湖南省长沙市长郡中学2019届高三下学期第一次适应性考试(一模)数学(理)试题(解析版).pdf

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1、1 长郡中学2019 届第一次适应性考试 数学 ( 理科 ) 试题 第 I 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 1.设为虚数单位 . 若复数是纯虚数，则复数在复面上对应的点的坐标为（） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 【分析】 利用复数是纯虚数求出，化简为，问题得解。 【详解】因为复数是纯虚数， 所以，解得：， 所以复数可化为， 所以复数在复面上对应的点的坐标为. 故选： D 【点睛】本题主要考查了复数的有关概念及复数对应点的知识，属于基础题。 2.已知集合若，则实数的取值范围为（） A. B.

2、 C. D. 【答案】 B 【解析】 【分析】 分别求出集合A,B ，利用列不等式即可求解。 【详解】由得：或. 所以集合. 由得：. 又，所以（舍去）或. 故选： B 2 【点睛】本题主要考查了集合的包含关系及对数函数的性质，考查计算能力，属于基础题。 3.美国总统伽菲尔德利用如图给出了种直观、简捷、易懂、明了的证明勾股定理的方法，该图利用三个直角三 角形拼成了个直角梯形，后人把此证法称为“总统证法”. 现已知，若从该直角梯形中随机取一点， 则该点也在的内切圆内部的概率为（） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据勾股定理，求得 CE、DE的长，再求得等腰直角三角形C

3、ED的内切圆半径，根据几何概型概率求法求得 点在 CDE 内部的概率即可。 【详解】由勾股定理可得CE=ED=5 因为 CEED，所以 等腰直角三角形CED 的内切圆半径 所以等腰直角三角形CED 的内切圆面积为 直角梯形的面积为 所以从该直角梯形中随机取一点，则该点也在的内切圆内部的概率为 所以选 C 【点睛】本题考查了几何概型概率的求法，直角三角形内切圆半径及面积求法，属于基础题。 4.已知 为锐角，则的值为（） A. B. C. D. 3 【答案】 D 【解析】 【分析】 因为，再根据同角三角函数关系及正弦的和角公式，展开即可求值。 【详解】因为为锐角 因为 所以大于 90 由同角三角函

4、数关系，可得 所以 = 所以选 D 【点睛】本题考查了三角函数式的变形，和角公式的应用，注意判断的符号，属于中档题。 5.执行如图所示的程序框图，若输入 ，则输出的的值满足（） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据流程图，依次算出x、y 的值，直至满足大于等于，再求得x 与 y 的关系即可。 【详解】根据输入，代入流程图得 4 此时， 所以满足 所以选 C 【点睛】本题考查了程序框图循环结构的应用，数列中裂项法求和的应用，属于中档题。 6.已知命题数列的通项公式为 为实数，且恒为 等差数列； 命题数列的通项公式为时，数列为递增数列 . 若为真， 则实数 的取值范围为（

5、） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 【分析】 根据等差数列与等比数列的通项公式和定义，可分别求得满足各自条件的a取值范围，再由为真可求得a 的取值范围。 【详解】因为的通项公式为，且恒为等差数列 所以由等差数列通项公式可得a=0 因为数列的通项公式为时，数列为递增数列 所以由等比数列及递增数列可知 又因为为真 所以 a 的取值范围为，即实数的取值范围为 所以选 B 【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的定义及参数取值范围的求法，属于基础题。 7.已知函数 ，则定积分的值为 ( ) A. B. C. D. 5 【答案】 A 【解析】 【分析】 根据积分定义，将积分区间分为两段分别

6、求：左段可根据微积分基本定理求得积分值，右段根据几何意义求得 积分值，两个部分求和即可。 【详解】因为 所以 的几何意义为以为圆心，以为半径的圆，在x 轴上方的部分 因而 所以 所以选 A 【点睛】本题考查了积分的求法，微积分基本定理的应用及利用几何法求积分值，属于中档题。 8.函数 某相邻两支图象与坐标轴分别变于点，则方程 所有解的和为（） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】 【分析】 6 利用函数某相邻两支图象与坐标轴分别交于两点可求得，从而得到，求出 函数及的对称点， 从而发现它们都关于点对称，在同一坐标系中， 作出与 的图像，结合图像即可求解。 【详解】由函数某相邻两支图象

7、与坐标轴分别交于两点，可得： . 解得：. 所以 将代入上式得：=0，解得：=， 又，所以. 所以. 令=，则 所以的图像关于点对称。 令，且=， 解得：. 所以的图像关于点对称 . 所以函数与的图像关于点对称 . 在同一坐标系中，作出与的图像，如图： 由图可得： 函数与的图像在上有两个交点， 这两个交点关于点对称 . 7 所以方程有且只有两个零点，且. 所以方程所有解的和为：. 故选： A. 【点睛】本题主要考查了三角函数图像以及三角函数性质，考查了转化思想及方程思想，考查计算能力，属于 中档题。 9.已知某长方体的三视图如图所示，在该长方体的一组相对侧面， 上取三点，其中为侧面的对角线 上

8、一点（与对角线端点不重合），为侧面的一条对角线的两个端点.若以线段为直径的圆过点，则的 最小值为 ( ) A. B. C. 4 D. 2 【答案】 B 【解析】 【分析】 根据题意可知，当P位于对角线的中点时，P到 AB 的距离最短，此时m 的值最小。根据勾股定理及等腰直角 三角形的边关系可求得m 的值。 【详解】由题意可知，当P在对角线中点时，以AB 为直径的圆过P时 m 的值最小 空间结构体如下图所示 以 AB 为直径的圆过P，此时 APB=90 ，所以 8 即 解得 所以选 B 【点睛】本题考查了空间几何体的简单应用，属于基础题。 10.已知双曲线的左、右焦点分别为， 抛物线与双曲线交于

9、纵坐标为1 的点， 直线与抛物线的准线交于，若，则双曲线的方程为（） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据题意，求得M 的坐标和抛物线的准线方程，进而求得N 点的横坐标。根据向量共线的坐标关系，可解方 程得 c，再由双曲线定义得a、b，即可求得双曲线的标准方程。 【详解】抛物线与双曲线交于纵坐标为1 的点 所以，所以抛物线准线方程为，即 N 点的横坐标为 设，由 所以 解得 c=3 所以焦点坐标为（-3，0） ， （ 3，0） 由双曲线定义可得 所以， 所以双曲线标准方程为 所以选 C 【点睛】本题考查了双曲线与抛物线的综合应用，向量在圆锥曲线问题中的应用，双曲线标准

10、方程的求法，属 于中档题。 11.小明站在点观察练车场上匀速行驶的小车的运动情况，小车从点出发的运动轨如图所示. 设小明从点 开始随动点变化的视角为，练车时间为，则函数的图象大致为（） 9 A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 【分析】 过点 O 作曲线的切线，切点为B,E，再过点O 作一直线 CD 与曲线部分重合，如图， 从图像分析即可得到选项。 【详解】过点O 作曲线的切线，切点为B,E，再过点O 作一直线 CD 与曲线部分重合，如图， 当小明从点行驶到点B时，递增， 当小明从点行驶到点C时，递减， 当小明从点C行驶到点D时，为常数， 当小明从点D行驶到点E时，递减， 当小明从点

11、E行驶到点P时，递增， 故选： D 10 【点睛】本题主要考查了图像特征，考查了分析能力及转化能力，属于基础题。 12.定义 ，已知为函数的两个零点，若存在整数n满足，则 的值（） A. 一定大于 B. 一定小于 C. 一定等于 D. 一定小于 【答案】 D 【解析】 【分析】 由为函数的两个零点可得：，. 令，得到.即： ，将变形为，从而可得.问题得解。 【详解】由题可得：. 又为函数的两个零点， 所以，. 将函数图像往上平移时，开口大小保持不变，如图 当函数图像往上平移时，变大， 即：当时，越大， 又由二次函数的对称性得：当时，最大 令，则：，就是。 又 = 由已知得，所以一定小于， 11

12、 所以一定小于. 故选： D 【点睛】本题主要考查了韦达定理及方程与函数关系，考查了计算能力及转化能力，属于中档题。 第卷 二、填空题：本大题共4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13.在平行四边形中，点是的中点，点 是的中点，记，用表示，则 _. 【答案】 【解析】 【分析】 将写成的线性和的形式，解方程组求得的表达式 . 【详解】画出图像如下图所示，由图可知,解由组成的方程组，求 得. 【点睛】本小题主要考查平面向量的加法和减法运 算，考查向量在几何图形中的应用，属于基础题. 14.太极图被称为“中华第一图”. 从孔庙大成殿粱柱，到楼观台、 三茅宫、 白外五观的标记物；从道袍、 卦摊、

13、 中医、气功、武术到南韩国旗、新加坡空军机徽，太极图无不跃居其上. 这种广为人知的太极图，其形状 如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”. 在如图所示的阴阳鱼图案中，阴影部分的区域可用小 等式组或来表示，设是阴影中任意一点，则的最大值为 _. 12 【答案】 【解析】 【分析】 直接利用线性规划知识求最值。 【详解】如图，作出直线：， 当直线 往上平移至与阴影部分的圆的边界相切时，最大， 此时圆心到直线的距离等于半径1，即：. 解得： 【点睛】本题主要考查了线性规划知识，考查转化能力及直线与圆相切的几何关系，属于基础题。 15.已知圆 ，圆圆与圆相切， 并且两圆的一条外公 切线的斜率

14、为7，则为_. 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意作出如下图形： 由圆方程求出圆心连线斜率为：，计算出圆心距， 13 再利用外公切线的斜率为7 求出圆心连线与公切线的夹角，从而在直角三角形中列方程求得，联 立方程即可求出，问题得解。 【详解】根据题意作出如下图形： AB 为两圆的公切线，切点分别为A,B. 当公切线AB 与直线平行时，公切线AB 斜率不为7，即 不妨设 过作 AB 的平行线交于点 E，则：，且 , 直线的斜率为：， 所以直线AB 与直线的夹角正切为：. 在直角三角形中，所以， 又 ,整理得： ， 解得：，又，解得：， 所以=. 【点睛】本题主要考查了圆的公切线特点及两直线夹

15、角公式，还考查了解三角形知识及计算能力、方程思想， 属于中档题。 16.在各项均为正数的等比数列中，当取最小值时，则数列的前项和为 _ 14 【答案】 【解析】 【分析】 根据等比数列通项公式及，则；求导函数，令导函数等于0，可求得当取最小值时q 的值， 进而求得的值，得到通项公式，代入数列可得；结合错位相减法可求得前 n项和。 【详解】等比数列中，所以 ，令 则，令 解得，因为各项均为正数的等比数列 所以 当时， 当时， 所以在时取得最小值 设，代入化简可得 所以 两式相减得 【点睛】本题考查了等比数列通项公式的应用，错位相减法求和，导数在求最值中的综合应用，考查知识点较 15 多，属于难题

16、。 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 1721 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 17.已知中，内角所对的边分别为，且. (1) 若，求； (2) 若的面积为，求的周长 . 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 (1)根据正弦定理， 将 化为角的关系式，将中的正切函数化为正余弦函数，结合正弦和角公式 即可得角 B。 (2)根据 tanA ，求得 cosA 及 sinA，结合面积求得bc 的值；根据及余弦定理，可求得a、b、c 的值，即可 得到周长。 【详解】解： （1）由题意及正弦定理得，即. 由，得

17、， 两边同加，得， 即. 由，得，故 . 由，得. （ 2）由，得， 故的面积， 整理得. 又由， 得，同联立， 得. 化简整理得，解得，. 故的周长为. 【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，三角形面积公式的用法，属于基础题。 16 18.如图， 在四棱锥中，底面四边形 为直角梯形，为 线段上一点 . (1) 若，则在线段上是否存在点，使得平面?若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明 理由 (2) 己知，若异面直线与成角，二而角的余弦值为，求的长 . 【答案】（1）存在，点是线段上靠近点的一个三等分点； （2）2. 【解析】 【分析】 (1) 延长，交于点 ，连接。通过证

18、明及，可得 M 为 PB 上的一个三等分点， 且靠近点 P。 (2)建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，分别求得平面和平面的法向量，再根据二面 角夹角的余弦值即可得参数t的值，进而求得CD 的长。 【详解】解： （1）延长，交于点，连接，则平面. 若平面，由平面平面，平面，则. 由，则， 故点是线段上靠近点的一个三等分点. （ 2），平面，平面， 则平面 以点为坐标原点，以，所在的直线分别为轴、轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所 示的直角坐标系， 17 则，则， 设平面和平面的法向量分别为，. 由，得即， 令，则，故. 同理可求得. 于是，则，解之得（负值舍去），故. . 【点睛】 本

19、题考查了立体几何的证明，空间向量在夹角问题中的综合应用，法向量的求法与用法，属于中档题。 19.随着经济的发展，个人收入的提高，自2019 年 1 月 1 日起，个人所得税起征点和税率的调整，调整如下： 纳税人的工资、薪金所得， 以每月全部收入额减除5000 元后的余额为应纳税所得额，依照个人所得税税率表， 调整前后的计算方法如下表： (1) 假如小红某月的工资、薪金等所得税前收入总和不高于8000 元，记表示总收入，表示应纳的税，试写出 18 调整前后关于 的函数表达式； (2) 某税务部门在小红所在公司利用分层抽样方法抽取某月100 个不同层次员工的税前收入，并制成下面的频 数分布表： 先

20、从收入在及的人群中按分层抽样抽取7 人，再从中选4 人作为新纳税法知识宣讲员， 用 表示抽到作为宣讲员的收入在元的人数，表示抽到作为宣讲员的收入在元的人数， 随机变量，求 的分布列与数学期望； 小红该月的工资、薪金等税前收入为7500 元时，请你帮小红算一下调整后小红的实际收入比调整前增加了 多少 ? 【答案】（1）见解析；（ 2）见解析 【解析】 【分析】 (1) 依照个人所得税税率表，调整前后的计算方法表示调整前后y 关于的函数表达式； (2) 由频数分布表可知Z的取值可能为0，2，4，求出相应的概率值得到分布列与期望值，由于小李的工 资、薪金等收入为7500 元，按调整前起征点应纳个税为

21、295 元，按调整后起征点应纳个税为75 元，从而得到 结果 . 【详解】（1）调整前y 关于 x 的表达式为 . 调整后 y 关于 x 的表达式为 , （ 2）由频数分布表可知从3000 ，5000）及 5000 ，7000）的人群中抽取7 人，其中 3000 ， 5000）中占 3 人， 5000 ，7000）的人中占4 人，再从这7 人中选 4 人，所以Z的取值可能为0，2，4， （5 分） ， , 19 , 所以其分布列为 Z 0 2 4 P 所以 由于小李的工资、薪金等收入为7500 元，按调整前起征点应纳个税为15003%+2500 10%=295 元； 按调整后起征点应纳个税为2

22、5003%=75元， 比较两个纳税方案可知，按调整后起征点应纳个税少交220 元， 即个人的实际收入增加了220 元，所以小李的实际收入增加了220 元。 【点睛】求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为： 第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义； 第二步是 : “探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互 斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概 率； 第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或事件的概 率是否正确；

23、 第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际 问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布( 如二项分布XB(n， p) ，则此随机变量的期望 可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X) np) 求得 . 20.已知椭圆 的左、右焦点分别为且椭圆上存在一点，满足 . (1) 求椭圆的标准方程； (2) 已知分别是椭圆的左、右顶点，过的直线交椭圆于两点，记直线的交点为，是否存在一 条定直线，使点恒在直线上 ? 【答案】（1）（2）存在，点在定直线上 【解析】 【分析】 20 （ 1）对三角形应用余弦定理即可求得，结合椭圆定义求得，问题得解。 （

24、2） 设， 利用及列方程，整理得：， 由 整理得：，从而表示出，联立直线与椭圆方程，由韦达定理得： ，代入上式得：，解得：，问题得解 . 【详解】（1）设，则内， 由余弦定理得， 化简得，解得， 故， ，得， 所以椭圆的标准方程为. （ 2）已知，设， 由， ， 两式相除得. 又， 故， 故， 设的方程为，代入整理， 21 得，恒成立 . 把代入， 得， 得到，故点在定直线上. 【点睛】本题主要考查了余弦定理及椭圆的定义、简单性质，还考查了两点斜率公式及转化思想，还考查了韦 达定理及方程思想，考查计算能力，属于中档题。 21.设函数 . (1) 求函数的极值点个数； (2) 若，证明. 【答案

25、】（1）2 个（ 2）详见解析 【解析】 【分析】 (1) 由是奇函数，把问题转化成的极值点个数问题，求出，把的正负问题转化成 正负来处理，求出，判断的单调性，结合函数零点判断方法即可判断在区间 上存在唯一的使. 在上不存在使得，问题得解。 (2) 利用（ 1）中的结论可知：在区间内恒成立 . 令，可将问题转化成 ，问题得证。 【详解】解： （1）因为为奇函数，其图像关于原点对称，所以只需考虑上的极值点个数， ，时， . 22 令， 当时，单调递减， 当时，单调递增， . 取， 在区间上存在唯一的使. 在区间上单调递减，在区间上单调递增 . 又为奇函数， 在区间上单调递增，在区间上单调递减，在

26、区间上单调递增， 的极值点共2 个. （ 2）由（ 1）可知在区间内单调递减，且恒成立 . 时， 即得. 又令， 得. 【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的极值，还考查了奇函数的特点及转化思想，函数零点判断，还考查 了不等式的应用及等比数列求和，属于难题。 ( 二) 选考题：共 10 分. 请考生在第 22、23 题中任选一题作答 , 如果多做，则按所做的第一题计 分. 选修 44：坐标系与参数方程 22.曲线的参数方程为，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系， 曲线关于对称 23 (1) 求极坐标方程，直角坐标方程； (2) 将向左平移 4 个单位长度，按照变换得到

27、与两坐标轴交于两点，为上任一点，求 的面积的最大值. 【答案】（1），：； （2）. 【解析】 【分析】 (1) 消 整理，即可得到的普通方程，利用即可得极坐标方程，利用消得到 ，利用曲线关于对称即可求得，即可求得直角坐标方程。 (2) 求出的方程，求出，利用参数方程可设，表示出点P到直线的距离，利用辅助 角公式即可求得到的距离的最大值，问题得解。 【详解】解： （1）：消去 ，得. 又，代入得：. . ：化为：，又关于：对称， ，：. （ 2）向左平移 4 个单位长度得：，按 变换后得：. ：，令，. 易得：，设到的距离为. 则. 当时，有最大值. . 【点睛】本题主要考查了直角坐标方程与极

28、坐标方程互化，考查了平移，伸缩变换，还考查了椭圆参数方程的 24 应用及点到直线距离公司，辅助角公式，考查计算能力，属于中档题。 选修 45：不等式选讲 23.已知 (1) 解关于的不等式； (2) 对任意正数，求使得不等式恒成立的的取值集合. 【答案】（1）或； （2）. 【解析】 【分析】 (1) 对 的范围分类，分段表示出，即可求解。 (2) 利用基本不等式即可求得的最小值，把问题转化成，对的范围分类即可求解。 【详解】解： （1）， 由解得或. （ 2）. 当时等号成立，即知. 解不等式， 分情况讨论：当时，故； 当时，故； 当，满足. 的取值集合为. 【点睛】 本题主要考查了含两个绝对值的不等式解法及基本不等式得应用，考查了分类思想及转化思想，考查 计算能力，属于中档题。