湖南省郴州市2019届高考模拟数学理科试题(四)及答案

一.选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50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. 设复数z满足z(1－2i)＝4+2i（i为虚数单位），则 |z| 为 ( C )

A.1 B.

38 C. 2 D. 252.设a∈R ，则“a＝－2”是“直线l1：ax+2y=0与直线l2 ：x+(a+1)y+4=0平行”的 （A ）

A .充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C .充分必要条件 D . 既不充分也不必要条件

3．已知函数f(x)的导函数f(x)的图象如图1所示，那么函数f(x)的图象最有可能的是( A )

图1

4.为了了解某县今年高考准备报考体育专业的学生的体重情况，将所得的学生体重数据分组整理后，画出了频率分布直方图(如图)，已知图中从左到右的前3小组的频率a，b，c恰成等差数列，若抽取的学生人数是48，则第2小组的频数为( B )

A．6 B．12 C．18 D．24

5． 在正项等比数列{an}中，a1的值为( C ) A. 125

B. 126

C. 127

D. 128

1，前n项和为Sn,且a3,a2,a4成等差数列，则S7

6．给四面体ABCD的六条棱分别涂上红，黄，蓝，绿四种颜色中的一种，使得有公共顶点的棱所涂的颜色互不相同，则不同的涂色方法共有( A )

A． 96 B．144 C. 240 D. 360

7.已知图象不间断的函数f（x）是区间[a，b]上的单调函数，且在区间（a，b） 上存在零点．如图是用二分法求方程f（x）=0近似解的程序框图， 判断框内可以填写的内容有如下四个选择：

①f（a）f（m）＜0； ②f（a）f（m）＞0； ③f（b）f（m）＜0； ④f（b）f（m）＞0 其中能够正确求出近似解的是（ C ） A.①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④

【解析】据二分法求方程近似解的步骤知当f（m）f（a）＜0， 即f（m）f（b）＞0时，说明根在区间（a，m）内，令b=m，

1

当f（m）f（b）＜0, 即f（m）f（a）＞0时，说明方程的根在 区间（m，b）内，令a=m，由框图得到当满足判断框中的条件

时将b=m故判断框内的条件为f（m）f（a）＜0或f（m）f（b）＞0， 故选C 8．已知变量x,y满足约束条件若x2y5恒成立，则实数a的取值范围为

( C )

A. (-∞,-1] B. [-1,+∞) C. [-1,1] D. [-1,1)

9． 一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是正三角形，

则几何体的外接球的表面积为（ D ）

816 B． 3348C． D．

33【解析】此几何体是三棱锥P-ABC（直观图如右图）， 底面是斜边长为4的等腰直角三角形ACB，且顶点在 底面内的射影D是底面直角三角形斜边AB的中点。 易知，三棱锥P-ABC的外接球的球心O在PD上。 设球O的半径为r，则OD=23-r，∵CD=2，OC=r，

A．

∴23r222r2，解得：r43，

∴外接球的表面积为4r2. 3x2y210.已知O为坐标原点，双曲线221(a,b0)的右焦点F，以F为圆心，OF为半径作圆

ab交双曲线的渐近线于异于原点的两点A、B，若(AOAF)OF0，则双曲线的离心率e的

取值范围为（ B ）

A.(1,2) B. (1,2) C.2, D.1,解析：取M为OF中点，则(AOAF)OF0等价于

1 2. 2AM2MF0MAMF00AMF2y A O M F (xc)ycc也就是要求点A的横坐标xA。由 b2yxa2a22a2c，解得e2，则e(1,2). 解得xA，故需

cc2

222x

2

二.填空题：本大题共6个小题，考生作答5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卡中对应题号后的横线上.

（一）选做题（请考生在第11，12，13三题中任选两题作答，如果全做，则按前两题计分） 11．（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中(,)(02)，曲线2sin与cos1 的交点的极坐标为 。

答案：2,

12.（不等式选讲选做题）己知x,y(0,)，若x3ykxy恒成立，利用柯西不等式可求得实数k的取值范围是 . 答案：k

13.（几何证明选讲选做题）如图，PA切圆O于点A，割线PBC经过圆心O，OBPB1，

3410

OA绕点O逆时针旋转60到OD，则PD的长为 .

答案：7

（二）必做题

14．甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩的茎叶图如图所示．现从这20名学生中随机抽取一人，将“抽出的学生为甲小组学生”记为事件A；“抽出的学生英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B．则P（A|B）的值是 ． 答案：

55 9（第14题图）

a715. 设常数aR.若x2的二项展开式中x项的系数为-15,则a___-3____. x

16.将5个全等的正方形按如图所示方式放置在一个的矩形OEFG内， 其中顶点P、C、Q、D分别在矩形的四条边上. （1）设向量PAa，PBb，以向量a，b为基底，则向量

G B P A O

3

D F

CD 3b－2a (用向量a，b表示)；

（2）若OE＝7，OG＝8，则图中5个正方形的边长都为5. Q E

C

【解析】（1）如图，CDCM+MD=3PB-2PA=3b－2a. （2分）

x,y)，则PB(-y,x). （2）如图所示建立直角坐标系，设PA(所以CD3b－2a＝(―2x―3y，3x―2y)，PQ3a＋b＝(3x―y，x＋3y).

y G B P D M F 3xy7x2因为OE＝7，OG＝8，则. 3x2y8y122所以|PA|xy5，即正方形的边长为5. （5分）

O C E 三、解答题：本大题共6个小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本题满分12分）

A Q x n(cosC,1)，b．在△ABC中，设角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知m(a,)，且mn

（Ⅰ）求角A的大小；

（Ⅱ）若a3，求△ABC的面积S的最大值．

c2c2由正弦定理，得2sinAcosCsinC2sinB．

又sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC，则sinC2cosAsinC． （4分）

1因为sinC0，则cosA．又0A，所以A． （6分）

23【解析】（Ⅰ）由m(a,)，n(cosC,1)，且mnb可得2acosCc2b， （Ⅱ）因为a3，A223，

由余弦定理，得bc2bccos32222因为bc2bc，则bcbc2bcbcbc．

所以bc9，当且仅当bc时等号成立． （10分）

1139393所以SbcsinA9，故△ABC的面积S的最大值为． （12分）

22244

18.（本题满分12分）

如图， 在矩形ABCD中，点E,F分别在线段AB,AD上，AEEBAF9，即b2c2bc9． （8分）

2FD4.3沿直线EF将 VAEF翻折成VAEF，使平面AEF平面BEF. （Ⅰ）求二面角AFDC的余弦值；

（Ⅱ）点M,N分别在线段FD,BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与A重合，求线段FM的长. 解：（法一）

（Ⅰ）取线段EF的中点H，连结AH，因为AEAF及H是EF的中点，所以AHEF,

4

又因为平面AEF平面BEF.

如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（2，2，22），C（10，8，0）， F（4，0，0），D（10，0，0）.

uuuruuur故FA=（-2，2，22），FD=（6，0，0）.

设n=（x,y,z）为平面AFD的一个法向量，

2x2y22z0 

6x0取z2，则n(0,2,2)。

又平面BEF的一个法向量m(0,0,1)，

故cosn,mnm3，又由图形观察知二面角AFDC的平面角为锐角 nm33 ……………………6分 3（Ⅱ）解：设FMx,则M(4x,0,0)，

因为翻折后，C与A重合，所以CMA'M，

21222222（22） 故(6x)80=（2x）2，得x，

4 经检验，此时点N在线段BC上，

21所以FM. ……………………12分

4所以二面角的余弦值为（法二）

（Ⅰ）解：取线段EF的中点H,AF的中点G,连结A'G,A'H,GH. 因为A'E=A'F及H是EF的中点，

所以A'HEF

又因为平面A'EF平面BEF， 所以A'H平面BEF, 又AF平面BEF, 故A'HAF，

又因为G、H是AF、EF的中点， 易知GH∥AB， 所以GHAF，

于是AF面A'GH，

所以A'GH为二面角A'DHC的平面角，

在RtA'GH中，A'H=22，GH=2，A'G=23 所以cosA'GHE

3. 33. ……………………6分 3（Ⅱ）解：设FMx, 因为翻折后，C与A'重合，

所以CMA'M，

22222 而CMDCDM8(6x)，

故二面角A'DFC的余弦值为A'M2A'H2MH2A'H2MG2GH2 (22)2,得x21， 4 5

经检验，此时点N在线段BC上， 所以FM21. ……………………12分 4

19．（本题满分12分）

目前，埃博拉病毒肆虐西非并逐渐蔓延，研究人员将埃博拉的传播路径结合飞机航班数据、埃博拉的潜伏时间等因素，计算出不限飞情况下，亚洲国家中印度、中国、阿联酋、黎巴嫩在一个月后出现输入性病例的概率分别为0.1、0.2、0.2、0.2，假定各国出现输入性病例相互．

（1）求上述四国中恰有1个国家出现输入性病例的概率； （2）从上述四国中任选两国调研疫情，求恰有一国选在西亚（阿联酋、黎巴嫩），一国选在．．．．．．中国和印度中的概率；

（3）专家组拟按下面步骤进行疫情调研，每一步若出现输入性病例则停留下来研究，不再进行下一步调研：

第一步，一次性选取中国和印度两个国家同时进行调研；

第二步，在阿联酋和黎巴嫩两个国家中随机抽取1个国家进行调研； 第三步，对剩下的一个国家进行调研． 求该专家组调研国家个数的分布列及期望． 解：（1）所述四国中恰有1个国家出现输入性病例的概率为：

1P10.10.83C30.20.820.90.3968．……………………4分

（2）恰有一国选在西亚，一国选在中国和印度中的概率为：

11C2C22P2． ……………………7分 23C4（3）设该专家组调研国家个数为，则的可能取值为2、3和4，由题得： P（＝2）＝10.90.8＝0.28；

11P（＝3）＝0.90.810.210.2＝0.144;

C2C2P（＝4）＝1P（＝2）P（＝3）10.280.144＝0.576 故该专家组调研国家个数的分布列为：

2 3 4  P 0.28 0.144 0.576 该专家组调研国家个数的期望为： E＝2×0.28＋3×0.144＋4×0.576＝3.296．……………………12分

20. （本题满分13分）

2已知数列{an}的前n项和Snn

n1（1）设bn(1)anan1，求数列bn的前n项和Tn；

（2）是否存在以a1为首项，公比为q0q5,qNnk*的等比数列a，kNnk*，使得数列

ka中每一项都是数列a中不同的项，若存在，求出所有满足条件的数列n的通项

n公式；若不存在，说明理由。

22解：当n1时，a1S11，当n2时anSnSn1n(n1)2n1，

6

显然n1时也符合，故an2n1 (nN) …………………3分

（1）①当n2m,mN*时，TnT2ma1a2a2a3a3a4a4a512m1a2ma2m1

a2a1a3a4a3a5a2ma2m1a2m1 4a2a4a2m4a2a2mm8m24m2n22n 2………………………………5分

②当n2m1,mN*时，

TnT2m1T2m12m1a2ma2m1

8m24m(4m1)(4m1)8m24m12n22n1

2n22n,n为偶数，所以，Tn2 …………………………7分

2n2n1，n为奇数

（2）由an2n1，知数列an中每一项都不可能是偶数．

*①如存在以a11为首项，公比q为2或4的数列ank（kN）

此时ank中每一项除第一项外都是偶数，故不存在以a1为首项，公比为偶数的数列ank ②当q1时，显然不存在这样的数列ank．

*当q3时，若存在以a11为首项，公比为3的数列ank，kN．

………………………10分

则an11，n11，ank3k13k11 2nk1，nk23k11所以满足条件的数列nk的通项公式为nk ……………………13分

221. （本题满分13分）

已知点E(m,0)为抛物线y4x内的一个定点，过E作斜率分别为k1、k2的两条直线交抛物线于点A、B、C、D，且M、N分别是AB、CD的中点 （1）若m = 1，k1k2 = -1，求三角形EMN面积的最小值； （2）若k1 + k2 = 1，求证：直线MN过定点.

2 7

21、解析：（Ⅰ）当m1时，E为抛物线y4x的焦点，

∵k1k21，∴AB⊥CD

设AB方程为yk1(x1)，A(x1,y1),B(x2,y2)

24yk1(x1)由，得k1y24y4k10，y1y2,y1y24

2k1y4xAB中点M(x1x2y1y222,)，∴M(21,)， 22k1k1同理，点N(2k121,2k1)……2分

∴SEMN1|EM||EN|1(2)2(2)2(2k12)2(2k1)22k1212……4分

2222k1k1k12224

当且仅当k121，即k11时，△EMN的面积取最小值4． …6分 2k1（Ⅱ）证明：设AB方程为yk1(xm)，A(x1,y1),B(x2,y2)

由yk1(xm)2y4x，得k1y24y4k1m0，y1y24,y1y24m k1AB中点M(x1x2y1y222,)，∴M(2m,)， 22k1k1同理，点N(22m,)……9分 2k2k2 8

∴kMNyMyNkk12k1k2 …11分

xMxNk1k222k1k2[x(2m)]，即yk1k2(xm)2 k1k1∴MN：y∴直线MN恒过定点(m,2)． …13分 22.（本小题满分13分）

已知函数fxlnxxax,aR

2 （1）若a3，求fx的单调区间；

（2）若fx由两个极值点x1,x2，记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率k，问是否存在a，使k

22. 解：（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,)，

2a，若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由. a2112x23x当a3时，f(x)2x3

xx当0x当

1或x1，时，f(x)0，........................2分 21x1时，f(x)0.......... 211f(x)的单调递增区间为(0,),(1,)，单调递减区间为(,1)..........4分

22112x2ax（Ⅱ）f(x)2xa

xx令u(x)2xax1，则a28，

21当0，即22a22时，f(x)0，

f(x)在(0,)上单调递增，此时f(x)无极值； ..............5分

2当0，即a22时，f(x)0，

f(x)在(0,)上单调递增，此时f(x)无极值.............6分

3当0，即a22或a22时，

9

aa28aa28,x2方程u(x)0有两个实数根x1

44若a22，两个根x1x20，此时， 则当x(0,)时，f(x)0，

f(x)在(0,)上单调递增，此时f(x)无极值.................8分

若a22，u(x)0的两个根x10,x20，不妨设x1x2，则

当x(0,x1)和(x2,)时，f(x)0，f(x)在区间(0,x1)和(x2,)单调递增， 当x(x1,x2)时，f(x)0，f(x)在区间(x1,x2)上单调递减， 则f(x)在xx1处取得极大值，在xx2处取得极小值， 且x1x2a1,x1x2 22f(x1)f(x2)lnx1x12ax1lnx2x22ax2 kx1x2x1x2lnx1lnx2lnx1lnx2a(x1x2)a

x1x2x1x22lnx1lnx2a2a

x1x22a2lnx1lnx221 ……………………（*）............11分 x1x2ax1x2即

x11x1x1x2x2即ln x2x1x2x11x2令

x1t1 t(0,1)，则上式等价于：lntt1x2令g(t)(t1)lntt1

t111lnt tt1令m(t)lnt

t则g(t)lnt 10

11t1m(t)220

tttm(t)在区间(0,1)上单调递减，且m(t)m(1)10，

即g(t)0在区间(0,1)恒成立

g(t)在区间(0,1)上单调递增，且g(t)g(1)0 对t(0,1)，函数g(t)没有零点，

t1在t(0,1)上没有实根，.. 11分 t12a即（*）式无解，不存在实数a，使得k..13分

a2即方程lnt 11