湖南省长沙市2019届上学期高三统一检测理科数学（精品解析）

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1、长沙市长沙市 2019 届高三年级统一模拟考试届高三年级统一模拟考试 理科数学理科数学 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，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 要求的要求的. 1.设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 转化 M,可得 M,N 的关系,即可. 【详解】,所以可得,故选 A. 【点睛】本道题考查了集合与集合的关系,难度较小. 2.在复平面内表示复数的点位于第一象限，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答

2、案】D 【解析】 【分析】 本道题结合复数的四则运算,化简该复数,结合复数的意义,建立不等式,即可. 【详解】,因为在第一象限内,所以满足 所以,故选 D. 【点睛】本道题考查了复数的基本运算,难度中等. 3.在等比数列中， “ ， 是方程的两根”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 结合充分、必要条件判定，即可。 【详解】结合,可知都是负数,因而 ， 是方程的两根”是“的充分不 必要条件. 【点睛】本道题考查了充分必要条件判定以及等比数列的性质，难度中等。 4.下列函数中，图象关于原点对称且单调

3、递增的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 选项，函数单调递减不符合条件； 选项，定义域不关于原点对称，不符合条件； 选项，函数图 象先减后增，在时，函数取得最小值，不符合条件； 选项中，因为，所以函 数为奇函数，将函数式变为，随着 增大函数值也增大，是单调递增函数，符合条件， 故选 D. 5.已知一种元件的使用寿命超过 年的概率为，超过 年的概率为，若一个这种元件使用到 年时还未失效， 则这个元件使用寿命超过 年的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 结合条件概率计算公式，代入数据，即可。 【详解】， 【点睛】本道题考查了条件概率计算公式，

4、难度中等。 6.已知，是双曲线的上、下焦点，点 是其一条渐近线上一点，且以为直径的圆过点 ，则 的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 本道题结合双曲线的性质，计算渐近线方程以及圆的方程，计算面积，即可。 【详解】渐近线方程为，该圆的方程为，则其中一个点 P 的坐标为， 所以，故选 C。 【点睛】本道题考查了双曲线性质以及圆方程计算方法，难度中等。 7.在中，且 是的外心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 建立坐标系，分别计算出 B,A,O 坐标，代入，结合向量数量积坐标表示，即可。 【详解】建立坐标系，以 C 为原点，,则 所以

5、，故选 D。 【点睛】本道题考查了向量数量积坐标表示，难度中等。 8.我国南北朝时期数学家、天文学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势即同，则积不容异也”.“幂”是 截面积， “势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体体积相等.已 知某不规则几何体与如图三视图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为（ ） 正视图 侧视图 俯视图 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 本道题结合三视图，还原直观图，利用正方体体积，减去半圆柱体积，即可。 【详解】 结合三视图，还原直观图，故，故选 B。 【点睛】本道题考查了三视图还原直观图以

6、及空间几何体体积计算方法，难度较小。 9.已知是函数图象的一个最高点，是与 相邻的两个最低点.设， 若，则的图象对称中心可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 结合题意，分别计算各个参数，代入特殊值法，计算对称中心，即可。 【详解】结合题意,绘图 ，所以周期，解得，所以 ，令 k=0，得到 所以，对称中心的，令 m=3,得到对称中心坐标为，故选 D。 【点睛】本道题考查了三角函数解析式求法，以及三角函数性质，难度中等。 10.已知，若函数有三个零点，则实数 的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 本道题将零点问题转化成交点个数问题，利

7、用数形结合思想，即可。 【详解】有三个零点，有一个零点，故 ，有两个零点，代入的解析式，得到，构造新函数 ，绘制这两个函数的图像，如图可知 因而介于 A,O 之间，建立不等关系，解得 a 的范围为，故选 A。 【点睛】本道题考查了函数零点问题，难度加大。 11.已知抛物线的焦点为 ，点在 上，.若直线与 交于另一点 ，则的 值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 本道题结合抛物线性质，分别计算 A,B 的坐标，结合两点距离公式，即可。 【详解】结合抛物线的性质可得，所以抛物线方程为，所以点 A 坐标为，所以直线 AB 的方程为，代入抛物线方程，计算 B 的坐标为，所

8、以，故选 C。 【点睛】本道题考查了抛物线性质以及两点距离公式，难度中等。 12.设正方体的棱长为 ， 为的中点，为直线上一点， 为平面内一点，则， 两 点间距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 本道题结合直线与平面平行判定，证明距离最短即为计算与 OE 的距离，计算，即可。 【详解】结合题意，绘制图形 结合题意可知 OE 是三角形中位线，题目计算距离最短，即求 OE 与两平行线的距离， ，所以距离 d，结合三角形面积计算公式可得 ，解得，故选 B。 【点睛】本道题考查了直线与平面平行的判定，难度较大。 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 个小

9、题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.把各题答案的最简形式写在题中的横线上把各题答案的最简形式写在题中的横线上. 13.设等差数列的前 项和为，且,则_ 【答案】 【解析】 分析：设等差数列an的公差为 d，由 S13=52，可得 13a1+d=52，化简再利用通项公式代入 a4+a8+a9，即 可得出 详解：设等差数列an的公差为 d， S13=52，13a1+d=52，化为：a1+6d=4 则 a4+a8+a9=3a1+18d=3（a1+6d）=34=12故填 12. 点睛：本题主要考查等差数列通项和前 n 项和，意在考查学生等差数列基础知识的掌握能力和基本的运 算能力.

10、 14.为培养学生的综合素养，某校准备在高二年级开设 ， ， ， ， ， 六门选修课程，学校规定每个学生必须从 这 门课程中选 门，且 ， 两门课程至少要选 门，则学生甲共有_种不同的选法. 【答案】 【解析】 【分析】 本道题先计算总体个数，然后计算 A,B 都不选的个数，相减，即可。 【详解】总体种数有，A,B 都不选的个数有，所以一共有 16 种。 【点睛】本道题考查了排列组合问题，难度中等。 15.在平面直角坐标系中，角 的顶点在原点，始边与 轴的非负半轴重合，终边过点，则 _. 【答案】 【解析】 【分析】 结合终边过点坐标，计算出，结合二倍角公式和余弦两角和公式，即可。 【详解】，

11、 所以 【点睛】本道题考查了二倍角公式与余弦的两角和公式，难度中等。 16.已知二次函数，且，若不等式恒成立，则的取值范围是_. 【答案】 【解析】 【分析】 本道题利用换元法，将题目所求式子转化成二元线性规划问题，结合数形思想，计算斜率范围，得到 z 的范围， 即可。 【详解】结合题意,建立不等式组,得到,处理该不等式得到 令,建立新不等式组得到,绘制可行域,得到 可行域是画虚线位置,处理目标函数 转化成直线可得,因而该直线过定点,因此该直线斜率介于 1 号和 2 号直线之间,设该 直线与曲线的切点为,斜率为,得到方程为 ,过定点,代入,解得,因而,解得 A 的坐标为,因而 PA 的斜率为,

12、得到,解得 ,综上所述,z 的范围为 【点睛】本道题考查了线性规划以及过曲线切线斜率计算方法，难度较大。 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 7 个小题，共个小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答，第每个试题考生都必须作答，第 22， ，23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. 17.已知的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .且. （I）求 ； （）若的面积为，周长为 ，求 . 【答案】 （1）（2） 【解析】 【分析】 （I）结合正弦

13、定理，处理题目式子，计算角 A 的大小，即可。 （2）结合余弦定理，得到关于 a,b,c 的等式，结合 题意，计算 a，即可。 【详解】 （I）由题设得. 由正弦定理得， 所以. 故. （）由题设得，从而. 由余弦定理，得. 又，故，解得. 【点睛】本道题考查了正弦定理与余弦定理，难度中等。 18.已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和 均为正三角形，在三棱锥中： （I）证明：平面平面； （）若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值. 图一 图二 【答案】 （1）见解析（2） 【解析】 【分析】 (1)证明 PO 垂直 AC,OB,结合平

14、面与平面垂直判定,即可.(2)建立直角坐标系,分别计算两相交平面的法向量,结合 向量的数量积公式,计算夹角,即可. 【详解】 （）设的中点为 ，连接，. 由题意，得， ，. 因为在中， 为的中点， 所以， 因为在中， ，所以. 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （）由（）知，平面， 所以是直线与平面所成的角， 且， 所以当最短时，即是的中点时，最大. 由平面，所以，于是以 ，所在直线分别为 轴， 轴， 轴建立如图示空间直角坐标系， 则， ，. 设平面的法向量为，则 由得：. 令，得，即. 设平面的法向量为， 由得：， 令，得，即. . 由图可知，二面角的余弦值为. 【点睛】本道

15、题考查了二面角计算以及平面与平面垂直的判定,难度较大. 19.已知椭圆的离心率为 ，左、右焦点分别为、， 为椭圆 上一点，与 轴相交于 ， ，. （）求椭圆 的方程； （）设椭圆 的左、右顶点为、，过、分别作 轴的垂线 、 ，椭圆 的一条切线与 、 交于、 两点，求证：. 【答案】 （1）（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）结合题意，得到为的中位线，进而得到，利用椭圆性质，计算 a,b 值即可。 （2）将 直线 l 的方程，代入椭圆方程，得到以及，即可。 【详解】 （）连接，由题意得， 所以为的中位线， 又因为，所以，且 ， 又，得， 故所求椭圆 的标准方程为. （）由题可知， 的方程为，

16、 的方程为. 直线 与直线 、 联立得、， 所以， 所以. 联立得. 因为直线 椭圆 相切，所以， 化简得. 所以， 所以，故为定值 . 同理， 所以，. 故. 【点睛】本道题考查了直线与圆锥曲线位置关系问题，难度较大。 20.某互联网公司为了确定下一季度的前期广告投入计划，收集了近 个月广告投入量 （单位：万元）和收益 （单位：万元）的数据如下表： 月份 广告投入量 收益 他们分别用两种模型，分别进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所 示的残差图及一些统计量的值： （）根据残差图，比较模型，的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由； （）残差绝对值大于 的数据被认为是异常数据，需要剔除： （）剔除异常数据后求出（