【长郡中学开学考试】长郡中学2019届高三月考试卷(一)数学(理)(含解析)(2018.08)
2019年湖南长郡中学高三理科数学月考高考模拟试卷(附答案)
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数学理科参考答案
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湖南省长郡中学2019届高三月考试卷(一)理科数学
长郡中学2019届高三月考试卷（一）数学（理科）（考试时间：120分钟，满分150分）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.1.设复数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数除法运算，分子分母同时乘以分母的共轭复数，化简即可。
【详解】所以所以选D【点睛】本题考查了复数的除法运算，复数模的定义，属于基础题。
2.2.已知集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】集合，故，集合表示非负的偶数，故，故选C.3.3.若定义在上的偶函数满足且时，，则方程的零点个数是（）A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】C【解析】【分析】根据函数的周期性和奇偶性，画出函数图像，根据函数图像的交点个数确定零点个数即可。
【详解】因为数满足，所以周期当时，，且为偶函数，所以函数图像如下图所示学。
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网...由图像可知，方程有四个零点所以选C【点睛】本题考查了函数的奇偶性和周期性，绝对值函数图像的画法和函数零点的概念，关键是根据函数解析式能够正确画出函数的图像，属于基础题。
4.4.计算的结果为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据诱导公式，化简三角函数值；再根据正弦的差角公式合并即可得到解。
湖南省长郡中学2019届高三下学期第六次月考数学(理)试题(解析版)
湖南省长郡中学2019届高三下学期第六次月考数学（理）试题注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。
用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。
2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合A={y|y=log2x，0＜x≤4}，集合B={x|e x＞1}，则A∩B等于（）A. B. C. D. R2.若i为虚数单位，复数z满足z（1+i）=|1-i|+i，则z的虚部为（）A. B. C. D.3.设X～N（1，1），其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形ABCD中随机投掷10000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是（）（注：若X～N（μ，σ2），则P（μ-σ＜X＜μ+σ）=68.26%，P（μ-2σ＜X＜μ+2σ）=95.44%）A. 7539B. 6038C. 7028D. 65874.《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，现自上而下取第1，3，9节，则这3节的容积之和为（）A. 升B. 升C. 升D. 升5.已知某几何体的外接球的半径为，其三视图如图所示，图中均为正方形，则该几何体的体积为（）A. 16B.C.D. 86.某城市有连接8个小区A，B，C，D，E，F，G，H和市中心O的整齐方格形道路网，每个小方格均为正方形，如图所示．某人从道路网中随机地选择一条最短路径，由小区A前往小区H，则他经过市中心O的概率为（）A. B. C. D.7.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2b cos B=a cos C+c cos A，b=2，则△ABC面积的最大值是（）A. 1B.C. 2D. 48.执行如图所示的程序框图，输出S的值等于（）A. B.C. D.9.已知非空集合A，B满足以下两个条件．（ⅰ）A∪B={1，2，3，4，5，6}，A∩B=∅；（ⅱ）A的元素个数不是A中的元素，B的元素个数不是B中的元素，则有序集合对（A，B）的个数为（）A. 10B. 12C. 14D. 1610.设3x=2，y=ln2，，则（）A. B. C. D.11.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，，AP=3，，Q是边BC上的一动点，且直线PQ与平面ABC所成角的最大值为，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为（）A. B. C. D.12.已知f′（x）是函数f（x）的导函数，且对任意的实数x都有f′（x）=e x（2x+3）+f（x）（e是自然对数的底数），f（0）=1，若不等式f（x）-k＜0的解集中恰有两个整数，则实数k的取值范围是（）A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知平面向量，满足=3，且=1，=2，则||等于______．14.已知奇函数f（x）=A cos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的导函数的部分图象如图所示，E是最高点，且△MNE是边长为1的正三角形，那么f（）=______．15.已知实数x，y满足约束条件：，若z=x-ay只在点（4，3）处取得最小值，则a的取值范围是______．16.已知F是抛物线y2=4x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，•=-4（其中O为坐标原点），则△ABO面积的最小值是______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.设数列{a n}的前n项和为S n，且S n=n2-n+1，在正项等比数列{b n}中，b2=a2，b4=a5．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）设c n=a n b n，求数列{c n}的前n项和．18.如图．四棱锥P-ABCD中．平而PAD⊥平而ABCD，底而ABCD为梯形．AB∥CD，AB=2DC=2，AC∩BD=F，且△PAD与△ABD均为正三角形，G为△PAD的重心．（1）求证：GF∥平面PDC；（2）求平面AGC与平面PAB所成锐二面角的正切值．19.某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得如图柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．（Ⅰ）求X的分布列；（Ⅱ）若要求P（X≤n）≥0.5，确定n的最小值；（Ⅲ）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n=19与n=20之中选其一，应选用哪个？20.如图，在平面直角坐标系中，已知点F（1，0），过直线l：x=2左侧的动点P作PH⊥l于点H，∠HPF的角平分线交x轴于点M，且PH=MF，记动点P的轨迹为曲线P．（1）求曲线P的方程．（2）过点F作直线m交曲线P于A，B两点，点C在l上，且BC∥x轴，试问：直线AC是否恒过定点？请说明理由．21.设函数f（x）=e2x，g（x）=kx+1（k∈R）．（Ⅰ）若直线y=g（x）和函数y=f（x）的图象相切，求k的值；（Ⅱ）当k＞0时，若存在正实数m，使对任意x∈（0，m），都有|f（x）-g（x）|＞2x恒成立，求k的取值范围．22.在直角坐标系xOy中，以原点为O极点，以x轴正半轴为极轴，圆C的极坐标方程为ρ=4．（1）将圆C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）过点P（2，0）作斜率为1直线l与圆C交于A，B两点，试求的值．23.已知定义在R上的函数f（x）=|x-2m|-|x|，m∈N，且f（x）＜4恒成立．（1）求实数m的值；（2）若α∈（0，1），β∈（0，1），f（α）+f（β）=3，求证：+≥18．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵集合A={y|y=log2x，0＜x≤4}={y|y≤2}，集合B={x|e x＞1}={x|x＞0}，∴A∩B={x|0＜x≤2}=（0，2]．故选：B．先求出集合A和集合B，由此能求出A∩B．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查函数与方程思想，是基础题．2.【答案】D【解析】解：由z（1+i）=|1-i|+i=，得z=．∴z的虚部为．故选：D．把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】D【解析】解：∵X～N（1，1），∴μ=1，σ=1．μ+σ=2∵P（μ-σ＜X＜μ+σ）=68.26%，∴则P（0＜X＜2）=68.26%，则P（1＜X＜2）=34.13%，∴阴影部分的面积为：0.6587．∴正方形ABCD中随机投掷10000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是6587．故选：D．根据正态分布的定义，可以求出阴影部分的面积，利用几何概型即可计算．本题考查了正态分布、几何概型，属于中档题．4.【答案】B【解析】解：设自上而下各节的容积分别为a1，a2，…，a9，公差为d，∵上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，∴，解得a1=，d=，∴自上而下取第1，3，9节，则这3节的容积之和为：a1+a3+a9=3a1+10d==（升）．故选：B．设自上而下各节的容积分别为a1，a2，…，a9，公差为d，由上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，利用等差数列通项公式列出方程组，求出a1=，d=，由此能求出自上而下取第1，3，9节，则这3节的容积之和．本题考查等比数列中三项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运用求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．5.【答案】C【解析】解：由三视图可知几何体为正方体的面对角线组成的正四面体B1-ACD1，设正方体的棱长为a，则外接球半径为正方体体对角线的一半，即，∴a=2，∴几何体的体积V=a3-4•==．故选：C．由已知中的三视图可得：该几何体是一个棱长为2的正方体，切去四个角所得的正四面体，其外接球等同于棱长为2的正方体的外接球，进而得到答案．本题考查了常见几何体的三视图，作出几何体的直观图是解题的关键，属于中档题．6.【答案】B【解析】解：此人从小区A前往H的所有最短路径为：A→B→C→E→H，A→B→O→E→H，A→B→O→G→H，A→D→O→E→H，A→D→O→G→H，A→D→F→G→H，共6条．记“此人经过市中心O”为事件M，则M包含的基本事件为：A→B→O→E→H，A→B→O→G→H，A→D→O→E→H，A→D→O→G→H，共4条．∴P（M）==．即他经过市中心的概率为，故选：B．此人从小区A前往H的所有最短路径共6条．记“此人经过市中心O”为事件M，则M包含的基本事件为共4个．由此能求出他经过市中心的概率．本题考查概率的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意列举法的灵活运用．7.【答案】B【解析】解：（1）∵2bcosB=acosC+ccosA，∴可得：2sinBcosB=sinAcosC+sinCcosA=sinB，∵sinB≠0，∴cosB=．B=60°由余弦定理可得ac=a2+c2-4，∴由基本不等式可得ac=a2+c2-4≥2ac-4，可得：ac≤4，当且仅当a=c时，“=”成立，∴从而△ABC面积S==，故△ABC面积的最大值为．故选：B．由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得2sinBcosB=sinB，结合sinB≠0，可求cosB的值，进而可求B的值，由余弦定理，基本不等式可得：ac≤4，进而利用三角形面积公式即可得解△ABC面积的最大值．本题考查解三角形的相关知识，考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．8.【答案】A【解析】解：模拟执行如图所示的程序框图知，该程序的功能是计算并输出S=tan•tan+tan•tan+…+tan•tan的值，则S=（1+tan tan）+（1+tan tan）+…+（1+tan tan）-21=++…+-21=-21=-21=-21．故选：A．模拟执行程序框图知该程序的功能是计算并输出S=tan•tan+tan•tan+…+tan•tan的值，由两角差的正切值公式计算S的值即可．本题考查了程序框图与两角差的正切公式应用问题，是综合题．9.【答案】A【解析】解：若集合A中只有1个元素，则集合B中只有5个元素，则1∉A，5∉B，即5∈A，1∈B，此时有C40=1，若集合A中只有2个元素，则集合B中只有4个元素，则2∉A，4∉B，即4∈A，2∈B，此时有C41=4，若集合A中只有3个元素，则集合B中只有3个元素，则3∉A，3∉B，不满足题意，若集合A中只有4个元素，则集合B中只有2个元素，则4∉A，2∉B，即2∈A，4∈B，此时有C43=4，若集合A中只有5个元素，则集合B中只有1个元素，则5∉A，1∉B，即1∈A，5∈B，此时有C44=1，故有序集合对（A，B）的个数是1+4+4+1=10，故选：A．分别讨论集合A，B元素个数，即可得到结论．本题主要考查排列组合的应用，根据元素关系分别进行讨论是解决本题的关键．10.【答案】C【解析】解：∵3x=2，0=log31＜x=log32＜log33=1，x=log32＜y=ln2＜lne=1，=＜=＜x=log32，∴z＜x＜y．故选：C．利用指数函数、对数函数的单调性直接求解．本题考查三个数的大小的比较，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．11.【答案】B【解析】解：三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，直线PQ与平面ABC所成角为θ，如图所示；则sinθ==，且sinθ的最大值是，∴（PQ）=2，∴AQ的最小值是，即A到BC的距离为，min∴AQ⊥BC，∵AB=2，在Rt△ABQ中可得，即可得BC=6；取△ABC的外接圆圆心为O′，作OO′∥PA，∴=2r，解得r=2；∴O′A=2，取H为PA的中点，∴OH=O′A=2，PH=，由勾股定理得OP=R==，∴三棱锥P-ABC的外接球的表面积是S=4πR2=4×=57π．故选：B．根据题意画出图形，结合图形找出△ABC的外接圆圆心与三棱锥P-ABC外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．本题考查了几何体外接球的应用问题，解题的关键求外接球的半径，是中档题．12.【答案】C【解析】解：令G（x）=，则G′（x）==2x+3，可设G（x）=x2+3x+c，∵G（0）=f（0）=1．∴c=1．∴f（x）=（x2+3x+1）e x，∴f′（x）=（x2+5x+4）e x=（x+1）（x+4）e x．可得：x=-4时，函数f（x）取得极大值，x=-1时，函数f（x）取得极小值．f（-1）=-，f（0）=1，f（-2）=-＜0，f（-3）=＞0．∴＜k≤0时，不等式f（x）-k＜0的解集中恰有两个整数-1，-2．故k的取值范围是．故选：C．令G（x）=，可得G′（x）==2x+3，可设G（x）=x2+3x+c，G（0）=f （0）=1．解得c=1．f（x）=（x2+3x+1）e x，利用导数研究其单调性极值与最值并且画出图象即可得出．本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值及其图象性质、方程与不等式的解法、数形结合思想方法、构造方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．13.【答案】【解析】解：∵=3，∴=3，∵=1，=2，=-1，则||===故答案为：由已知可求，然后结合向量的数量积的性质||=，代入即可求解．本题主要考查了平面向量的数量积的运算性质的简单应用，属于基础试题．14.【答案】-【解析】解：奇函数f（x）=Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的导函数的部分图象如图所示，∴φ=，f（x）=Acos（ωx+）=-Asinωx．E是最高点，且△MNE是边长为1的正三角形，∴==1，∴ω=π，A=，故f（x）=-sinπx．那么f（）=-sin=-，故答案为：-．根据函数的奇偶性求出φ，根据△MNE是边长为1的正三角形求出A和ω，可得函数的解析式，从而求得f（）的值．本题主要考查由函数y=Asin（ωx+φ）的部分图象求解析式，函数的奇偶性，正三角形的性质，属于基础题．15.【答案】（-∞，1）【解析】解：由实数x，y满足约束条件：作可行域如图，联立，解得C（4，3）．当a=0时，目标函数化为z=x，由图可知，可行解（4，3）使z=x-ay取得最大值，符合题意；当a＞0时，由z=x-ay，得y=x-，此直线斜率大于0，当在y轴上截距最大时z最大，可行解（4，3）为使目标函数z=x-ay的最优解，a＜1符合题意；当a＜0时，由z=x-ay，得y=x-，此直线斜率为负值，要使可行解（4，3）为使目标函数z=x-ay取得最大值的唯一的最优解，则＜0，即a＜0．综上，实数a的取值范围是（-∞，1）．故答案为：（-∞，1）．由约束条件作出可行域，然后对a进行分类，当a≥0时显然满足题意，当a＜0时，化目标函数为直线方程斜截式，比较其斜率与直线BC的斜率的大小得到a的范围．本题考查线性规划问题，考查了分类讨论的数学思想方法和数形结合的解题思想方法，解答的关键是化目标函数为直线方程斜截式，由直线在y轴上的截距分析z的取值情况，是中档题．16.【答案】4【解析】解：设直线AB的方程为：x=ty+m，点A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB与x轴的交点为M（m，0），x=ty+m代入y2=4x，可得y2-4ty-4m=0，根据韦达定理有y1•y2=-4m，∵•=-4（其中O为坐标原点），∴x1•x2+y1•y2=-4，从而（y1•y2）2+y1•y2=-4，∵点A，B位于x轴的两侧，∴y1•y2=-8，故m=2．不妨令点A在x轴上方，则y1＞0，又F（1，0），∴S △ABO=×4×（y1-y2）=2y1-2y2=2y1+≥2=4，当且仅当2y1=，即y1=2时，取“=”号，∴△ABO面积的最小值是4．故答案为：4．设直线AB的方程为：x=ty+m，点A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB与x轴的交点为M（m，0），x=ty+m代入y2=4x，可得y2-4ty-4m=0，根据韦达定理有y1•y2=-4m，由•=-4，得（y1•y2）2+y1•y2=-4，由点A，B位于x轴的两侧，得y1•y2=-8，从而m=2．由此能求出△ABO面积的最小值．本题考查三角形面积的最小值的求法，考查直线方程、抛物线、韦达定理、基本不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．17.【答案】解：（1）由S n=n2-n+1，n≥2时，a n=S n-S n-1=n2-n+1-[（n-1）2-（n-1）+1]=2n-2，n=1时，a1=S1=1．∴a n=．设正项等比数列{b n}的公比为q，∵b2=a2=2，b4=a5=8．∴=2．∴b n=2×2n-2=2n-1．（2）由（1）得：c n=a n b n=．设数列{c n}的前n项和为T n．n=1时，T1=1；n≥2时，T n=1+22+2×23+3×24+……+（n-1）•2n，∴2T n=2+23+2×24+……+（n-2）•2n+（n-1）•2n+1，∴-T n=3+23+24+……+2n-（n-1）•2n+1=-（n-1）•2n+1-4，∴T n=（n-2）•2n+1+5．n=1时也成立．∴T n=（n-2）•2n+1+5．【解析】（1）由S n=n2-n+1，n≥2时，a n=S n-S n-1，n=1时，a1=S1=1．即可得出a n．设正项等比数列{b n}的公比为q，由b2=a2=2，b4=a5=8．可得q，利用通项公式可得b n．（2）由（1）得：c n=a n b n=．设数列{c n}的前n项和为T n．利用错位相减法即可得出．本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.【答案】（1）证明：连接AG并延长交PD于H，连接CH，由于ABCD为梯形，AB∥CD且AB=2DC，知，又G为△PAD的重心，∴，在△AHC中，∵，∴GF∥HC．又HC⊂平面PCD，GF⊄平面PCD，∴GF∥平面PDC；（2）解：∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD与△ABD均为正三角形，延长PG交AD的中点E，连接BE，∴PE⊥AD，BE⊥AD，则PE⊥平面ABCD，以E为原点建立如图所示空间直角坐标系，∵AB=．∴A（，0，0），P（0，0，3），B（0，3，0），D（，0，0），G（0，0，1），∴，，，，，，，，．设C（x0，y0，z0），∵，∴，，，，，可得，，z0=0，∴C（，，）．∴，，．设平面PAB的一个法向量为，，．由，取z=1，可得，，．同理可得平面AGC的一个法向量，，．∵cos＜，＞=．∴sin＜，＞=．则平面AGC与平面PAB所成锐二面角的正切值为．【解析】（1）连接AG并延长交PD于H，连接CH，由重心性质结合已知可得，再由平行线截线段成比例可得GF∥HC．由线面平行的判定可得GF∥平面PDC；（2）由已知证明PE⊥平面ABCD，以E为原点建立如图所示空间直角坐标系，结合AB=，可得所用点的坐标，求出两个平面PAB、AGC的一个法向量，由两法向量所成角得余弦值可得平面AGC与平面PAB所成锐二面角的正切值．本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的平面角，是中档题．19.【答案】解：（Ⅰ）由已知得X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，P（X=16）=（）2=，P（X=17）=，P（X=18）=（）2+2（）2=，P（X=19）==，P（X=20）===，P（X=21）==，P（X=22）=，（Ⅱ）由（Ⅰ）知：P（X≤18）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）==．P（X≤19）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）+P（X=19）=+=．∴P（X≤n）≥0.5中，n的最小值为19．（Ⅲ）解法一：由（Ⅰ）得P（X≤19）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）+P（X=19）=+=．买19个所需费用期望：EX1=200×+（200×19+500）×+（200×19+500×2）×+（200×19+500×3）×=4040，买20个所需费用期望：EX2=+（200×20+500）×+（200×20+2×500）×=4080，∵EX1＜EX2，∴买19个更合适．解法二：购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，当n=19时，费用的期望为：19×200+500×0.2+1000×0.08+1500×0.04=4040，当n=20时，费用的期望为：20×200+500×0.08+1000×0.04=4080，∴买19个更合适．【解析】（Ⅰ）由已知得X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．（Ⅱ）由X的分布列求出P（X≤18）=，P（X≤19）=．由此能确定满足P（X≤n）≥0.5中n的最小值．（Ⅲ）法一：由X的分布列得P（X≤19）=．求出买19个所需费用期望EX1和买20个所需费用期望EX2，由此能求出买19个更合适．法二：解法二：购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，分别求出n=19时，费用的期望和当n=20时，费用的期望，从而得到买19个更合适．本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法及应用，是中档题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的合理运用．20.【答案】解：（1）设P（x，y），由题意可得：|MF|=|PF|，∴==．即=，化为：+y2=1．（2）由题意可得：直线m的斜率不为0，可设直线m的方程为：x=ty+1．设A（x1，y1），B（x2，y2）．联立，化为：（t2+2）y2+2ty-1=0，△＞0成立．∴y1+y2=，y1y2=-，x1=ty1+1．∴直线AC的斜率k=，方程为：y-y2=（x-2）．即：y=[x-2+]．又===．∴y=（x-2+），即y=（x-）．∴直线AC恒过定点，．【解析】（1）设P（x，y），由题意可得：|MF|=|PF|，可得==．即=，化简整理即可得出．（2）由题意可得：直线m的斜率不为0，可设直线m的方程为：x=ty+1．设A（x1，y1），B（x2，y2）．与椭圆方程联立化为：（t2+2）y2+2ty-1=0，直线AC的斜率k=，方程为：y-y2=（x-2）．结合根与系数的关系化简整理即可得出．本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率计算公式、一元二次方程的根与系数的关系、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21.【答案】解：（Ⅰ）设切线的坐标为（t，e2t），由f（x）=e2x得f′（x）=2e2x，∴切线方程为y-e2t=2e2t（x-t），即y=2e2t x+（1-2t）e2t，由已知y=2e2t x+（1-2t）e2t和y=kx+1为同一条直线，∴2e2t=k，（1-2t）e2t=1，令h（x）=（1-x）e x，则h′（x）=-xe x，当x∈（-∞，0）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（0，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，∴h（x）≤h（0）=1，当且仅当x=0时等号成立，∴t=0，k=2，（Ⅱ）①当k＞2时，由（Ⅰ）知：存在x＞0，使得对于任意x∈（0，x0），都有f（x）＜g（x），则不等式|f（x）-g（x）|＞2x等价于g（x）-f（x）＞2x，即（k-2）x+1-e2x＞0，设t（x）=（k-2）x+1-e2x，t′（x）=k-2-2e2x，由t′（x）＞0，得：x＜ln，由t′（x）＜0，得：x＞ln，若2＜k≤4，ln≤0，∵（0，x0）⊆（ln，+∞），∴t（x）在（0，x0）上单调递减，注意到t（0）=0，∴对任意x∈（0，x0），t（x）＜0，与题设不符，若k＞4，ln＞0，（0，ln）⊆（-∞，ln），∴t（x）在（0，ln）上单调递增，∵t（0）=0，∴对任意x∈（0，ln），t（x）＞0，符合题意，此时取0＜m≤min{x0，ln}，可得对任意x∈（0，m），都有|f（x）-g（x）|＞2x，②当0＜k≤2时，由（Ⅰ）知e2x-（2x+1）≥0，（x＞0），f（x）-g（x）=e2x-（2x+1）+（2-k）x≥（2-k）x≥0对任意x＞0都成立，∴|f（x）-g（x）|＞2x等价于e2x-（k+2）x-1＞0，设φ（x）=e2x-（k+2）x-1，则φ′（x）=2e2x-（k+2），由φ′（x）＞0，得x＞ln＞0，φ′（x）＜0得x＜ln，∴φ（x）在（0，ln）上单调递减，注意到φ（0）=0，∴对任意x∈（0，ln），φ（x）＜0，不符合题设，综上所述，k的取值范围为（4，+∞）．【解析】（Ⅰ）设切线的坐标为（t，e2t），得到（1-2t）e2t=1，令h（x）=（1-x）e x，根据函数的单调性求出k的值即可；（Ⅱ）通过讨论k的范围，结合对任意x∈（0，m），都有|f（x）-g（x）|＞2x恒成立以及函数的单调性求出对应的函数的单调区间，求出k的具体范围即可．本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想、是一道综合题．22.【答案】解：（1）圆C的极坐标方程为ρ=4，展开可得：ρ2=4×ρ（cosθ-sinθ），可得直角坐标方程：x2+y2-4x+4y=0．（2）直线l的参数方程为：（t为参数），代入上述方程可得：t2+2t-4=0．t1+t2=-2，t1t2=-4，则=====．【解析】（1）圆C的极坐标方程为ρ=4，展开可得：ρ2=4×ρ（cosθ-sinθ），利用互化公式即可得出直角坐标方程．（2）直线l的参数方程为：（t为参数），代入上述方程可得：t2+2t-4=0.===．本题考查了极坐标方程化为参数方程、参数方程化为普通方程及其应用、直线与圆相交弦长问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．23.【答案】解：（1）定义在R上的函数f（x）=|x-2m|-|x|，m∈N，且f（x）＜4，可得：|x-2m|-|x|≤|2m|＜4，则|m|＜2，解得-2＜m＜2．又m∈N，∴m=1，0，证明（2）当m=0时，f（x）=0，显然不满足，f（α）+f（β）=3，当m=1时，f（x）=|x-2|-|x|=，＞，，＜∵α∈（0，1），β∈（0，1），∴f（α）+f（β）=2-2α+2-2β=3，即α+β=，∴：+=2（+）（α+β）=2（5++）≥2（5+2）=18，当且仅当=，即α=，β=时取等号，故+≥18．【解析】（1）依据题设借助绝对值的几何意义分析求解m；（2）借助题设条件运用基本不等式进行求解．本题考查绝对值不等式的解法，不等式的证明，考查转化思想以及计算能力．第21页，共21页。
湖南省长郡中学2019届高三上学期第一次月考(开学考试)数学(理)(PDF版)
长郡中学2019届高三月考试卷（一）数学（理科）得分: _____________本试卷共8页。
时暈120分钟。
满分150分。
一、选择题：本大题共12小题•每小题5分，共6（）分.在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的.1.设复数尸闿+2i,则旧=A. 0B. 1C. 2D. 3★2.已知集合 A=&|—疋+4 心 0} J3={jr| 讦 V3y27},C={m = 2〃,IX {m=2w?€N} ★ 3.若定义在R 上的偶函数/Cr ）满足/Cr+2）=/Cr ）冃时,/Cr ）=久，则方程/3 = log 小・|的零点个数是A. 2个B. 3个C. 4个D. 6个4. 计算 sin 133°cos 197°+cos 47°cos 73°的结果为A.*5. 已知A 、"、P 是双曲线手一君=1上不同的三点，且人、"连线经过坐标原点•若直线PA.PB 的斜率乘积虹、・如=3,则该双曲线的离心率为6. 某单位为了落实“绿水青山就是金山银山”理念，制定节能减排的H 标,先 调查了用电量V （单位:千瓦•时）与气温川单位：°C ）之间的关系，随机选取了 4天的用电量与当天气温，并制作了以下对照表：2（单位：°C ）17 14 10 -1 y （单位:千瓦•时）24 34 38 64 由表中数据得线性回归方程6= —2乂+方，则由此估计：当某天气温为2°C 时，当天用电量约为A. 56千瓦•时B. 62千瓦•时 C 64千瓦•时 IX 68千瓦•时•:®I. M €N},则(AUB )C1C=A. {2,4}B. {0,2}C.{0,2,4}B.V3 1).3★7•某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为★&已知平面向量满足a • （a+b ） = 3弓且\a\=29 \b\=l,则向量a 与b夹角的止弦值为A —丄 '2★ 9.设°,比R,则“（a —6）・疋＜0”是“aV6”的A. 充分|何不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件IX 既不充分也不必要条件10. 我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了川••界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个索数的和”，如30 = 7 +23.在不超过30的素数中•随机选取两个不同的数•其和等于30的概 率是A 丄B —C —D — -12 ° 14 ° 15 * 1811. 过抛物线b=4工焦点的直线I 与抛物线交于A 、£两点，与圆（工一1 P + y= r 交于C 、D 两点，若有三条直线满足\AC\ = \ BD\，则r 的取值范 围为A.（今,+oo ）B. （2,+oo ）C. （1 冷）D. （*,2）12. 设函数/（x ）=e , （x —1）,函数g （H ）=mr —加,（加＞0）,若对任意的心€[—2,2],总存在力2 w [—2,2],使得/、a ）=ga ）,则实数加的取 值范围是A. ■-3e-4'B. 「1 2*1 片9 G* 3 L 3」A.500 125 C - 3兀 侧视图D.D. R?,+oo)选择题答题卡题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 得分答案二、填空题:本题共4小题.每小题5分.共20分.\r+3j^313.____________________________________________________ 设Ay 满足约束条件］工_耳1 ,则之=丄的最大值为______________________ ..妙014.《聊斋志异》屮有这样一首诗:“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术。
【答案】湖南省长郡中学2019届高三上学期第三次月考数学(理)答案
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湖南省长沙市长郡中学2019届高三下学期第六次月考数学(理)试题 含解析
湖南省长郡中学2019届高三下学期第六次月考数学（理）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合{}2log ,04A y y x x ==<≤，集合{}1xB x e =>，则A B ⋂等于 ( )A. ()0,2B. (]0,2C. (],2-∞D. R【答案】B 【解析】 【分析】首先求得集合A ,B ，然后求解其交集即可.【详解】求解函数2,04y log x x =<≤的值域可得{}|2A y y =≤， 求解指数不等式1x e >可得{}|0A x x =>，由交集的定义可得：{}|02A B x x ⋂=<≤，表示为区间形式即(]0,2. 本题选择B 选项.【点睛】本题主要考查集合的表示方法，交集的定义与运算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2.若i 为虚数单位，复数z 满足(1)|1|z i i i +=-+，则z 的虚部为（ ）A.1221C.212i - D.221- 【答案】D 【解析】)()2112122i i z -+-=== 故z 12- 故选D3.设()~1,1X N ，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形ABCD 中随机投掷10000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是（ ）（注：若()2~,X N μσ，则()68.26%P X μσμσ-<<+=，()2295.44%P X μσμσ-<<+=）A. 7539B. 6038C. 7028D. 6587【答案】D 【解析】分析：根据正态分布的定义，可以求出阴影部分的面积，利用几何概型即可计算. 详解：()1,1X N ~，∴1,1,2μσμσ==+=，()68.26%P X μσμσ-<<+=，∴则()0268.26%P X <<= 则()0134.13%P X <<=，∴阴影部分的面积为：0.6587.∴方形ABCD 中随机投掷10000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是6587.故选：D.点睛：解决正态分布问题有三个关键点：(1)对称轴x ＝μ；(2)标准差σ；(3)分布区间．利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率．注意只有在标准正态分布下对称轴才为x ＝0.4.《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，现自上而下取第1,3,9节，则这3节的容积之和为（ ） A.313升 B.617升 C.199升 D.2512升 【答案】B 【解析】分析：设自上而下各节的容积分别为129a a a ⋯，，，，公差为d ，由上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，利用等差数列通项公式列出方程组，求出11372266a d ==，， 由此能求出自上而下取第1，3，9节，则这3节的容积之和．详解：设自上而下各节的容积分别为129a a a ⋯，，，，，公差为d ，∵上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，∴1234198714633214a a a a a d a a a a d ++++⎧⎨+++⎩＝＝＝＝ ，解得11372266a d ==，，， ∴自上而下取第1，3，9节，则这3节的容积之和为：1391397017310.22666a a a a d ++=+=+= （升）． 故选B ．点睛：本题考查等比数列中三项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运用求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．5.已知某几何体的外接球的半径为3，其三视图如图所示，图中均为正方形，则该几何体的体积为（ ）A. 16B.316C. 83D. 8【答案】C 【解析】由该三视图可知：该几何体是一个正方体，切去四个角所得的正四面体，其外接球等同于该正方体的外接球，设正方体的棱长为a ，则有33,22aa ==，故该正四面体的体积为33118=242323V -⨯⨯⨯=，选C.6.某城市有连接8个小区A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 和市中心O 的整齐方格形道路网，每个小方格均为正方形，如图所示，某人从道路网中随机地选择一条最短路径，由小区A 前往小区H ，则他经过市中心O 的概率是（ ）A. 13B.23C.14 D. 34【答案】B 【解析】 【分析】此人从小区A 前往H 的所有最短路径共3条．记“此人经过市中心O”为事件M ，则M 包含的基本事件为共2个．由此能求出经过市中心的概率．【详解】此人从小区A 前往H 的所有最短路径为：A→G→O→H，A→E→O→H，A→E→D→H，共3条．记“此人经过市中心O”为事件M ，则M 包含的基本事件为：A→G→O→H，A→E→O→H,共2条．∴()2=3P M ，即他经过市中心的概率为23，故选：B ．【点睛】本题考查古典概型的概率，注意列举法的灵活运用，属于基础题．7.已知△ABC 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若A c C a B b cos cos cos 2+=，2b =，则△ABC 面积的最大值是 A. 1 B. 3 C. 2 D. 4【答案】B 【解析】由题意知︒=60B ，由余弦定理，422-+=c a ac ，故22424ac a c ac =+-≥-，有4ac ≤，故1sin 2ABC S ac B ∆=≤故选：B8.执行如图所示的程序框图，输出S 的值等于（ ）A.2321tan9-B.25tan3922tan9ππ- C.322tan9π--D.25tan 3921tan9ππ- 【答案】A 【解析】 由题可知4354642423tantan tan tan tan tan ......tan tan 99999999S ππππππππ=+++ 4354642423tan -tan tan -tan tan -tan tan -tan 99999999-1-1-1......-1tan tan tan tan 9999S ππππππππππππ=+++21tan9==-即得S=2321tan9-9.已知非空集合,A B 满足以下两个条件：（ⅰ）{}1,2,3,4,5,6A B ⋃=，A B ⋂=∅；（ⅱ）A 的元素个数不是A 中的元素，B 的元素个数不是B 中的元素，则有序集合对(),A B 的个数为 （ ） A. 10 B. 12C. 14D. 16【答案】A 【解析】 【分析】根据条件：A 的元素个数不是A 中的元素，B 的元素个数不是B 中的元素，分别讨论集合A 、B 中元素的个数，列举所有可能，即可得到结果。
炎德英才大联考2019届长郡中学高三月考理数(答案)
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湖南省长郡中学2019届高三上学期第一次月考(开学考试)数学(理)试题 含答案
长郡中学2019届高三月考试卷（一）数学（理科）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.设复数121iz i i+=+-，则z =（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．32.已知集合{}240A x x x =-+≥，1{327}18x B x =<<，{}2,C x x n n N ==∈，则()A B C =（ ）A ．{}2,4B ．{}0,2C ．{}0,2,4D ．{}2,x x n n N =∈3.若定义在R 上的偶函数()f x 满足()()2f x f x +=且[]0,1x ∈时，()f x x =，则方程()3log f x x =的零点个数是（ ）A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个 4.计算sin133cos197cos47cos73︒︒+︒︒的结果为（ ） A ．12 B ．12- C. 22 D 35.已知A 、B 、P 是双曲线22221x y a b-=上不同的三点，且A 、B 连线经过坐标原点，若直线PA 、PB 的斜率乘积3PA PB k k ⋅=，则该双曲线的离心率为（ ）A B 32 D ．36.某单位为了落实“绿水青山就是金山银山”理念，制定节能减排的目标，先调查了用电量y （单位：千瓦·时）与气温x （单位：℃）之间的关系，随机选取了4天的用电量与当天气温，并制作了以下对照表：由表中数据得线性回归方程：ˆˆ2y x a =-+，则由此估计：当某天气温为2℃时，当天用电量约为（ ）A ．56千瓦·时B ．62千瓦·时 C. 64千瓦·时 D ．68千瓦·时7.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为（ ）A ．5003π B ．23 C.1253π D ．12523 8.知平面向量a ，b 满足()3a a b ⋅=，且2a =，1b =，则向量a 与b 夹角的正弦值为（ ）A ．12-B ．3-12D 39.设,a b R ∈，则“()20a b a -⋅<”是“a b <”的（ ） A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件10.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723=+.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（ ） A ．112 B ．114 C. 115 D ．11811.过抛物线24y x =焦点的直线l 与抛物线交于A 、B 两点，与圆()2221x y r -+=交于C 、D 两点，若有三条直线满足AC BD =，则r 的取值范围为（ ） A ．3(,)2+∞ B ．(2,)+∞ C. 3(1,)2 D ．3(,2)212.设函数()()1x f x e x =-，函数()(),0g x mx m m =->，若对任意的[]12,2x ∈-，总存在[]22,2x ∈-，使得()()12f x g x =，则实数m 的取值范围是（ ）A ．213,3e -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ B ．21,3e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C.1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．2,e ⎡⎤+∞⎣⎦第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.设,x y 满足约束条件3310x y x y y +≤⎧⎪-≥⎨⎪≥⎩，则y z x =的最大值为 ．14.《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术。