《湖南省三湘名校2019届高三第二次大联考数学理试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省三湘名校2019届高三第二次大联考数学理试题（解析版）（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、三湘名校教育联盟2019届高三第二次大联考理科数学一、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.已经集合，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，先求出集合，再根据集合的交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，则，故选C.【点睛】本题主要考查了集合的交集的运算问题，其中解答中正确求解集合，再根据集合的交集的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2.复数的共轭复数为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案【详解】= 复数的
2、共轭复数1+i故选：C【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查共轭复数概念和复数模的求法3.下列有关命题的说法正确的是A. 若为假命题，则均为假命题B. 是的必要不充分条件C. 命题若则 的逆否命题为真命题D. 命题使得的否定是：均有【答案】C【解析】【分析】对每一个命题逐一判断得解.【详解】A. 若为假命题，则中至少有一个假命题，所以该选项是错误的；B. 是的充分不必要条件，因为由得到“x=-1或x=6”，所以该选项是错误的；C. 命题若则 的逆否命题为真命题，因为原命题是真命题，而原命题的真假性和其逆否命题的真假是一致的，所以该选项是正确的；D. 命题使得的否定是：均有，所以该选项是错
3、误的.故答案为：C【点睛】本题主要考查复合命题的真假和充要条件的判断，考查逆否命题及其真假，考查特称命题的否定，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.4.已知等差数列的前项和为，则数列的前2018项和为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设等差数列an的公差为d，由a4=4，S5=15，可得a1=d=1，可得an，利用裂项相消法求解数列的和即可【详解】设等差数列an的公差为d,a4=4，d=1，a4=a1+3d=4，解得a1=d=1，an=1+（n-1）=n=，则数列的前2018项和为故答案为：【点睛】本题考查等差数列的通项公式与求和公式、主要考查分式“裂项相消求和”方
4、法，考查了推理能力与计算能力5.将甲、乙、丙、丁四位老师分配到三个班级，每个班级至少一位老师，则共有分配方案A. 81种 B. 256种 C. 24种 D. 36种【答案】D【解析】【分析】分配的方法分为两步求解，先将四位老师分为三组，再分到三个班，由乘法原理求解即可计算出答案.【详解】第一步，将4名老师分成三组，不同的分法种数是C42=6种第二步，分到三个班的不同分法有A33=6种故不同的分配方案为66=36种故选：D【点睛】排列组合的应用问题，一般按先选再排，先分组再分配的处理原则对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏6.2
5、018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主、英国著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动.在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为论小于某值的素数个数的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想.在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字的素数个数大约可以表示为的结论.若根据欧拉得出的结论，估计10000以内的素数的个数为（素数即质数，计算结果取整数）A. 1089 B. 1086 C. 434 D. 145【答案】B【解析】【分析】由题意可知10000以内的素数的个数为，计算即可得到答案.【详解】由题可知小于数字的素数个数大约可以表示
6、为，则10000以内的素数的个数为=2500，故选：B.【点睛】本题考查对数运算性质的简单应用，考查学生的审题能力.7.已知满足，且，则的最小值为 （ ）A. B. C. D. 10【答案】C【解析】满足，即，.则，令,则,在上单调递减;在上单调递增.n=6时,f(x)取得最小值,因此的最小值为.故选C.8.某几何体的三视图如图所示，其中，正视图中的曲线为圆弧，则该几何体的体积为A. B. 644 C. 646 D. 648【答案】B【解析】【分析】首先确定空间几何体的结构特征，然后利用体积公式确定其体积即可.【详解】由题意可知，题中的结合体是一个正方体去掉四分之一圆柱所得的组合体，其中正方体
7、的棱长为4，圆柱的底面半径为2，高为4，则组合体的体积：.本题选择B选项.【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解9.已知直线，点P为抛物线上的任一点，则P到直线l1，l2的距离之和的最小值为A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B【解析】【分析】是抛物线的准线，利用抛物线的定义可把到准线的距离转化为到焦点的距离，故可得到两条直线的距离之和的最小值就是焦点到直线的距离.【详解】抛物线，其焦点坐标，准线为也
8、就是直线，故到直线的距离就是到的距离.如图所示， 设到直线的距离为，则，当且仅当三点共线时等号成立，故选B.【点睛】抛物线上的动点满足到焦点的距离等于它到准线的距离，我们常常利用这个性质实现两类距离的转换.10.已知，满足约束条件，若的取值集合为，且，则实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最值，求出最优解，然后推出m的范围【详解】作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，其中，的最值一定在顶点处取到，所以，解得：【点睛】简单的线性规划问题常有以下几种类型：（1）平面区域的确定问题；（2）区域面积问题；（3）最值问题；（4）逆
9、向求参数问题而逆向求参数问题，是线性规划中的难点，其主要是依据目标函数的最值或可行域的情况决定参数取值由于约束条件中存在参数，所以可行域无法确定，此时一般是依据所提供的可行域的面积或目标函数的最值，来确定含有参数的某不等式所表示的坐标系中的某区域，从而确定参数的值11.已知函数，若方程恰有两个不同的实数根，则的最大值是A. -1 B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出图像, 由已知得，令t=,用t表示出两个实数根，然后令g(t)，对函数g(t)求导即可得到所求最大值.【详解】作出的函数图像如图所示：由可得，即.不防设，则，令，则，令，则，当时，当时，当时，取得最大值.【点睛】本题考查
10、了函数与方程的关系，考查了数形结合的思想方法应用，属于中档题12.已知函数，对任意的恒有，且在区间上有且只有一个使得，则的最大值为A. B. 8 C. D. 【答案】C【解析】【分析】由知为函数对称中心，为函数对称轴，从而得到，要使f（x）在区间上有且只有一个最大值，且要求最大，则包含的周期应该最多，所以得到08，从而可得k4，然后分别取k=4，k=3进行检验即可得最大值【详解】由题意知，则，其中，故与同为奇数或同为偶数.在上有且只有一个最大值，且要求最大，则区间包含的周期应该最多，所以，得，即，所以当时，为偶数，此时，当或或时，都成立，舍去；当时，为奇数，此时，当且仅当时，成立.【点睛】本题
11、考查y=Asin（x+）型函数的性质，考查逻辑思维能力与推理运算能力，考查分类讨论的数学思想方法二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知倾斜角为的直线的斜率等于双曲线的离心率，则_【答案】【解析】【分析】求出双曲线的离心率e，由已知得，再由诱导公式和同角三角函数关系式即可得到答案.【详解】由知双曲线的离心率e=2,即=2，且倾斜角，所以，则= .故答案为：.【点睛】本题考查诱导公式和同角三角函数关系式的应用，同时考查了双曲线离心率的求法，属于基础题.14.在区间内任取一个实数，在区间内任取一个实数，则点位于曲线的图像上方的概率为_【答案】【解析】【分析】由已知点，利用定
12、积分求出长方形内位于y=ex上方的面积，根据几何概型的概率公式可求出答案.【详解】由题意在区间0，1内任取一个实数x，在区间0，3内任取一个实数y， 则（x，y）满足的区域是一个长方形且面积为3，在此范围内位于y=ex上方部分的面积为，则所求概率为故答案为：【点睛】本题主要考查几何概型的概率计算，根据积分的知识求出对应的面积是解决本题的关键15.如图，在同一平面内，点位于两平行直线，同侧，且到，的距离分别为1，2.点，分别在，上，则的最大值为_【答案】6【解析】【分析】建立适当的坐标系，利用坐标表示向量，根据求出的解析式，再利用基本不等式即可求出最大值【详解】解：过点作的垂线为轴，以为轴，建立
13、平面直角坐标系，设，所以，由，可知，或，【点睛】本题主要考查平面向量的数量积公式以及向量坐标形式的运算问题，同时考查了利用基本不等式求函数的最值.16.如图，在棱长为2的正方体中，、分别为棱、的中点，是线段上的点，且，若、分别为线段、上的动点，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】连接B1D1交EF于G，通过证明 EF平面B1D1DB可知EFPG，从而PM的最小值为PG，连接BD，设其中点为H，通过D1DBD1C1B，得到PN=PH，由GH交BD1于K，则当P为K时，PM+PN取得最小值，所求最小值为GH，即可得出结论【详解】解：首先的最小值就是到的距离.连接交于，连接，则平面，故，从而的最小
14、值，可知为的中点，为的四分之一.其次，连接，在线段上取点，使，连接，则，从而，最后，连接交于，则当为时，取得最小值，所求最小值为.正方体的棱长为2，.【点睛】本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，考查学生分析解决问题的能力.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：60分17.在中，角所对的边分别为，已知.（1）求的值；（2）若为边上的点，且，求的长.【答案】(); ()CD = 13【解析】试题分析:（1）先根据正弦定理将边角关系化为角的关系，再根据三角形内角关系以及两角和正弦公式化简可得，最后根据两角和余弦公式求的值；（2）先根据正弦定理求得BD，再根据余弦定理求的长.试题解析：()解：由得：即A、B、C是ABC的内角，因此，又，故 由得：()解：由得：由正弦定理
