1、娄底市2019年下学期高三教学质量检测试卷数学（理科）第卷一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.复数满足，则复数的共轭复数（ ）A. 2B. -2C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法与除法运算,化简即可求得复数.结合共轭复数的定义即可得.【详解】将式子化简可得根据共轭复数定义可知故选:A【点睛】本题考查了复数乘法与除法的运算,共轭复数的概念,属于基础题.2.已知命题：，；命题：若，则，下列命题为假命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解不等式可判断命题,根据不等式性质可判断,即
2、可由复合命题的性质判断命题真假.【详解】命题:,因为,所以命题为真命题命题：若,则,当时不等式不成立,所以命题为假命题由复合命题真假判断可知为真命题;为真命题;为假命题;为真命题综上可知,C为假命题故选:C【点睛】本题考查了命题真假的判断,复合命题真假的判断,属于基础题.3.已知的展开式中各项的二项式系数之和为32，且各项系数和为243，则展开式中的系数为（ ）A. 20B. 30C. 40D. 50【答案】C【解析】【分析】根据二项式系数和可求得的值,由各项系数和可求得的值,进而由二项定理展开式的通项求得的系数即可.【详解】因为的展开式中各项的二项式系数之和为32则,解得所以二项式为因为展开
3、式各项系数和为243令,代入可得解得 所以二项式为则该二项式展开式的通项为 所以当展开式为时,即解得 则展开式的系数为故选：C【点睛】本题考查了二项定理的综合应用,二项式系数与项的系数概念,二项展开式的通项及应用,属于基础题.4.中国古代数学著作算法统宗中记载了这样的一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”，其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起其因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达了目的地，问此人第三天走的路程里数为（ ）A. 192B. 48C. 24D. 88【答案】B【解析】【分析】根
4、据题意可知此人行走的里程数为等比数列,设出第一天行走的里程,即可由等比数列的前n项和公式,求得首项.即可求得第三天行走的路程里数.【详解】由题意可知此人行走的里程数为等比数列设第一天行走的路程为,且等比数列的公比为则由等比数列的前n项和公式代入可得解得 根据等比数列的通项公式代入可得故选:B【点睛】本题考查了等比数列通项公式及前n项和公式的实际应用,对题意理解要正确,属于基础题.5.的内角、的对边分别为、，若，成等比数列，且，则的值为（ ）A. B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】根据,成等比数列,再由正弦定理可得.结合,代入余弦定理,即可求得,再由同角三角函数关系式即可求得.【详解
5、】因为,成等比数列则由正弦定理代入可得又因为,代入余弦定理代入化简可得因为,所以而由同角三角函数关系式,可知故选:B【点睛】本题考查了等比中项定义及应用,正弦定理与余弦定理解三角形,同角三角函数关系式应用,综合性强,但难度不大,属于中档题.6.执行如图的程序框图，若输出的，则输入整数的最大值是( )A. 15B. 16C. 31D. 32【答案】C【解析】【分析】根据程序框图的循环结构,依次运行,算出输出值为时的值,使得不成立时 的值即可.【详解】根据程序框图可知,则此时应输出,需不成立.因而整数的最大值为 故选:C【点睛】本题考查了程序框图的简单应用,根据输出结果确定判读框,属于中档题.7.
6、已知变量，具有线性相关关系，它们之间的一组数据如下表所示，若关于的线性回归方程为，则的值为（ ）12340.11.84A. 3.1B. 2.9C. 2D. 3【答案】A【解析】【分析】根据线性回归方程的性质可知,线性回归方程会经过样本的平均数点,代入即可求得的值.【详解】由表可知 根据回归方程的性质可知,线性回归方程会经过样本的平均数点关于线性回归方程为则满足解方程求得故选:A【点睛】本题考查了线性回归方程的性质,线性回归方程必经过样本的平均数点,即可求得样本中的未知量,属于基础题.8.已知椭圆的左焦点为，直线与椭圆相交于，两点，且，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解
7、析】【分析】可解得点、坐标，由，得，把代入该式整理后两边同除以，得的方程，解出即可，注意的取值范围【详解】解：由，消可得得，解得，分别代入，把代入式并整理得，两边同除以并整理得，解得，故选：【点睛】本题考查椭圆的简单性质、直线与椭圆的位置关系，考查学生的运算能力，属中档题9.如图，在中，则的值为（ ）A 3B. 8C. 12D. 16【答案】D【解析】【分析】根据题意,建立平面直角坐标系.表示出各个点的坐标,利用向量数量积的坐标运算即可求得.【详解】根据题意,由可建立如下图所示的平面直角坐标系:过作交轴于.设因为,则由,所以所以 所以则故选:D【点睛】本题考查建立平面直角坐标系,利用坐标法求向
8、量的数量积,属于基础题.10.通过大数据分析，每天从岳阳来长沙的旅客人数为随机变量，且.则一天中从岳阳来长沙的旅客人数不超过3100的概率为（ ）（参考数据：若，有，）A. 0.0456B. 0.6826C. 0.9987D. 0.9772【答案】D【解析】【分析】根据正态分布符合,可求得旅客人数在内的概率.结合正态分布的对称性,即可求得旅客人数不超过3100的概率.【详解】每天从岳阳来长沙的旅客人数为随机变量,且根据原则可知则由正态分布的对称性可知则故选:D【点睛】本题考查了正态分布的应用,原则求概率问题,属于基础题.11.在水平地面上的不同两点处栽有两根笔直的电线杆，假设它们都垂直于地面，
9、则在水平地面上视它们上端仰角相等的点的轨迹可能是（ ）直线 圆 椭圆 抛物线A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】讨论两根电线杆是否相等.当两个电线杆的高度相等时,到上端仰角相等的点在地面上为两根电线底部连线的垂直平分线.当两个电线杆的高度不同时,在底面建立平面直角坐标系,可根据轨迹方程的求法求解.【详解】当两根电线杆的高度相等时,因为在水平地面上视它们上端仰角相等所以由垂直平分线的定义可知,点的轨迹为两根电线底部连线的垂直平分线,即轨迹为一条直线当两根电线的高度不同时,如下图所示:在地面上以B为原点,以BD所在直线为轴设,由题意可知,即所以满足,即由两点间距离公式,代入可得化简可
10、得,即二次项的系数相同,且满足 所以此时动点的轨迹为圆综上可知,点的轨迹可能是直线,也可能是圆故选:A【点睛】本题考查了轨迹方程的求法,圆方程的判别方法,对空间想象能力要求较高,属于中档题.12.已知，若存在，使得，则称函数与互为“距零点函数”.若与（为自然对数的底数）互为“1距零点函数”，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求得函数的零点,表示出的零点,根据“距零点函数”的定义,求得的零点取值范围.通过分离参数,用的零点表示出.构造函数,利用导函数研究函数的单调性和最值,即可求得的取值范围.【详解】因为与互为“距零点函数”.且当时,设的解为由定义可知,
11、 解得而当时, 令则令,解得或（舍）所以当时, 单调递增且当时, ,单调递减,且所以即则故选:B【点睛】本题考查了函数新定义应用,利用导数分析函数的单调性与最值,利用分离参数和构造函数法求参数的取值范围,属于难题.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.值为_.【答案】【解析】【分析】将定积分根据积分区间及绝对值函数,写成分段函数形式,结合微积分基本定理即可求解.【详解】将定积分根据积分区间及绝对值函数,写成分段函数形式为根据微积分基本定理可得故答案为:【点睛】本题考查了利用微积分基本定理求定积分值,属于基础题.14.已知函数与，它们的图象有一个横坐标为的交点，则的值是_.
12、【答案】【解析】【分析】将交点的横坐标分别代入两个函数解析式,根据正弦函数的图像与性质及结合即可求得的值.【详解】因为函数与有一个交点横坐标为 则即由正弦函数的图像与性质可知或因为所以当时,代入可求得故答案为:【点睛】本题考查了正弦函数与余弦函数值的求法,正弦函数的图像与性质的应用,属于基础题.15.一个圆上有8个点，每两点连一条线段.若其中任意三条线段在圆内不共点，则所有线段在圆内的交点个数为_（用数字回答）.【答案】70【解析】【分析】由题意可知,平面内任意两点连线可形成直线,而两条直线有一个交点,即平面内4个点的连线有1个交点,进而可求得圆内交点个数.【详解】由题意可知,平面内任意两点连
13、线可形成直线,而两条直线有一个交点,即平面内4个点的连线有1个交点所以交点个数为故答案为:【点睛】本题考查了平面几何中的组合问题,关键在于分析出交点个数与所给点个数的关系,属于基础题.16.已知，且，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据同角三角函数关系式及基本不等式,可得,同理证明另外两组式子成立,不等式两边同时相加,化简即可得解.【详解】由题意知,则因为,则,不等式两边同时加可得开平方可得,同理,相加可得化简得故答案为:【点睛】本题考查了三角函数式的化简求值,同角三角函数关系式的应用,根据基本不等式求最值,属于中档题.三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
14、.17.已知圆柱底面半径为1，高为，是圆柱的一个轴截面，动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线如图所示.将轴截面绕着轴逆时针旋转后，边与曲线相交于点.（1）求曲线的长度；（2）当时，求点到平面的距离.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将圆柱的一半展开,可知曲线的长度为矩形的对角线长度.其中矩形的宽为圆柱的高,长为底面的半圆长,即可求得曲线的长度.（2）当时,以底面的圆心O为原点建立空间直角坐标系.写出各个点的坐标,求得平面的法向量,即可求得点到平面的距离.【详解】（1）曲线的长度为矩形的对角线长度.其中矩形的宽为圆柱的高,长为底面的半圆长,其中,底面的半圆长为
15、的长为（2）当时,建立如图所示的空间直角坐标系:则有、,所以、.设平面的法向量为,则,代入可得,令,得,所以点到平面的距离为.【点睛】本题考查了圆柱的展开图及距离的求法,利用空间向量求点到平面距离,属于中档题.18.已知数列的前项和为,其中为常数.(1)证明: ；(2)是否存在实数,使得数列为等比数列,若存在,求出;若不存在,说明理由.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】分析：（1），整理后即得结果；（2）由（1）可得，检验n=1也适合即可.详解：（1），；，（2），相减得：，从第二项起成等比数列，即，得， 若使 是等比数列则，（舍）或经检验得符合题意点睛：已知求的一般步骤：（1）当时
16、，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式.19.如图，过抛物线上一点，作两条直线分别交抛物线于，当与的斜率存在且倾斜角互补时：（）求的值；（）若直线在轴上的截距时，求面积的最大值【答案】（I）；（）【解析】【详解】试题分析：（I）设出，的点坐标，根据，得到，进而根据点在抛物线上，把换成，即可得出结果；（II）由，得出，设直线的方程为，与抛物线联立可得，又点到直线的距离为，所以，构造关于的函数，求导利用单调性求最值即可试题解析：解（）由抛物线过点，得，设直线的斜率为，直线的斜率为，由、倾斜角互补可知，即，将，代入
17、得（）设直线的斜率为，由，得，由（）得，将其代入上式得因此，设直线的方程为，由，消去得，由，得，这时，又点到直线的距离为，所以，令，则由，令，得或当时，所以单调递增，当时，所以单调递减，故的最大值为，故面积的最大值为（附：，当且仅当时取等号，此求解方法亦得分）考点：直线与抛物线的位置关系；面积公式；函数的最值20.为响应“文化强国建设”号召，并增加学生们对古典文学的学习兴趣，雅礼中学计划建设一个古典文学熏陶室.为了解学生阅读需求，随机抽取200名学生做统计调查.统计显示，男生喜欢阅读古典文学的有64人，不喜欢的有56人；女生喜欢阅读古典文学的有36人，不喜欢的有44人.(1)能否在犯错误的概率
18、不超过0.25的前提下认为喜欢阅读古典文学与性别有关系？(2)为引导学生积极参与阅读古典文学书籍，语文教研组计划牵头举办雅礼教育集团古典文学阅读交流会.经过综合考虑与对比，语文教研组已经从这200人中筛选出了5名男生代表和4名女生代表，其中有3名男生代表和2名女生代表喜欢古典文学.现从这9名代表中任选3名男生代表和2名女生代表参加交流会，记为参加交流会的5人中喜欢古典文学的人数，求的分布列及数学期望.附：，其中.参考数据：0.500.400.250.150.100.050.4550.7081.3232.0722.7063.841【答案】(1)能；(2)分布列见解析，.【解析】【分析】（1）根据
19、题意,可得列联表.并由公式求得的观测值.结合所给的参考数据即可判断.（2）设5人中男生有表人,女生人,则.根据题意可知分别求得各概率值即可得分布列.由期望公式即可求得数学期望值.【详解】（1）根据所给条件,制作列联表如下：男生女生总计喜欢阅读古典文学6436100不喜欢阅读古典文学5644100总计12080200所以的观测值,因为的观测值,由所给临界值表可知,能够在犯错误的概率不超过0.25的前提下认为喜欢阅读古典文学与性别有关；（2）设参加交流会的5人中喜欢古典文学的男生代表人,女生代表人,则,根据已知条件可得；,所以的分布列是：12345所以.【点睛】本题考查了独立性检验方法的应用,离散
20、型随机变量及其分布列的求法,古典概型概率的应用,数学期望的求法,属于中档题.21.已知函数（1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；（2）当时，证明：【答案】（1）.（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由，得恒成立，令.求出的最小值，即可得到的取值范围；为数列的前项和，为数列的前项和.只需证明 即可.试题解析：（1）由，得 .整理，得恒成立，即.令.则.函数在上单调递减，在上单调递增.函数的最小值为.，即.的取值范围是.（2）为数列的前项和，为数列的前项和.只需证明 即可.由（1），当时，有，即.令，即得 . .现证明，即 . 现证明.构造函数 ，则 .函数在上是增函数，即.当时，有，
21、即成立.令，则式成立.综上，得 .对数列，分别求前项和，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计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.已知直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.（1）求曲线的右顶点到直线的距离；（2）若点的坐标为，设直线与曲线交于，两点，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将直线的参数方程和曲线C的参数方程化为普通方程,即可利用点到直线距离公式求得曲线的右顶点到直线的距离.（2）先将直线的参数方程化为标准参数方程,再将直线方程与曲线C的普通方程联立,根据参数方程的几何意义即可求得的
22、值.【详解】（1）直线的普通方程为,曲线的普通方程为,曲线为双曲线,其右顶点为 利用点到直线距离公式可知；（2）将直线的标准参数方程改为,并代入化简可得,设一元二次方程的两根为,故.【点睛】本题考查了参数方程与普通方程的转化,直线标准参数方程的求法,直线与曲线交点的参数方程求法,属于中档题.选修4-5：不等式选讲23.（1）已知，都是正实数，证明：；（2）已知，都是正实数，且满足不等式组：，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）构造三元基本不等式, 即可证明不等式成立.（2）根据三元柯西不等式,可得使等号成立的条件.利用等式成立,结合方程思想,即可求得的值.【详解】（1）由三元基本不等式知,当且仅当时取等号.（2）由三元柯西不等式知,结合方程组可知不等式当时取等号,所以设,即,所以,即,解得,从而【点睛】本题考查了利用三元基本不等式证明不等式成立,三元柯西不等式的综合应用,属于中档题.
