湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟考试数学（理）试题（解析版）

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1、1 怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷 20192019 年高三第一次模考年高三第一次模考 理科数学理科数学 第第卷（选择题）卷（选择题） 一、选择题一、选择题. .在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的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.若集合，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 解不等式得到集合 ，再和 求交集即可. 【详解】解不等式得，即，因为， 所以. 故选 B 【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于基础题型. 2.已知复数 满足（ 为虚数单位） ，则 的虚部为（ ）

2、 A. 1B. -1C. 0D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由复数的除法先求出复数 ，进而可得出结果. 【详解】因为，所以，所以虚部为 1. 故选 A 【点睛】本题主要考查复数的运算和概念，熟记复数的运算法则即可，属于基础题型. 3.有下列四个命题：，.：，.：的充要条件是.：若 是真命题，则 一定是真命题.其中真命题是（ ） A. ，B. ，C. ，D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】 2 逐项判断命题的真假即可. 【详解】根据正弦函数的值域，可判断：，为真；当时，所以：， 为真；时，但 无意义，所以：的充要条件是为假命题；若 是真命题，则 或 有一个为真即可，所以“：若是真命题，

3、则 一定是真命题”是假命题. 故选 A 【点睛】本题主要考查命题的真假判断，结合相关知识点判断即可，属于基础题型. 4.两正数的等差中项为 ，等比中项为，且，则双曲线的离心率 为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据两正数的等差中项为 ，等比中项为，求出，进而可求出结果. 【详解】因为两正数的等差中项为 ，等比中项为，所以，解得或， 因为，所以，所以. 故选 D 【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，熟记公式即可，属于基础题型. 5.已知甲袋中有 1 个黄球和 1 个红球，乙袋中有 2 个黄球和 2 个红球，现随机地从甲袋中取出一个球放入乙 袋中，再从乙袋中随机地取

4、出一个球，则从乙袋中取出的球是红球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 分两种情况讨论：甲袋中取出黄球和甲袋中取出红球；分别求出对应概率，再求和即可. 【详解】分两种情况讨论如下： (1)甲袋中取出黄球，则乙袋中有 3 个黄球和 2 个红球，从乙袋中取出的球是红球的概率为； (2)甲袋中取出红球，则乙袋中有 2 个黄球和 3 个红球，从乙袋中取出的球是红球的概率为； 3 综上，所求概率为. 故选 C 【点睛】本题主要考查古典概型，以及分类讨论思想，分两种情况讨论即可得出结果，属于基础题型. 6.设函数的图像关于原点对称，则 的值为（ ） A. B. C. D.

5、 【答案】D 【解析】 【分析】 先由辅助角公式整理函数解析式，再由函数关于原点对称，即可求出结果. 【详解】因为， 又函数关于原点对称，所以，即， 因为，所以. 故选 D 【点睛】本题主要考查三角函数的性质，熟记性质即可得出结果，属于基础题型. 7.在的展开式中，项的系数为 ，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据二项展开式的通项公式先求出 ，再由微积分基本定理即可求出结果. 【详解】因为， 展开式的通项为， 所以在的展开式中，项的系数为，即； 所以. 故选 C 【点睛】本题主要考查二项式定理和微积分基本定理，熟记定理即可，属于基础题型. 4 8.的面积

6、为 ，角的对边分别为，若，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先由面积公式和余弦定理，可将化为，进而可求出结果. 【详解】因为 为的面积，所以，又, 所以可化为，所以， 因为 为三角形内角，所以 为钝角， 又，所以，整理得， 解得，所以，因此. 故选 B 【点睛】本题主要考查余弦定理和同角三角函数基本关系，熟记公式即可，属于基础题型. 9.公元 263 年左右，我国数学家刘徽发现，当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形的面积可无限逼近 圆的面积，并创立了“割圆术”.利用“割圆术” ，刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值为 3.14，这就是著名的“徽率

7、”.如图所示是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，其中 表示圆内 接正多边形的边数，执行此算法输出的圆周率的近似值依次为（ ） （参考数据：，） A. 3，3.1056，3.1420B. 3，3.1056，3.1320 C. 3，3.1046，3.1410D. 3，3.1046，3.1330 【答案】B 【解析】 5 【分析】 按程序框图，逐步执行即可得出结果. 【详解】当时，输出； 当时，输出； 当时，输出. 故选 B. 【点睛】本主要考查程序框图，分析框图的作用，逐步执行即可，属于基础题型. 10.过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦，则四边形面积的最小值为（ ） A. 8B. 16C

8、. 32D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】 先由题意设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，求出，同理可求出，再由 即可求出结果. 【详解】显然焦点 的坐标为，所以可设直线的方程为， 代入并整理得， 所以， 同理可得，所以 故选 C. 【点睛】本题主要考查直线与抛物线的综合，联立直线与抛物线，结合韦达定理求出弦长，进而可求解，属 于常考题型. 11.如图，是某几何体的三视图，其正视图、侧视图都是边长为 2 的正方形，俯视图是腰长为 2 的等腰直角 三角形，则该几何体的外接球的面积为（ ） A. B. C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 先由三视图确定该几何体是一个四棱锥，进而

9、可求出结果. 【详解】显然几何体是一个四棱锥，将它放到棱长为 2 的正方体中 显然，所以，所以选 A. 【点睛】本题主要考查几何体的三视图，以及几何体外接球的相关计算，先由三视图确定几何体的形状即可 求解，属于常考题型. 12.设点 为函数与的图像的公共点，以 为切点可作直线与两曲线都 相切，则实数 的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先设，由以 为切点可作直线与两曲线都相切，可得两函数在点 处切线斜率相同，再由导数的方法 即可求解. 【详解】设，由于点 为切点，则， 又点 的切线相同，则，即，即， 又，于是，设， 则，所以在单调递增，在单调递减， 的最大

10、值为， 故选 B. 【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及导数的几何意义，一般需要对函数求导，用导数的方法研 究其单调性等，属于常考题型. 第第卷（非选择题）卷（非选择题） 二、填空题（将答案填在答题纸上）二、填空题（将答案填在答题纸上） 13.设等比数列的前 项的和为，且满足，则_ 【答案】32 7 【解析】 【分析】 先设等比数列的公比为 ，再由，求出首项和公比，进而可得出结果. 【详解】设等比数列的公比为 ，因为，所以， 解得，所以. 故答案为 【点睛】本题主要考查等比数列，熟记其通项公式和前 项和公式，即可求出结果，属于基础题型. 14.已知实数满足，则目标函数的最大值为_ 【答

11、案】4 【解析】 【分析】 先由约束条件作出可行域，再由目标函数可化为，结合可行域即可求出结果. 【详解】由约束条件作出可行域如图所示： 因为目标函数可化为，因此 表示直线在 轴截距的相反数，求 的最大值，即是求 截距的最小值，由图像可得直线过点 B 时截距最小， 由解得，所以. 故答案为 4 【点睛】本题主要考查简单的线性规划，由约束条件作出可行域，再根据目标函数的几何意义结合图像即可 求解，属于基础题型. 8 15.已知正方形的边长为 2， 为平面内一点，则的最小值为_ 【答案】-4 【解析】 【分析】 由正方形的边长为 2，以 为坐标原点，方向为 轴，方向为 轴，建立平面直角坐标系，分别

12、写出 四点坐标，再设，由向量数量积的坐标运算即可求出结果. 【详解】由题意，以 为坐标原点，方向为 轴，方向为 轴，建立平面直角坐标系， 因为正方形的边长为 2，所以可得， 设，则， 所以， 因此， 当且仅当时，取最小值. 故答案为-4 【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，熟记向量数量积的坐标运算即可，属于常考题型. 16.已知函数，若互不相等，且，则的取值范围是 _ 【答案】 【解析】 画出函数 的图象（如图所示） 不妨令，则由已知和图象，得， 且，则， 则， 9 因为在恒成立， 所以在单调递减，所以， 三、解答题三、解答题 （解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（解答应写出文字说明、证

13、明过程或演算步骤. .） 17.已知等差数列的前 项的和为，. （1）求数列的通项公式； （2）设，记数列的前 项和，求使得恒成立时的最小正整数. 【答案】(1) (2)1 【解析】 【分析】 （1）先设设等差数列的公差为 ，由，列出方程组求出首项和公差即可； （2）由(1)先求出，再由裂项相消法求数列的前 项和即可. 【详解】解：（1）设等差数列的公差为 ，因为， 所以 解得 所以数列的通项公式为. （2）由（1）可知 , ，的最小正整数为 1 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，以及裂项相消法求数列前 项和的问题，熟记公式即可，属于 基础题型. 18.如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧

14、棱的长都是底面边长的倍， 为侧棱上的点. 10 （1）求证：； （2）若平面，求二面角的大小； （3）在（2）的条件下，侧棱上是否存在一点 ，使得平面.若存在，求的值；若不存在， 试说明理由. 【答案】(1)见证明；(2) (3)见解析 【解析】 【分析】 （1）先证明平面，即可得到； （2）由题设知，连，设交于于 ，由题意知平面.以 为坐标原点，分别为 轴、 轴、 轴正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，求法向量的夹角 余弦值，即可求出结果； （3）要使平面，只需与平面的法向量垂直即可，结合(2)中求出的平面的一个法向量，即可 求解. 【详解】 （1）连交于 ，由题意.

15、 在正方形中， 所以平面，得 （2）由题设知，连，设交于于 ，由题意知平面.以 为坐标原点，分别为 轴、 轴、 轴正方向，建立坐标系如图. 11 设底面边长为 ，则高. 则， 又平面， 则平面的一个法向量， 平面的一个法向量， 则， 又二面角为锐角，则二面角为； （3）在棱上存在一点 使平面.由（2）知是平面的一个法向量， 且， 设， 则 又平面，所以， 则. 即当时， 而不在平面内，故平面. 【点睛】本题主要考查线面垂直的性质，以及空间向量的方法求二面角等，一般需要建立适当的坐标系，求 出平面的法向量和直线的方向向量即可结合条件求解，属于常考题型. 19.在全国第五个“扶贫日”到来之际，某省

16、开展“精准脱贫，携手同行”的主题活动，某贫困县调查基层 干部走访贫困户数量. 镇有基层干部 60 人， 镇有基层干部 60 人， 镇有基层干部 80 人，每人走访了不少 贫困户.按照分层抽样，从三镇共选 40 名基层干部，统计他们走访贫困户的数量，并将走访数量分成 5 组，绘制成如下频率分布直方图. 12 （1）求这 40 人中有多少人来自 镇，并估计三镇基层干部平均每人走访多少贫困户.（同一组中的数据用该 组区间的中点值作代表） ； （2）如果把走访贫困户达到或超过 25 户视为工作出色，以频率估计概率，从三镇的所有基层干部中随机选 取 3 人，记这 3 人中工作出色的人数为 ，求 的分布列及数学期望. 【答案】 （1）40 人中有 16 人来自 镇，28.5 户（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）先确定抽样比，再由 镇有基层干部 80 人即可求出结果；求平均数时，只需每组的中间值乘以该组的 频率再求和即可； （2）先确定从三镇的所