab.,13b方程为 .132yx当直线 AB的斜率存在时，设直线 AB为 ， ，mkxy),(),(21yxBA代入椭圆方程得 . .0)1(36)31(22kx 22121 3)(,36kmkOAOB， ，即0OAB 212121212 )()()( xkmxkxmxyx ，即 .0)36(3()( 222kk 0342AB 与以原点为圆心的圆相切，圆半径 ，12kmr则
22、 ，圆的方程为 .4312kmr 432yx当直线 AB的斜率存在时，易知 AB方程为 满足上述方程.综上，所求圆的方程2为 .432yx（2）设 ，由 得),(),(), 21yxBAP3OPAB,321yx又直线 OA，OB 的斜率积为 ， ，即 .33121x021x18A，B 在椭圆上， 联立得 消去 ，,13,221yx,3,0,32121yxx21,yx得 .302yx当 OA斜率不存在时，即 ，得 .此时 ，同理 OB1x3,0,12xy3x斜率不存在时， ，3P 点的轨迹方程为 .)3(02xyx21 （）解：由 ，可得 ，下面分两种情况讨论：3fab2fxa（1）当 时，有
23、恒成立，所以 的单调递增区间为0a20fxf.,（2）当 时，令 ，解得 或 .0a0fx3ax当 变化时， ， 的变化情况如下表：xffx3,a3,a3a,fx00 fx单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增19所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ， fx3,a3,a.3,a（）证明：因为 存在极值点，所以由（ ）知 且 .由题意，得fx0ax，即 ，2030fxa23a进而 ，又3000fxbxb，且 ， 0008228233aax xbf02x由题意及（）知，存在唯一实数 满足 ，且 ，因此 ，1x10ff1010所以 .10+2=x（）证明：设 在区间 上的最大值为 ， 表
24、示 ， 两数的最1,Mmax,yxy大值，下面分三种情况讨论：（1）当 时， ，由（） 知， 3a31在区间 上单调递减，fx1,所以 在区间 上的取值范围为 ，因此，f, 1,fmax|1,|max,Mf bamax1,ba所以 .（2）当 时， +,0 b1M34，23313aaa20由（）和（） 知 ， 231afff，231aff所以 在区间 上的取值范围为 ，fx1, 3,aff因此 M= 32ma,max3,9aff b.2 1ax3,9 4ba（3）当 时， ，由（）和（）知，042311a， ，231afff23aff所以 在区间 上的取值范围为 ，因此，fx1, 1,fma|
25、,|max,Mffbamx1,ab.14b综上所述，当 时， 在区间 上的最大值不小于 .0a1,1422 （1）由题意知，曲线 的直角坐标方程为 .设点 ，. 由中点坐标公式得 ，代入 中，得点 的轨迹的直角坐标方程为 .21（2） 直线 的普通方程为 ，由题意可得 ，解得 ，即实数 的取值范围是 .23 （1）当 时， ，当 时，由 得3a21,35 ,xfx7fx，解得 ；27x4x当 时， 无解；当 时，由 得 ，解得 ，37f2x7fx213x所以 的解集为 7fx,43,（2） 等价于 当 时， 4f2xax0,等价于 ，由条件得 且 ，即2xaa2a2故满足条件的 的取值范围为0,
