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1、1 湖北省湖北省 2019 年四月高考模拟调研考试理科数学参考答案年四月高考模拟调研考试理科数学参考答案 一 选择题一 选择题 123456789101112 DDBBCACCCACB 二 填空题二 填空题 13 84 14 2 15 4 39 4 33 或 16 xy24 2 三 解答题三 解答题 17 解 解 1 当2 n时 由1 1 n S n S 1 n S成等差数列得 11 12 nnn SSS 即 nnnn SSSS 11 1 即 2 1 1 naa nn 则 2 1 1 naa nn 又1 12 aa 故 n a是公差为 1 的等差数列 6 分 2 由 1 知数列 n a公差为
2、1 由0 n S 4 1 n S得4 1 n a 即4 1 na 由0 n S得0 2 1 1 nn na 即0 2 1 1 n a 联立解得 7 n 12 分 18 解 1 由3 AB 4 BC 5 AC知 222 ACBCAB 则BCAB 由 PA面ABCD BC面ABCD得BCPA 由AABPA PA AB面PAB 则PABBC面 则点C到平面PAB的距离为一个定值 4 BC 4 分 2 由 PA面ABCD AB为PB在平面ABCD上的射影 则PAB 为直线PB与平面 ABCD所成的角 则 45 PAB 所以3 ABPA 由BCAD BCAB 得ADAB 故直线AB AD AP两两垂直
3、因此 以点A 为坐标原点 以AB AD AP所在的直线分别为x轴 y轴 z轴建立如图所示的空间 直角坐标系 易得 3 0 0 P 0 3 0 D 0 4 3 C 于是 3 3 0 DP 0 1 3 DC 设平面PDC的法向量为 1 zyxn 则 0 0 1 1 DCn DPn 即 03 033 yx zy 取1 x 则 3 y 3 z 于是 3 3 1 1 n 显然 0 0 1 2 n为平面PAD的一个法向量 于是 19 19 3 3 1 1 cos 222 21 21 21 nn nn nn 11 分 2 分析知 二面角CPDA 的余弦值为 19 19 12 分 19 解解 1 由题意知 3
4、2 2 3 ac a c 解得 2 3 a c 由1 222 cab 知椭圆的方程为 1 4 2 2 y x 4 分 2 设 11 yxA 22 yxB 1 tP 若直线AB与x轴不重合时 设直线AB的方程为1 myx 代入椭圆方程整理得 032 4 22 myym 显然0 则 4 2 2 21 m m yy 4 3 2 21 m yy 2 2 1 1 21 11x yt x yt kk 1 1 1 1 21 1221 xx xytxyt 21 1221 mymy myytmyyt 21 2121 2 ymy yyyyt 4 3 4 3 2 4 2 2 22 m m mm m t 0 2 3
5、3 2 3 62 k m t m mt 若直线AB与x轴重合时 则 0 2 B 0 2 A 0 4 N 此时t tt kk 3 2 13 21 而tk 3 2 0 故 021 2kkk 综上所述 存在实数2 符合题意 12 分 20 解 1 由频率分布直方图可知一台电脑使用时间在 8 4上的概率为 5 2 4 02 06 014 0 p 设 任选 3 台电脑 至少有两台使用时间在 8 4 为事件A 则 125 44 5 2 5 3 5 2 33 3 22 3 CCAP 4 分 2 i 由 bxa ey 得bxay ln 即bxat 3 3 0 5 510385 9 15 51075 79 10
6、 10 210 1 2 2 10 1 i i i ii xx t xtx b 55 35 5 3 0 9 1 a 即55 33 0 xt 所以 55 33 0 x ey 8 分 ii 根据频率分布直方图对成交的二手折旧电脑使用时间在 2 0 4 2 6 4 8 6 10 8上的频率依次为 2 0 36 0 28 0 12 0 04 0 根据 1 中的回归方程 在区间 2 0上折旧电脑价格的预测值为26 25 313 055 3 ee 在区间 4 2上折旧电脑价格的预测值为14 65 233 055 3 ee 在区间 6 4上折旧电脑价格的预测值为8 7 05 253 055 3 ee 在区间
7、8 6上折旧电脑价格的预测值为3 4 45 173 055 3 ee 在区间 10 8上折旧电脑价格的预测值为3 2 85 093 055 3 ee 于是 可以预测该交易市场一台折旧电脑交易的平均价格为 032 133 204 03 412 08 728 01436 0262 0 百元 故该交易市场收购 1000 台折旧电脑所需的的费用为 1303200032 131000 元 12 分 21 解 解 1 由1ln ln 2 1 2 xkxxxf得 x kxx xf ln 由题意知0 x f恒成立 即0ln kxx 设kxxxF ln x xF 1 1 1 0 x时0 x F xF递减 1 x
8、时 0 x F xF递增 故01 1 min kFxF 即1 k 故k的取值范围是 1 4 分 2 当1 k时 xf单调 无极值 当1 k时 01 1 kF 一方面 0 kk eeF 且 xF在 1 0 递减 所以 xF在区间 1 k e 有一个零点 另一方面 keeF kk 2 设 1 2 kkekg k 则02 k ekg 从而 kg 在 1 递增 则02 1 egkg 即0 k eF 又 xF在 1 递增 所以 4 xF在区间 1 k e有一个零点 因此 当1 k时 x f 在 1 k e 和 1 k e各有一个零点 将这两个零点记为 1 x 2 x 1 21 xx 当 0 1 xx 时
9、0 xF 即0 x f 当 21 xxx 时0 xF 即 0 x f 当 2 xx时0 xF 即0 x f 从而 xf在 0 1 x递增 在 21 xx 递减 在 2 x递增 于是 1 x是函数的极大值点 2 x是函数的极小值点 下面证明 0 1 xf 0 2 xf 由0 1 x f得0ln 11 kxx 即 11 ln xxk 由1ln ln 2 1 1 2 111 xkxxxf 得 1 xf1ln ln ln 2 1 111 2 11 xxxxx1ln ln 2 1 11 2 11 xxxx 令1ln ln 2 1 2 xxxxxm 则 x xx xm ln 1 当 1 0 x时0 x m
10、 xm递减 则0 1 mxm 而1 1 x 故0 1 xf 当 1 x时0 x m xm递减 则0 1 mxm 而1 2 x 故0 2 xf 一方面 因为01 22 kk eef 又0 1 xf 且 xf在 0 1 x递增 所以 xf在 1 2 xe k 上有一个零点 即 xf在 0 1 x上有一个零点 另一方面 根据 0 1 xxex得kek 1 则有 112 1 112 24244 kkkeef kk 0 4 7 4 3 4 24 kkkk 又0 2 xf 且 xf在 2 x递增 故 xf在 4 2 k ex上有一个零点 故 xf在 2 x上有一个零点 又0 1 f 故 xf有三个零点 1
11、2 分 22 解解 1 由 sin2 cos22 y x 得022 22 yxx 将 cos 222 x yx 代入得 cos22 故曲线 1 C的极坐标方程为 cos22 由 sin4 得 sin4 2 将 sin 222 y yx 代入得yyx4 22 故曲线 2 C的直角 5 坐标方程为04 22 yyx 4 分 2 设点A B的极坐标分别为 1 2 将 2 0 分别代入曲线 1 C 2 C极坐标方程得 cos22 1 sin4 2 则 3 3 cos 3 6 sin62sin4cos22 OBOA sin 62 其 中 为锐角 且满足 3 3 sin 3 6 cos 当 2 时 OBOA 取最大值 此时 2 2 3 3 3 6 sin cos 2 cos 2 sin 2 tan tan 1 分 23 解解 1 当3 t时 由3 xf得333 x 即333 x或333 x 解之得 9 x 或 3 x 或 0 x 分 由0 2 xf得01 tx 即11 txt 故 31 21 t t 所以2 t 由2282 tbaab得282 baab 则18 2 8 ba 24126212 2 8 2212 2 2 8 2 bababa 当且仅当 2 28 ba即14 a 5 b时取等号 10 分
