《2019年湖南省怀化市高考数学一模试卷（文科）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年湖南省怀化市高考数学一模试卷（文科）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019年湖南省怀化市高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共计60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请把正确答案的代号填涂在答题卡上1（5分）若集合，1，则为A，B，1，C，1，2，D2（5分）已知复数满足为虚数单位），则的虚部为A1BC0D3（5分）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，4（5分）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是A32BC48D5（5分）镜花缘是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另
2、一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个若在这座楼阁的灯球中，随机选取一个灯球，则这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为ABCD6（5分）设函数的图象关于原点对称，则的值为ABCD7（5分）在正三棱柱中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则与侧面所成角的大小为ABCD8（5分）在中，角，的对边分别为，的面积为，且，则ABCD9（5分）已知圆与直线相切于点，点，同时从点出发，沿着直线向右、沿着圆周按逆时针以相同的速度运动，当运动到点时，点也停止运动，连接，（如图），则阴影部分面积，的大小关系是ABCD先，再，最后10（5分）直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，若直线，的斜率，满足，则一
3、定过点ABCD11（5分）已知点是的重心， ，若，则的最小值是ABCD12（5分）已知函数的两个零点是，则ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡上的相应横线上13（5分）已知函数，则的值为14（5分）已知实数、满足，则目标函数的最大值为15（5分）设等比数列的前项和为，且满足，则 16（5分）已知双曲线的左、右焦点分别为、，第一象限内的点，在双曲线的渐近线上，且，若以为焦点的抛物线经过点，则双曲线的离心率为三、解答题：本大题共5小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）已知等差数列的前项和为，（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前
4、项和18（12分）如图，在四棱锥中，为菱形，平面，连接、交于点，是棱上的动点，连接（）求证：平面平面；（）当面积的最小值是4时，求此时动点到底面的距离19（12分）为响应党中央“扶贫攻坚”的号召，某单位指导一贫困村通过种植紫甘薯来提高经济收入紫甘薯对环境温度要求较高，根据以往的经验，随着温度的升高，其死亡株数成增长的趋势下表给出了2017年种植的一批试验紫甘薯在温度升高时6组死亡的株数：温度（单位：212324272932死亡数（单位：株）61120275777经计算：，其中，分别为试验数据中的温度和死亡株数，2，3，4，5，6（1）若用线性回归模型，求关于的回归方程（结果精确到；（2）若用非
5、线性回归模型求得关于的回归方程为，且相关指数为试与（1）中的回归模型相比，用说明哪种模型的拟合效果更好；用拟合效果好的模型预测温度为时该批紫甘薯死亡株数（结果取整数）附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：；相关指数为：20（12分）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率为（）求椭圆的标准方程；（）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于、两点，交轴于点，若，求的值21（12分）设函数若是的极大值点，求的取值范围；当，时，方程中唯一实数解，求正数的值请考生在第22，23两题中任选一题作答。注意：只能做所选定的题目。如果多做，则按所做的第一个题目记
6、分。选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）已知曲线的参数方程为，以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程是：（）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程：（）点是曲线上的动点，求点到直线距离的最大值与最小值23已知函数（）若恒成立，求实数的最大值；（）在（）成立的条件下，正实数，满足，证明：2019年湖南省怀化市高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共计60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请把正确答案的代号填涂在答题卡上【解答】解：；，1，故选：【解答】解：由，得则的虚部为1故选：【解答】解：有
7、下列四个命题：，为真命题：当时，成立，即，为真命题，：当时，满足，但不成立，故的充要条件是为假命题：当假真时，是真命题，故一定是真命题为假命题故真命题为，故选：【解答】解：由已知中的三视图，可得四棱锥的底面棱长为4，故底面面积为：16，棱锥的高为2，故棱锥的侧高为：，故棱锥的侧面积为：，故棱锥的表面积为：，故选：【解答】解：设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，根据题意可得，解得，则灯球的总数为个，故这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为，故选：【解答】解：，的图象关于原点对称，故选：【解答】解：以为原点，为轴，在平面中过作的垂线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，0，平面的法向量，1，设与侧
8、面所成角的大小为，则，与侧面所成角的大小为故选：【解答】解：中，由余弦定理：，且，整理得，化简可得，故选：【解答】解：如图所示，直线与圆相切，即，故选：【解答】解：设，则，直线，代入抛物线方程可化为，一定过点，故选：【解答】解：由向量加法的三角形法则及三角形重心的性质可得，则根据向量的数量积的定义可得，设 即（当且仅当取等号）即的最小值为故选：【解答】解：因为 ，作出函数 ，的图象如图所示，不妨设，则，从而 ， ，因此 ， 故 ，所以故选：二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡上的相应横线上【解答】解：函数，故答案为：4【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴
9、影部分）由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大由解得代入目标函数得即目标函数的最大值为12故答案为：12【解答】解：等比数列的公比为，由，可得，解得，则故答案为：32【解答】解：双曲线的渐近线方程为，焦点为，由题意可得，又，可得，由，联立可得，由为焦点的抛物线经过点，可得，即有，由，可得，解得，故答案为：三、解答题：本大题共5小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤【解答】解：（1）设等差数列的公差为，由题意知，解得，所以数列的通项公式为，（2），【解答】（本小题满分12分）（）证明：因为是菱形，所以，（2分）平面，平面，（4分）又，平面，又平面，平面平
10、面（6分）（）连，由（）知平面，平面， （7分），由得： （8分）当时，取到最小值1此时作交于，平面，平面，由得点到底面的距离（12分）【解答】解：（1）由题意得，关于的线性回归方程为：（2）线性回归方程对应的相关系数为：，因为，所以回归方程，比线性回归方程拟合效果更好由知，当温度时，即当温度为时该批紫甘薯死亡株数为190【解答】（）解：设椭圆的方程为 ，抛物线方程化为，其焦点为，（2分）则椭圆的一个顶点为，即，由，解得，椭圆的标准方程为（5分）（）证明：椭圆的方程为，椭圆的右焦点，（6分）设，由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，代入方程，并整理，得，（7分），（8分）又，而，即，（10分
11、）（12分）【解答】解：（），由，得，若，由，得，当时，此时单调递增；当时，此时单调递减，所以是的极大值点若，则，得，或，是的极大值点，解得综合，得的取值范围是（）方程中唯一实数解，有唯一实数解，设，则，令，得，方程有两异号根，设为，应舍去当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增，当时，取最小值有唯一解，则，即，设函数，当时，是增函数，至多有一解，（1），方程的解为，代入方程组解得请考生在第22，23两题中任选一题作答。注意：只能做所选定的题目。如果多做，则按所做的第一个题目记分。选修4-4：坐标系与参数方程【解答】解：（）曲线的参数方程为，曲线的普通方程为，直线的极坐标方程是：，直线的直角坐标方程为（）点是曲线上的动点，设，则到直线的距离：，当时，点到直线距离取最大值；当时，点到直线距离取最小值【解答】解：由已知可得，所以，（3分）所以只需，解得，所以实数的最大值（5分）法一：综合法，当且仅当时取等号，（7分）又，当且仅当时取等号，（9分）由得，所以（10分）法二：分析法因为，所以要证，只需证，即证，所以只要证，（7分）即证，即证，因为，所以只需证，下证，因为，所以成立，所以（10分）声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/4/5 22:51:02；用户：James；邮箱：15399095293；学号：879678221
