2019年湖北名校联盟高三第三次模拟考试卷 文科数学押题第四套 教师版

此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2019年湖北名校联盟高三第三次模拟考试卷文 科 数 学押题第四套注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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要求的12019·温州适应已知是虚数单位，则等于（ ）ABCD【答案】B【解析】，故选B22019·延边质检已知，则向量、的夹角为（ ）ABCD【答案】C【解析】因为，所以，所以，所以，设向量、的夹角为，则，由，所以，故选C32019·六盘水期末在中，角，的对边分别为，且，则（ ）ABC或D或【答案】D【解析】由正弦定理得，即，解得，故或，所以选D42019·厦门一模易经是中国传统文化中的精髓，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线的概率为（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意得，从八卦中任取两卦的所有可能为种，设“取出的两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线”为事件，则事件包含的情况为：一卦有三根阳线、另一卦有两根阳线和一根阴线，共有3种情况由古典概型概率公式可得，所求概率为故选A52019·重庆一中已知某几何体的三视图如图所示（侧视图中曲线为四分之一圆弧），则该几何体的体积为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据几何体的三视图，转换为几何体：相当于把棱长为1的正方体切去一个以1为半径的个圆柱故故选C62019·江西联考程序框图如下图所示，若上述程序运行的结果，则判断框中应填入（ ）ABCD【答案】D【解析】初始值，执行框图如下：，；不能满足条件，进入循环；，；不能满足条件，进入循环；，此时要输出，因此要满足条件，所以故选D72019·江门一模若与两个函数的图象有一条与直线平行的公共切线，则（ ）A1B2C3D3或【答案】D【解析】设在函数处的切点设为，根据导数的几何意义得到，故切点为，可求出切线方程为，直线和也相切，故，化简得到，只需要满足故答案为D82019·湖师附中已知拋物线的焦点为，准线，点在拋物线上，点在直线上的射影为，且直线的斜率为，则的面积为（ ）ABCD【答案】C【解析】因为抛物线的准线，所以焦点为，抛物线，点在抛物线上，点在准线上，若，且直线的斜率，准线与轴的交点为，则，则，故选C92019·河南名校设点是正方体的对角线的中点，平面过点，且与直线垂直，平面平面，则与所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】B【解析】由题意知，点是正方体的对角线的中点，平面过点，且与直线垂直，平面平面，根据面面平行的性质，可得，所以直线与所成角，即为直线与直线所成的角，即为直线与所成角，在直角中，即与所成角的余弦值为，故选B102019·合肥质检“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在梦溪笔谈中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是件已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的若这堆货物总价是万元，则的值为（ ）A7B8C9D10【答案】D【解析】由题意，第一层货物总价为1万元，第二层货物总价为万元，第三层货物总价为万元，第层货物总价为万元，设这堆货物总价为万元，则，两式相减得，则，解得，故选D112019·宁波期末关于，的不等式组，表示的平面区域内存在点，满足，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：若平面区域内存在点，满足，则说明直线与区域有交点，即点位于直线的下方即可，则点在区域，即，得，即实数的取值范围是，故选C122019·凉山二诊设函数是定义在上的偶函数，且，当时，则在区间内关于的方程解得个数为（ ）A1B2C3D4【答案】C【解析】对于任意的，都有，函数是一个周期函数，且又当时，且函数是定义在上的偶函数，且，则函数与在区间上的图象如下图所示：根据图象可得与在区间上有3个不同的交点故选C第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分132019·昆明诊断设，若是的充分不必要条件，则的值可以是_（只需填写一个满足条件的即可）【答案】（的任意数均可）【解析】由得，所以，又，若是的充分不必要条件，则，所以，满足题意的（的任意数均可），故答案为（的任意数均可）142019·合肥质检设等差数列的前项和为若，则_【答案】65【解析】在等差数列中，由，可得，即，即，故答案为65152019·南通联考已知角的终边经过点，函数图象的相邻两条对称轴之间的距离等于，则的值为_【答案】【解析】角终边经过点，两条相邻对称轴之间距离为，即，本题正确结果162019·郴州期末已知直线与圆交于不同的两点，若，则的取值范围是_【答案】【解析】，可得圆心坐标为，半径为，根据圆的弦长公式，得，因为直线与交于不同的两点，且，则，且，即，又由点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离为，则，解得，即实数的取值范围是三、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）2019·咸阳模拟在中，角，所对的边分别为，已知（1）求的大小（2）若，求的面积的最大值【答案】（1）；（2）【解析】（1）由，得，可得，所以（2），当且仅当时取等号，即面积的最大值为18（12分）2019·莆田质检为推进“千村百镇计划”，2018年4月某新能源公司开展“电动莆田绿色出行”活动，首批投放200台型新能源车到莆田多个村镇，供当地村民免费试用三个月试用到期后，为了解男女试用者对型新能源车性能的评价情况，该公司要求每位试用者填写一份性能综合评分表（满分为100分）最后该公司共收回有效评分表600份，现从中随机抽取40份（其中男、女的评分表各20份）作为样本，经统计得到如下茎叶图：（1）求40个样本数据的中位数；（2）已知40个样本数据的平均数，记与的最大值为该公司规定样本中试用者的“认定类型”：评分不小于的为“满意型”，评分小于的为“需改进型”请以40个样本数据的频率分布来估计收回的600份评分表中，评分小于的份数；请根据40个样本数据，完成下面列联表：根据列联表判断能否有的把握认为“认定类型”与性别有关？【答案】（1）81；（2）300；见解析【解析】（1）由茎叶图知（2）因为，所以由茎叶图知，女性试用者评分不小于81的有15个，男性试用者评分不小于81的有5个，所以在40个样本数据中，评分不小于81的频率为，可以估计收回的600份评分表中，评分不小于81的份数为；根据题意得列联表：满意型需改进型合计女性15520男性51520合计202040由于，查表得，所以有的把握认为“认定类型”与性别有关19（12分）2019·潍坊一模如图，三棱柱中，平面平面（1）求证：；（2）若，为的中点，求三棱锥的体积【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）过点作，垂足为，因为平面平面，所以平面，故，又因为，所以，故，因为，所以，又因为，所以平面，故（2）由（1）可知，因为，故，又因为，所以，因为平面，所以，故，所以三棱锥的体积为20（12分）2019·宜春期末椭圆的离心率是，过焦点且垂直于轴的直线被椭圆截得的弦长为（1）求椭圆的方程；（2）过点的动直线与椭圆相交于，两点，在轴上是否存在异于点的定点，使得直线变化时，总有？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由【答案】（1）；（2）存在定点满足题意【解析】（1）因为过焦点且垂直于轴的直线被椭圆截得的弦长为，得，且离心率是，所以，得，所以椭圆的方程为（2）当直线斜率存在时，设直线方程，由，得，设，假设存在定点符合题意，上式对任意实数恒等于零，即，当直线斜率不存在时，两点分别为椭圆的上下顶点，显然此时，综上，存在定点满足题意21（12分）2019·江南十校已知函数（为自然对数的底数）（1）讨论函数的单调性；（2）当时，恒成立，求整数的最大值【答案】（1）见解析；（2）的最大值为1【解析】（1），当时，在上递增；当时，令，解得，在上递减，在上递增；当时，在上递减（2）由题意得，即对于恒成立，方法一、令，则，当时，在上递增，且，符合题意；当时，时，单调递增，则存在，使得，且在上递减，在上递增，由，得，又整数的最大值为1，另一方面，时，时成立方法二、原不等式等价于恒成立，令，令，则，在上递增，又，存在，使得，且在上递减，在上递增，又，又，整数的最大值为1请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】2019·广东模拟在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），已知点，点是曲线上任意一点，点为的中点，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求点的轨迹的极坐标方程；（2）已知直线与曲线交于，两点，若，求的值【答案】（1）；（2）【解析】（1）设，且点，由点为的中点，所以，整理得即，化为极坐标方程为（2）设直线的极坐标方程为设，因为，所以，即联立，整理得则，解得所以，则23（10分）【选修4-5：不等式选讲】2019·陕西质检已知对任意实数，都有恒成立（1）求实数的范围；