湖南省师大附中届高三数学月考试题七理.docx

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湖南省师大附中届高三数学月考试题七理

湖南师大附中2019届高三月考试卷（七）

数　学（理科）

时量：

120分钟　　　满分：

150分

一、选择题：

本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．已知复数z＝a＋（a∈R），若z为纯虚数，则|a－2i|＝（B）

A．5B.C．2D.

【解析】因为z＝a＋i（3＋i）＝a－1＋3i为纯虚数，则a＝1，所以|a－2i|＝＝，选B.

2．下列说法错误的是（B）

A．在回归模型中，预报变量y的值不能由解释变量x唯一确定

B．若变量x，y满足关系y＝－0.1x＋1，且变量y与z正相关，则x与z也正相关

C．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高

D．以模型y＝cekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z＝lny，将其变换后得到线性方程z＝0.3x＋4，则c＝e4，k＝0.3

【解析】对于A，在回归模型中，预报变量y的值由解释变量x和随机误差e共同确定，即x只能解释部分y的变化，所以A正确；对于B，由回归方程知变量y与z正相关，则x与z负相关，所以B错误；对于C，在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，C正确；由回归分析的意义知D正确．故选B.

3．函数f（x）＝（其中e为自然对数的底数）的图象大致为（A）

【解析】当x>0时，ex>1，则f（x）<0；当x<0时，ex<1，则f（x）<0，所以f（x）的图象恒在x轴下方，选A.

4．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：

松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图是源于其思想的一个程序框图，若输入a＝4，b＝1，则输出的n等于（C）

A．3B．4C．5D．6

【解析】当n＝1时，a＝6，b＝2，满足进行循环的条件，

当n＝2时，a＝9，b＝4，满足进行循环的条件，

当n＝3时，a＝，b＝8，满足进行循环的条件，

当n＝4时，a＝，b＝16，满足进行循环的条件，

当n＝5时，a＝，b＝32，不满足进行循环的条件，

故输出的n值为5.故选C.

5．已知动圆C经过点A（2，0），且截y轴所得的弦长为4，则圆心C的轨迹是（D）

A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线

【解析】设圆心坐标为C（x，y），圆C的半径为r，圆心C到y轴的距离为d，则d2＋4＝r2.

因为d＝|x|，r＝|AC|，则圆心C的轨迹方程是x2＋4＝（x－2）2＋y2，即y2＝4x，选D.

6．已知数列{an}满足：

a1＝，an＋1＝an＋（n∈N*），则a2019＝（C）

A．1－B．1－C.－D.－

【解析】由已知，an－an－1＝（n≥2），则an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）

＝＋＋＋…＋＝＋＝－，所以a2019＝－，选C.

7．如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有（C）

A．24B．48

C．96D．120

【解析】法一：

第一步先涂B，C，E三点，这三点的颜色必须各异，不同的涂色方法种数是A；第二步涂A，D两点，各有2种，

所以不同的涂色方法种数有A×2×2＝96，故选C.

法二：

第一步先涂A，B，E三点，这三点的颜色必须各异，不同的涂色方法种数是A；第二步涂C，D两点，假设已涂A，B，E的三种颜色顺序分别为1，2，3，未使用的颜色为4，那么C，D可涂的颜色分别为C涂1，D可以选择2，4中的一种颜色，共2种方法；C涂4，D可以选择1，2中的一种颜色，共2种方法，所以不同的涂色方法种数有A（2＋2）＝96，故选C.

8．函数f（x）＝cossin2x－的图象的一个对称中心的坐标是（A）

A.B.C.D.

【解析】f（x）＝cossin2x－＝sin2x－

＝sin2xcos2x＋sin22x－＝sin4x＋·－＝sin，

令4x－＝kπ，求得x＝＋，可得函数图象的对称中心为，k∈Z，

当k＝1时，对称中心为.故选A.

9．已知D＝，给出下列四个命题：

P1：

∈D，－2≤x＋y≤2；P2：

∈D，>0；

P3：

∈D，x＋y<－2；P4：

∈D，x2＋y2≤2；其中真命题是（B）

A．P1和P2B．P1和P4C．P2和P3D．P2和P4

【解析】利用线性规划的知识易得，对∈D，－2≤x＋y≤2，且0≤≤，2≤x2＋y2≤10，所以P1正确，P2错误，P3错误，P4正确．选B.

10．在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为（D）

A．3＋6B．2＋4C．5＋3D．6＋3

【解析】如图，延长EF，A1B1相交于M，连接AM交BB1于H，延长FE，A1D1相交于N，连接AN交DD1于G，可得截面五边形AHFEG.

∵ABCD－A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，

∴EF＝3，AG＝AH＝＝2，EG＝FH＝＝.

∴截面的周长为6＋3.选D.

11．如图，已知＝＝1，＝，tan∠AOB＝－，∠BOC＝45°，＝m＋n，则等于（A）

A.B.C.D.

【解析】因为tan∠AOB＝－，所以sin∠AOB＝.

过点C作CD∥OB交OA延长线于点D，

过点C作CE∥OD交OB延长线于点E，

在△OCD中，∠OCD＝45°，sin∠ODC＝，

由正弦定理：

＝，得＝，所以OD＝＝m.

由余弦定理：

＝＋－2··cos45°，

得＝2＋n2－2××n×cos45°，则n＝或.

当n＝时，此时∠CDO为钝角，因为∠EOD为钝角，矛盾，故n＝.

所以＝.故选A.

12.箱子里有16张扑克牌：

红桃A、Q、4，黑桃J、8、7、4、3、2，草花K、Q、6、5、4，方块A、5，老师从这16张牌中挑出一张牌来，并把这张牌的点数告诉了学生甲，把这张牌的花色告诉了学生乙，这时，老师问学生甲和学生乙：

你们能从已知的点数或花色中推知这张牌是什么牌吗？

于是，老师听到了如下的对话：

学生甲：

我不知道这张牌；学生乙：

我知道你不知道这张牌；学生甲：

现在我知道这张牌了；学生乙：

我也知道了．则这张牌是（D）

A．草花5B．红桃QC．红桃4D．方块5

【解析】学生乙确信他知道学生甲不知道，说明通过数字不能判断出来，因此排除有单一数字J、K等的花色黑桃和草花，学生甲知道这张牌不是黑桃也不是草花就猜出来了，说明这张牌除了在黑桃和草花之外有且只有一张，那就是红桃4、Q和方块5；学生乙知道学生甲知道后就知道了，说明这张牌只有一种选择，所以他看到的是方块，如果他看到的是红桃但还是不知道是Q还是4，所以答案是方块5.故选D.

二、填空题：

本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．一个不透明的袋子装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字为0，1，2，2，现甲从中摸出一个球后便放回，乙再从中摸出一个球，若摸出的球上数字大即获胜（若数字相同则为平局），则在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为____．

【解析】法一：

两人分别摸一个球，基本事件共有4×4＝16种，其中甲获胜共有5种可能，故甲获胜的概率为，其中乙摸到1号球且甲获胜有2种可能，故甲获胜且乙摸到1号球的概率为，故在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为÷＝.

法二：

甲获胜共有5种可能，其中乙摸到1号球且甲获胜有2种可能，故在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为.

14．设双曲线C：

－＝1（a>0，b>0）的右焦点为F，直线l为双曲线C的一条渐近线，点F关于直线l的对称点为P，若点P在双曲线C的左支上，则双曲线C的离心率为____．

【解析】如图，设直线l与线段PF的交点为A，因为点P与F关于直线l对称，则l⊥PF，且A为PF的中点，所以|AF|＝b，|OA|＝a，|PF|＝2|AF|＝2b.

设双曲线的左焦点为E，因为O为EF的中点，则|PE|＝2|AO|＝2a，

据双曲线定义，有|PF|－|PE|＝2a，则2b－2a＝2a，即b＝2a.

所以e＝＝.

15．对于大于或等于2的自然数m的n次幂进行如图的方式“分裂”．仿此，若m3的“分裂”中最小的数是211，则m的值为__15__．

【解析】22＝1＋3，23＝3＋5，24＝7＋9，32＝1＋3＋5，33＝7＋9＋11，34＝25＋27＋29.不难得出规律，2n可以表示为两个连续奇数之和；3n可以表示为三个连续奇数之和；5n可以表示为五个连续奇数之和；m3的可以表示为m个连续奇数之和，即211＋213＋…＋[211＋2（m－1）]＝m3，m3－m2－210m＝0，因为m>0，所以m＝15.

16．设a为整数，若对任意的x∈（0，＋∞），不等式≥ea恒成立，则a的最大值是__1__．

【解析】令f（x）＝（x>0），则f′（x）＝.

令g（x）＝ex－3（x>0），则g′（x）＝xex>0，所以g（x）在（0，＋∞）上单调递增．

因为g

（1）＝－3<0，g

（2）＝e2－3>0，则g（x）在（1，2）内只有一个零点．

设g（t）＝0，则et＝.当x∈（0，t）时，g（x）＜0，从而f′（x）<0，f（x）单调递减；当x∈（t，＋∞）时，g（x）＞0，从而f′（x）>0，f（x）单调递增，所以f（x）min＝＝＝et.

由题意知ea≤et，即a≤t.因为t∈（1，2），a为整数，所以a的最大值为1.

三、解答题：

共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，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．

（一）必考题：

共60分．

17．（本小题满分12分）

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足acosB＋bcosA＝2ccosC.

（1）求角C的大小；

（2）若△ABC的周长为3，求△ABC的内切圆面积S的最大值．

【解析】

（1）由已知，sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosC，（2分）

即sin（A＋B）＝2sinCcosC，因为sin（A＋B）＝sinC>0，则cosC＝，（4分）

又C∈（0，π），所以C＝.（5分）

（2）设△ABC的内切圆半径为R，则absin＝·3R，则R＝ab，（6分）

由余弦定理，得a2＋b2－ab＝（3－a－b）2，化简得3＋ab＝2（a＋b），（8分）

因为a＋b≥2，则3＋ab≥4，解得≥3或≤1，（10分）

若≥3，则a，b至少有一个不小于3，这与△ABC的周长为3矛盾；（11分）

若≤1，则当a＝b＝1＝c时，R取最大值.

所以△ABC的内切圆面积的最大值为Smax＝π＝.（12分）

18．（本小题满分12分）

如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠ABC＝60°，BM⊥平面ABCD，BM∥DN，BM＝2DN，点E是线段MN上任意一点．

（1）证明：

平面EAC⊥平面BMND；

（2）若∠AEC的最大值是，求三棱锥M－NAC的体积．

【解析】

（1）因为BM⊥平面ABCD，则AC⊥BM.（2分）

又四边形ABCD是菱形，则AC⊥BD，所以AC⊥平面BMND.（4分）

因为AC在平面EAC内，所以平面EAC⊥平面BMND.（5分）

（2）设AC与BD的交点为O，连结EO.因为AC⊥平面BMND，则AC⊥OE，又O为AC的中点，则AE＝CE，所以cos∠AEC＝＝1－，∠AEC∈（0，π）．

当AE最短时∠AEC最大，此时AE⊥MN，CE⊥MN，