湖南省怀化市中小学课程改革教育质量监测2019届高三下学期第一次模拟考试文综历史试题(WORD版)

湖南省怀化市2019届高三第一模拟考试文综历史试题24．战国后期，儒家、道家、法家都希望以自己的思想统一天下学术，秦相国吕不韦召集门客集体撰写的《吕氏春秋》另辟蹊径，对先秦诸子百家的思想进行整合。

这反映了A．吕不韦企图统一各学派B．政治局势影响学术发展C．中国传统文化体系形成D．“百家争鸣”局面结束25．从汉高祖到汉宣帝，都在关中以帝陵为中心设置陵县，直属于九卿之首太常管辖，并迁徙关东豪强大姓、富商大贾充入陵县。

此举的主要目的是A．充实关中B．牵制豪富C．奉守帝陵D．强干弱枝26．在宋代，官僚士大夫与富人联姻的现象大量存在。

有的文人进士及第还未做官，就选择富有者为妻；更有甚者，真宗年间有朝廷命官居然为娶一有钱妇人而发生争执。

这一现象反映了当时A．经济发展引起价值观念变化B．文人的道德水平滑坡C．冗官局面导致官员待遇下降D．官员的自身素质低下27．下表为清朝顺治—嘉庆年间人口和耕地面积统计表。

据此可以推断A．人多地少的矛盾得到缓和B．小农的经济负担日益加重C．传统经济政策有必要调整D．国家控制的土地资源减少28．1860年，英法联军占领北京后，美国在军事上没有过多行动，在谈判涉及的惩凶、赔款等问题上，为取得清政府好感以便发展美国在华的商业贸易利益，其态度又与其他列强有所不同。

这反映了美国A．国力强大不屑于炫耀武力B．与英国侵华存在本质差别C．对华政策具有相对独立性D．因内战正酣无力派兵远征29．甲午战争后，中国民族资本初步发展，民族资产阶级迫切希望向西方学习，改变现有制度。

同时，先进知识分子也看到了资本主义制度的先进性，主张变法维新，历史选择了他们成为资产阶级的代言人。

这主要说明A．甲午战争后民族资本主义有了初步发展B．近代中国学习西方开始上升到制度层面C．知识分子与民族资产阶级有共同的愿望D．资产阶级维新派的产生具有历史必然性30．图5为漫画家廖冰兄的作品《从以时间换取空间到以空间换取时间》（1937年），时钟的上半部分表示防守阶段，下半部分表示反守为攻阶段。

2019届怀化市高三一模考试地理答案1-5：BADCC 6-10:DCDCA 11C36.（1）提高地温；减少水分蒸发；保持土壤肥力。

（保温、保湿、保肥）（2）纬度低，气温高，积温高，生产期长；降水丰富，雨热同期；地形平坦，水源充足，土壤肥沃。

（3）珠江三角洲。

珠江三角洲是我国改革开放的前沿，工业化、城市化进程快，耕地面积减少；农业结构调整，用于种植蔬菜、花卉的耕地增加；经济发展水平高，低价贵，种植甘蔗减少。

（4）做大做强。

该地种植的历史悠久，经验丰富；政策支持；可以带动相关产业发展，解决劳动力就业，增加农民收入，促进区域经济发展；邻近越南，可利用廉价劳动力。

减少甘蔗种植。

该地规模小；产业基础弱；机械化水平低，劳动力成本高。

37.（1）（4 分）安第斯山位于板块相撞边界，岩浆活动频繁，锂矿丰富。

（2）（6 分）含锂的岩浆岩受风化、侵蚀、搬运到盐湖中沉积下来形成。

（3）（6 分）锂矿石开采、加工能耗大；废渣量大，占地广；污染严重；国家环保和节能减排要求不断提高，成本高；逐渐缺乏市场竞争力（4）（6 分）促进该地区对外贸易的发展；促进该区域矿产的开发、矿产品出口；为玻利维亚和阿根廷产品出口到太平洋沿岸提供中转服务。

43. 云南境内民族众多，地势高差悬殊，气候垂直差异明显，气候类型多样，山川河谷奇特，地质条件复杂，植物种类多样，旅游资源丰富。

44. 加强法规建设；合理规划道路，加强交通管理，减少交通拥堵；完善交通设施，优先发展公交；改变汽车能源结构（提倡使用新能源汽车）；多乘公共交通工具等；实施弹性上、下班制度，错开交通高峰，减少交通拥堵。

2019届怀化市高三第一次模拟考试文综历史试卷答案24-25：BD 26-30：ACCDD 31-35:ABCDB41.（1）措施：划分户等，确定救济对象；颁行“惠养乞丐法”和“居养法”，对贫民进行定时的、制度化的救济；实行临时性、赈灾性的救济。

（每点2 分，言之有理可酌情给分，总分不得超过6 分）（2）原因：随着工业革命的开展和资本主义的发展，工人失业和贫困问题日益严重；原有的救济方式存在弊端；自由主义思潮的蔓延；工人们的斗争。

2019年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题文科综合能力测试（一）--历史24.自孔子建构儒学理论以后，儒分为八，战国时孟子、荀子两派最显，“于威宣之际，孟子荀卿之列，咸遵夫子之业而润色之，以学显于当世”。

孟子、荀子“咸遵夫子之业而润色之”主要体现在A.关注对自然规律的认识B.以人的本性为学说基础C.发展了仁礼和民本思想D.形成礼法并施的治世观25.贞观初年，唐朝与近二十个国家和地区有密切往来。

“远方诸国来朝贡者甚众，服装诡异”，颜师古“请图写以示后”，唐太宗命阎立本作《王会图》（下图，局部）。

这反映出唐朝A.实行平等的民族政策B.成为国际贸易中心C.对外文化交流较频繁D.国家影响力的增强26.下表是宋代和籴粮食(政府收购民间粮食的官买制度）的有关史料。

据此可以得出的结论是，宋代A.粮食生产超过前代B.政府财政收入大幅增加C.政府重视粮食安全D.政府维护重农抑商政策27.有论者指出，《尼布楚条约》的签订虽然清朝在细节上吃了很大的亏，但却牢牢控制住了东北部边界，为将外蒙古、新疆、西藏、青海等地完全纳入版图奠定了基础。

据此可知，《尼布楚条约》的签订A.有利于清朝控制北部的边疆地区B.反映出清朝维护国家统一的智慧C.消除了来自沙皇俄国的安全威胁D.使清朝有效控制了东北广大地区28.1861年，英国怡和洋行在上海建成机器缫丝厂，其产品在欧洲广受欢迎。

但遭到从事土丝缫制、输出的小农和丝商的抵制，原料茧的供应发生困难，延至1870年关闭。

反映出A.大规模资本输出已经开始B.近代民族工业举步维艰C.新旧生产方式的矛盾冲突D.近代手工业技术的发展29.维新变法时期，无锡人裘廷梁创《白话报》，提出了“论白话为维新之本”的主张，“一言以蔽之曰：文言兴而后实学废，白话行而后实学兴”。

此举A.为推翻清王朝营造社会舆论B.使维新思想转变为政治运动C.有利于扩大维新思想的影响D.动摇了封建正统思想的基础30.1945年5月6日，阎锡山致电徐永昌称共党积极在华北发展，敌人有撤退各城市据守交通线的决定，如此华北将成为共党势力……，请面谒委员长决定收复华北政策，（锡）山当尽力运用。

绝密★启用前湖南怀化2019年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题语文试题（一）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束一定时间后，通过扫描二维码查看考题视频讲解。

一、现代文阅读(36分）（一）论述类文本阅读(本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1-3题。

宋代诗经学研究逐渐突破汉代诗经学束缚，呈现一片繁荣景象。

南宋中期的朱熹是在诗经学理论和注解《诗经》两方面皆有创获的代表人物。

他对于《诗经》演进历程有着非常深刻的认识，在审视历代诗经学者长处与不足的基础上自成一派，既上承汉代诗经学，又下启清代诗经学，还影响着现代诗经学。

朱子在诗经学研究方面较之前宋儒走得更远，真正突破了汉代诗经学的束缚。

他不拘泥于门户之见，对汉代诗经学和宋代诗经学中合理的部分加以吸收、为己所用；对不足之处则加以批评、为己镜鉴。

这与他格物穷理的认识论正相契合：汉儒长于训诂，于格物有助&宋儒长于义理，于穷理有益。

同时，他亦能不断反思自己旧说之弊，最终去《小序》以言《诗经》，撰成今本《诗集传》并不断加以修正。

正是在这个扬弃过程中，朱子在义理的统摄下兼重训诂，合汉、宋之长加以综合而弥补其不足，从而形成自己的诗经学。

朱子以绍承孔、孟道统为己任，以格物穷理为方法论原则构建诗经学，重点体现在诗经学理论和治《诗》实践两个方面。

朱子在诗经学理论方面所获尤多，这与其治《诗》理念息息相关。

其治《诗》宗旨主要有三个方面：一是破除汉代诗经权威，试图回归圣贤本意；二是遍采群言，加以熔铸综合后成为新篇，以揭明圣贤大道和天地自然之理；三是指导为人为学，以便于学者切己体察。

朱子的治《诗》，首先以《诗》为“经”，其次才兼顾其中的文学特色。

朱子的治《诗》原则，主要有四个方面：一是严别经、传，以《诗》言《诗》；二是由训诂以求义理，二者并重，不可偏废；三是简洁；四是多闻阙疑。

2019届湖南省高三第一次模拟文综地理试卷【含答案及解析】姓名___________ 班级____________ 分数__________一、选择题1. 读长江口分流沙洲洲头年平均5m等深线变化图，回答下列问题。

1.2004-2007年等深线位置不断变化，原因最可能是A.上游过度砍伐B.上中游大量修建水库C.中游围湖造田D.全球变冷，海平面下降2.2014年2月，长江口遭受史上最长时间咸潮影响。

下列应对咸潮措施，最合理的是A.加大地下水开采力度B.在入海口修建拦海大坝C.三峡水库开闸放水增加下泄流量D.投放化学药剂降低海水盐度2. 浙江省是2014年全国率先放开“单独二胎”政策的省份。

下图为不考虑“单独二胎”实施情况下浙江省三项常住人口统计及预测数据，其中抚养比是指总体人口中非劳动年龄人口与劳动年龄人口数之比。

回答下列问题。

1.在不考虑“单独二胎”实施情况下，2013-2020年A．人口总抚养比先降后升B．劳动年龄人口比重先升后降C．总人口最大峰值在2016年D．人口总抚养比增长先慢后快2.实施“单独二胎”政策后十年内，浙江省A．应积极推进养老产业发展B．劳动年龄人口的抚养压力减轻C．总人口规模提前达到峰值D．“用工荒”问题会得到部分缓解3. 某研究性学习小组调查了我国东部河流某河段的情况，并绘成该河段示意图甲、EF 河段河床剖面示意图乙和A.B两水文站测得的水位变化图丙。

回答下列问题。

1.甲图中AB段河流A．由西北流向东南 B．由东流向西C．水位A处低于B处 D．不能确定2.关于乙图的河床剖面的描述，正确的是A．F岸对应C岸，以侵蚀作用为主B．E岸对应C岸，以堆积作用为主C．F岸对应D岸，以堆积作用为主D．E岸对应D岸，以侵蚀作用为主4. 下图为我国华北某城市示意图。

回答下列问题。

1.图中甲、乙、丙处对应的功能区分别是A.工业区、住宅区、商业区B.住宅区、商业区、工业区C.商业区、住宅区、绿化区D.住宅区、工业区、仓储批发区2.图中①②③④四个住宅小区，若楼高和采光条件相同，楼间距最小的是A.①B. ②C. ③D. ④5. 读北极地区某年一月海平面气压分布图（单位：百帕），回答下列问题。

地理答案1-5BADCC6-11DCDCAC36.（1）提高地温；减少水分蒸发；保持土壤肥力。

（保温、保湿、保肥）（2）纬度低，气温高，积温高，生产期长；降水丰富，雨热同期；地形平坦，水源充足，土壤肥沃。

（3）珠江三角洲。

珠江三角洲是我国改革开放的前沿，工业化、城市化进程快，耕地面积减少；农业结构调整，用于种植蔬菜、花卉的耕地增加；经济发展水平高，低价贵，种植甘蔗减少。

（4）做大做强。

该地种植的历史悠久，经验丰富；政策支持；可以带动相关产业发展，解决劳动力就业，增加农民收入，促进区域经济发展；邻近越南，可利用廉价劳动力。

减少甘蔗种植。

该地规模小；产业基础弱；机械化水平低，劳动力成本高。

37.（1）（4分）安第斯山位于板块相撞边界，岩浆活动频繁，锂矿丰富。

（2）（6分）含锂的岩浆岩受风化、侵蚀、搬运到盐湖中沉积下来形成。

（3）（6分）锂矿石开采、加工能耗大；废渣量大，占地广；污染严重；国家环保和节能减排要求不断提高，成本高；逐渐缺乏市场竞争力（4）（6分）促进该地区对外贸易的发展；促进该区域矿产的开发、矿产品出口；为玻利维亚和阿根廷产品出口到太平洋沿岸提供中转服务。

43. 云南境内民族众多，地势高差悬殊，气候垂直差异明显，气候类型多样，山川河谷奇特，地质条件复杂，植物种类多样，旅游资源丰富。

44.加强法规建设；合理规划道路，加强交通管理，减少交通拥堵；完善交通设施，优先发展公交；改变汽车能源结构（提倡使用新能源汽车）；多乘公共交通工具等；实施弹性上、下班制度，错开交通高峰，减少交通拥堵。

52019届高三一模政治参考答案一、选择题12.B 13.A 14.B 15.D 16. C 17.A 18. C 19.C 20. D 21.B22.A 23. D二、非选择题38.参考答案：意义：①是社会主义市场经济的重要组成部分，是支撑我国经济持续健康发展的重要力量（1分），②是国家税收的重要来源（1分），③是技术创新的重要主体（1分），④有利于扩大就业，满足人们美好生活的需要（1分）。

【市级联考】湖南省怀化市中小学课程改革教育质量监测2019届高三下学期第一次模拟考试文综历史试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．战国后期，儒家、道家、法家都希望以自己的思想统一天下学术，秦相国吕不韦召集门客集体撰写的《吕氏春秋》另辟蹊径，对先秦诸子百家的思想进行整合。

这反映了A．吕不韦企图统一各学派B．政治局势影响学术发展C．中国传统文化体系形成D．“百家争鸣”局面结束2．从汉高祖到汉宣帝，都在关中以帝陵为中心设置陵县，直属于九卿之首太常管辖，并迁徙关东豪强大姓、富商大贾充入陵县。

此举的主要目的是A．充实关中B．牵制豪富C．奉守帝陵D．强干弱枝3．在宋代，官僚士大夫与富人联姻的现象大量存在。

有的文人进士及第还未做官，就选择富有者为妻；更有甚者，真宗年间有朝廷命官居然为娶一有钱妇人而发生争执。

这一现象反映了当时A．经济发展引起价值观念变化B．文人的道德水平滑坡C．冗官局面导致官员待遇下降D．官员的自身素质低下4．下表为清朝顺治—嘉庆年间人口和耕地面积统计表。

据此可以推断A．人多地少的矛盾得到缓和B．小农的经济负担日益加重C．传统经济政策有必要调整D．国家控制的土地资源减少5．186O年，英法联军占领北京后，美国在军事上没有过多行动，在谈判涉及的惩凶、赔款等问题上，为取得清政府好感以便发展美国在华的商业贸易利益，其态度又与其他列强有所不同。

这反映了美国A．国力强大不屑于炫耀武力B．与英国侵华存在本质差别C．对华政策具有相对独立性D．因内战正酣无力派兵远征6．甲午战争后，中国民族资本初步发展，民族资产阶级迫切希望向西方学习，改变现有制度。

同时，先进知识分子也看到了资本主义制度的先进性，主张变法维新，历史选择了他们成为资产阶级的代言人。

这主要说明A．甲午战争后民族资本主义有了初步发展B．近代中国学习西方开始上升到制度层面C．知识分子与民族资产阶级有共同的愿望D．资产阶级维新派的产生具有历史必然性7．下图为漫画家廖冰兄的作品《从以时间换取空间到以空间换取时间》（1937年），时钟的上半部分表示防守阶段，下半部分表示反守为攻阶段。

2019届湖南省怀化市高三政治一模试题2019届怀化市高三一模文综考试政治试卷答案12-15：BABD 16-20：CACCD21-23：BAD38.参考答案：意义：①是社会主义市场经济的重要组成部分，是支撑我国经济持续健康发展的重要力量（1分），②是国家税收的重要来源（1分），③是技术创新的重要主体（1分），④有利于扩大就业，满足人们美好生活的需要（1分）。

（每小点1分，共4分，其它答案言之有理可酌情给分）措施：①坚持和完善我国基本经济制度，毫不动摇地鼓励、支持、引导民营经济发展。

②加强宏观调控，大力发展民营实体经济，进一步减轻企业税费负担，着力解决民营企业融资难问题。

③加强市场监管，营造公平竞争环境，优化民营企业营商环境。

④民营企业要制定正确的经营战略，树立良好的信誉和企业形象。

⑤民营企业要坚持创新发展，依靠技术创新、优化企业管理，降成本增利润，提高竞争力。

（每小点2分，答对4点给10分。

其它答案言之有理可酌情给分）39.参考答案：①中国共产党是中国特色社会主义事业的领导核心，要加强党对教育工作的全面领导。

②全国人大要行使好立法权和监督权，坚持科学民主依法立法、不断健全教育法律体系，监督法律的实施及其他国家机关的工作，营造良好的法治环境，为教育事业发展保驾护航。

③政府要坚持为人民服务的宗旨和对人民负责的原则，切实履行好职能，依法行政，深化教育领域“放管服”改革，充分释放教育事业发展生机活力。

④公民要坚持权利与义务相统一的原则，自觉履行宪法和法律规定的义务，全社会要共同担负起青少年成长成才的责任。

⑤人大代表和政协委员要认真行使好自己的权利、履行好自己的义务，为教育事业发展献计献策。

（每点3分，答对四点给满分，其它答案言之有理可酌情给分，但必须从四个不同主体角度作答。

）40.参考答案:(1)①矛盾具有普遍性。

我们必须清醒地认识到，当前我国脱贫攻坚形势依然严峻，因此在实现乡村振兴工作中，要承认、分析和解决存在的各类矛盾。

2019年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题文科数学（一）一、选择题：本题共12小题，每小题5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.已知i 为虚数单位，则复数i i z -=23的虚部为 A. |52i -B. 52-C. 52D. i522.已知集合A={x y y x =),(}，N={1),(=y y x }，若)(N M A ⊆，则集合A 的个数为 A. 2B. 3C. 4D. 83.已知数列{na }满足),(221*+∈=+N n a a a n n n ，若aa a 4,173==,则=654a a aA. 8±B.-8C.8D. 164. 已知圆锥曲线)2,<<0(1cos 222πθπθθ≠=+且y x 的离心率为642，则=θcos A. 31-B. 31C. 322D.322-5. 某网店2018年全年的月收支数据如图所示，则针对2018年这一年的收支情况，说法错误的是 A.月收入的极差为60 B.7月份的利润最大C.这12个月利润的中位数与众数均为30D.这一年的总利润超过400万元6. 已知命题"0>11,:"00+∈x R x p 的否定是“01x 1,≤+∈∀R x ”；命题"2020<:"x p 的一个充分不必要条件是"2019<"x ，则下列命题为真命题的是A. q p ∧B. qC. )(q p ∨D.q p ∧)(7. 7.《九章算术》勾股章有一问题:今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴 岸，适与岸齐，问水深、葭长各几何？其意思是：现有正方形水池边长为1丈 (一丈等于十尺），芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺，将芦苇向池 岸牵引，恰巧与水岸齐接（如图所示），问水深、芦苇的长度是多少？现从静止 的芦苇上任取一点，则该点取自水面以下的概率为A.1211B.1312C.131D.1098. 设实数b a ,满足log 62<log a 2<0,则a a ，a b ，b a 的大小关系是 A. ba>ab>aa B. ba>aa>ab C. aa>ba>ab D. aa>ab>ba9. 某四棱锥的三视图如图所示，其中俯视图为正方形，则该四棱锥的外接球的表面积为A. π2B. π3C.π23D.π410.已知函数)<0,>0,>)(sin()(πϕωϕωA x A x f +=的部分图象如图所示，将函数)(x f 的图象向左平移6π个单位，得到函数)(x f 的图象，则当],0[π∈x 时，不等式1<)(x g 的解集为A.]4,0[π B.],127(ππC.],127()4,0[πππD.)127,4(ππ11. 在正方体ABCD —A1B1C1D1中，过AB 作一垂直于BA 的平面交平面ADD1A1于直线l ， 动点M 在l 上，则直线BM 与CD1所成角的余弦值的最大值是A.23B.22 C.21D.112. 对于函数: )(x f y =与)(x g y =，若存在0x，使)()(00x g x f -=，则称))(,()),(,(00o o x g x N x f x M --是函数)(x f 与)(x g 图象的一对“隐对称点已知函数)(),(),1()(x g R x x m x f ∈+=是定义在R 上的函数，且满足0)2()(=-+x g x g ，当：1>x 时，54)(2+-=x x x g ，若函数)(x g 与)(x g 的图象恰好存在五对“隐对称点”，则实数m 的取值范围为若函数)(x f 与)(x g 的图象恰好存在两对“隐对称点”，则实数m 的取值范围为A.(21-，0)B.(22-,一1)C.(-∞，22-)D.(0,22-)第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

地理答案1-5BADCC6-11DCDCAC36.（1）提高地温；减少水分蒸发；保持土壤肥力。

（保温、保湿、保肥）（2）纬度低，气温高，积温高，生产期长；降水丰富，雨热同期；地形平坦，水源充足，土壤肥沃。

（3）珠江三角洲。

珠江三角洲是我国改革开放的前沿，工业化、城市化进程快，耕地面积减少；农业结构调整，用于种植蔬菜、花卉的耕地增加；经济发展水平高，低价贵，种植甘蔗减少。

（4）做大做强。

该地种植的历史悠久，经验丰富；政策支持；可以带动相关产业发展，解决劳动力就业，增加农民收入，促进区域经济发展；邻近越南，可利用廉价劳动力。

减少甘蔗种植。

该地规模小；产业基础弱；机械化水平低，劳动力成本高。

37.（1）（4分）安第斯山位于板块相撞边界，岩浆活动频繁，锂矿丰富。

（2）（6分）含锂的岩浆岩受风化、侵蚀、搬运到盐湖中沉积下来形成。

（3）（6分）锂矿石开采、加工能耗大；废渣量大，占地广；污染严重；国家环保和节能减排要求不断提高，成本高；逐渐缺乏市场竞争力（4）（6分）促进该地区对外贸易的发展；促进该区域矿产的开发、矿产品出口；为玻利维亚和阿根廷产品出口到太平洋沿岸提供中转服务。

43. 云南境内民族众多，地势高差悬殊，气候垂直差异明显，气候类型多样，山川河谷奇特，地质条件复杂，植物种类多样，旅游资源丰富。

44.加强法规建设；合理规划道路，加强交通管理，减少交通拥堵；完善交通设施，优先发展公交；改变汽车能源结构（提倡使用新能源汽车）；多乘公共交通工具等；实施弹性上、下班制度，错开交通高峰，减少交通拥堵。

52019届高三一模政治参考答案一、选择题12.B 13.A 14.B 15.D 16. C 17.A 18. C 19.C 20. D 21.B22.A 23. D二、非选择题38.参考答案：意义：①是社会主义市场经济的重要组成部分，是支撑我国经济持续健康发展的重要力量（1分），②是国家税收的重要来源（1分），③是技术创新的重要主体（1分），④有利于扩大就业，满足人们美好生活的需要（1分）。

怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷2019届高三一模 文科数学参考答案9提示:AQ OA S OAQ 弧扇形⋅=2，AP OA S OAP ⋅=∆2,又AP AQ =弧 ∴OAP OAQ S S ∆=扇形, 21S S =∴10提示：设),(11y x A ，),(22y x B ，则32221121=⋅=x y x y k k ，又1212x y =，2222x y =， ∴621=y y .将直线l ：b my x +=代入x y 22=，得0222=--b my y ，∴6221-=-=b y y∴3-=b .即直线l ：3-=my x ，所以l 过定点），（03-11提示：⎪⎭⎫ ⎝⎛+==AC AB AD AG 3132∵ 120=∠A ，2-=⋅AC AB ，∴2120cos -==⋅ AC AB设yx ==, ∴4= 即4=xy()21133AG AB AC AB AC ∴=+=+22123AB AC AB AC=++⋅13= 而8222=≥+xy y x （当且仅当y x =取等号）∴32≥即的最小值为 12提示：图象法，作|ln |,x y x y a ==的图象，不妨设12,x x <则0<121,x x <<从而12ln 0,ln 0,x x <>所以1212ln ,ln ,x x x a x a -== 故12121212ln()ln +ln +0,0<1x x x x x x a a x x ==-<<所以 .二、填空题（4520''⨯=）：13. 4; 14. 12； 15.32； 16.216提示（法一）:双曲线的渐近线方程为x ab y ±=，焦点为()0,1c F -，()0,2c F ， 由题意可得00x a b y =，①又21MF MF ⊥，可得10000-=-⋅+c x y c x y ， 即为22020c x y =+，② 由222c b a =+，联立①②可得a x =0，b y =0，由F 为焦点的抛物线2C ：px y 22=()0>p 经过点M ，可得pa b 22=，c p =2， 即有2224a c ac b -==， 由ac e =，可得0142=--e e ， 解得52+=e （法二） 21MF MF ⊥ ，O 为21F F 中点，∴c F F OM ==2121 ()b a M ,∴ 又p c 21=， ca b 42=∴ （下同法一） 17解：（I ）设等差数列{}n a 的公差为d.因为3105,100.a S ==所以11251045100+=⎧⎨+=⎩a d a d ……………2分 解得112=⎧⎨=⎩a d ………………4分 所以1=+1)21n a a n d n -=-（.……………6分（II ）由（I ）可知221111()(5)(24)(2)22n n b n a n n n n n n ====-++++……………8分∴n n b b b T +⋅⋅⋅++=21⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=21111115131412131121n n n n ……………10分 ∴⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-=)2)(1(322321n n n T n ……………12分18（I ）证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以BD AC ⊥……………2分∴⊥PA 平面ABCD ，⊂BD 平面ABCD ，∴BD PA ⊥……………4分又A AC PA =⋂，∴⊥BD 平面PAC ，又⊂BD 平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面PAC ……………6分（II ）连接OE ，由（Ⅰ）知⊥BD 平面PAC ，⊂OE 平面PAC ，∴OE BD ⊥……………7分∵8=BD ，由()421min =⋅=∆OE BD S BDE 得：()1min =OE ……………8分 ∴当PC OE ⊥时，OE 取到最小值1……………9分 此时22132222=-=-=OE OC CE ……………10分作PA EH //交AC 于H ，∵⊥PA 平面ABCD ，∴⊥EF 平面ABCD ……………11分由EH ＝＝．得点E 到底面ABCD 的距离322=EH ……………12分 19解：（Ⅰ）由题意得，557ˆ 6.684b =≈.......................2分 33 6.626138.6ˆa =-⨯=-..............................4分关于的线性回归方程为： 6.6138.6ˆy x =-..........................6分（Ⅱ）线性回归方程对应的相关指数为： 9398.00602.01393064.23612=-≈-=R ......................8分 因为.....................9分所以回归方程，比线性回归方程 6.6138.6ˆy x =-拟合效果更好..............10分 由知，当温度时，..................................11分 即当温度为时该批紫甘薯死亡株数为190.............................12分20解：（I ）设椭圆C 的方程为12222=+by a x ()0>>b a ，则由题意知1=b ……………2分 ∴552222=-a b a ．即552112=-a ∴52=a ……………4分 ∴椭圆C 的方程为1522=+y x ……………5分∴y ∴x ()i ˆ 6.6138.6yx =-0.93980.9522<0.2303ˆ0.06x ye =()ii ()i 35x C =︒0.230335ˆ0.060.063167190ye ⨯=≈⨯≈35C ︒（II ）设A 、B 、M 点的坐标分别为()11,y x A ，()22,y x B ，()0,0y M ．又易知F 点的坐标为()0,2 ……………6分显然直线l 存在的斜率，设直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程是)2(-=x k y ……………7分 将直线l 的方程代入到椭圆C 的方程中，消去y 并整理得052020)51(2222=-+-+k x k x k ……………8分 ∴22215120k k x x +=+ ，222151520k k x x +-=……………9分 ∵AF m MA = ， BF n MB =∴将各点坐标代入得112x x m -=，222x x n -=……………11分 ∴10)(242)(222212121212211-=⋅⋅⋅=++--+=-+-=+x x x x x x x x x x x x n m ……………12分 21解：（I ）)(x f 的定义域为),0(+∞，()b ax x x f --='1……………1分 由0)1(=f ，得a b -=1．∴()xx ax a ax x x f )1)(1(11-+-=-+-='……………2分 ①若0≥a ，由()0='x f ，得1=x ．当10<<x 时，()0>'x f ，此时)(x f 单调递增；当1>x 时，()0<'x f ，此时)(x f 单调递减． 所以1=x 是)(x f 的极大值点……………3分②若0<a ，由()0='x f ，得1=x ，或a x 1-=． 因为1=x 是)(x f 的极大值点，所以11>-a，解得01<<-a ……………4分 综合①②：a 的取值范围是1->a ……………5分（II ）因为方程2mf （x ）＝x 2有唯一实数解，所以x 2﹣2mlnx ﹣2mx ＝0有唯一实数解……………6分设g （x ）＝x 2﹣2mlnx ﹣2mx ，则()x m mx x x g 2222--='……………7分 令()x g '＝0，x 2﹣mx ﹣m ＝0．因为m ＞0，x ＞0，所以02421<+-=m m m x （舍去），2422m m m x ++=……………8分 当x ∈（0，2x ）时，()x g '＜0，g （x ）在（0，2x ）上单调递减， 当x ∈（2x ，+∞）时，()x g '＞0，g （x ）在（2x ，+∞）单调递增 当x ＝2x 时，()x g '＝0，g （x ）取最小值g （2x ）……………9分则()()⎩⎨⎧='=0022x g x g 即⎪⎩⎪⎨⎧=--=--02ln 22222222m mx x mx x m x ……………10分 所以2mlnx 2+mx 2﹣m ＝0，因为m ＞0，所以2lnx 2+x 2﹣1＝0（*）设函数h （x ）＝2lnx +x ﹣1，因为当x ＞0时，h （x ）是增函数，所以h （x ）＝0至多有一解……………11分因为h （1）＝0，所以方程（*）的解为x 2＝1，即1242=++m m m ，解得21=m ……………12分 22解（Ⅰ）∵曲线C 的参数方程为()为参数ϕϕϕ⎩⎨⎧==sin 3cos 2y x , ∴曲线C 的普通方程为＝1........................................2分 ∵直线l 的极坐标方程是：6sin cos 21θθρ+= ∴6sin cos 2=+θρθρ，....................................................3分∴直线l 的直角坐标方程为062=-+y x ．..............................5分（Ⅱ）∵点P 是曲线C 上的动点，∴设P （2cos φ，3sin φ），则P 到直线l 的距离： ()56sin 5146sin 3cos 4-+=+-+=θϕϕϕd ,tan θ＝34..................8分 ∴当sin （θϕ+）＝﹣1时，点P 到直线l 距离取最大值d max ＝＝...............9.分 当sin （θϕ+）＝1时，点P 到直线l 距离取最小值d min ＝＝．.............................10分23解：（I ）由已知可得12,0()1,0121,1x x f x x x x -<⎧⎪=≤≤⎨⎪->⎩，所以m i n ()1f x = 因为()|1|f x m ≥-恒成立，所以|1|1m -≤，从而可得02m ≤≤ 所以实数m 的最大值M=2……………5分（II ）由（I ）知，M=2，所以222,a b +=要证2.a b ab +≥，只需证22()(2),a b ab +≥即证22224,ab a b +≥即证22210,a b ab --≤即(21)(1)0,ab ab +-≤又因为,a b 是正数，所以210,ab +>故只需证10,ab -≤即1,ab ≤而2=222a b ab +≥，可得1,ab ≤故原不等式成立………10分。

2019年湖南省怀化市高考数学一模试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若集合A={0,1，2}，B={x|x2−3x≤0}，则A∩B为()A. {1,2}B. {0,1，2}C. {0,1，2，3}D. {x|0≤x≤3}【答案】B【解析】解：B={x|0≤x≤3}；∴A∩B={0,1，2}．故选：B．可求出集合B，然后进行交集的运算即可．考查列举法、描述法的定义，一元二次不等式的解法，以及交集的运算．2.已知复数z满足(2−i)z=1+2i(i为虚数单位)，则z的虚部为()A. 1B. −1C. 0D. i【答案】A【解析】解：由(2−i)z=1+2i，得z=1+2i2−i =(1+2i)(2+i)(2−i)(2+i)=5i5=i．则z的虚部为1．故选：A．把已知等式变形，再利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．3.有下列四个命题：p1：∀x∈R，sinx≤1．p2：∃n∈N，n2>2np3：a+b=0的充要条件是ab=−1．p4：若p∨q是真命题，则p一定是真命题．其中真命题是()A. p1，p2B. p2，p3C. p3，p4D. p1，p4【答案】A【解析】解：有下列四个命题：p1：∀x∈R，sinx≤1为真命题．p2：当n=3时，n2>2n，成立，即∃n∈N，n2>2n为真命题，p3：当b=0时，满足a+b=0，但ab =−1不成立，故a+b=0的充要条件是ab=−1为假命题．p4：当p假q真时，p∨q是真命题，故p一定是真命题为假命题．故真命题为p1，p2，故选：A．p1：根据全称命题的性质进行判断p2：根据特称命题的性质进行判断p1：根据充分条件和必要条件的定义进行判断p2：根据复合命题的真假关系进行判断本题主要考查命题的真假判断，涉及的考点较多，综合性较强，但难度不大．4.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是()A. 32B. 16+16√2C. 48D. 16+32√2【答案】B【解析】解：由已知中的三视图，可得四棱锥的底面棱长为4，故底面面积为：16，棱锥的高为2，故棱锥的侧高为：√22+22=2√2，故棱锥的侧面积为：4×12×4×2√2=16√2，故棱锥的表面积为：16+16√2，故选：B．由已知中的三视图，可得四棱锥的底面棱长为4，高为2，求出侧高后，代入棱锥表面积公式，可得答案．本题考查的知识点是棱柱的体积和表面积，棱锥的体积和表面积，简单几何体的三视图，难度基础．5.《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个.若在这座楼阁的灯球中，随机选取一个灯球，则这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为()A. 13B. 23C. 14D. 34【答案】B【解析】解：设大灯下缀2个小灯为x个，大灯下缀4个小灯有y个，根据题意可得{2x+4y=1200x+y=360，解得x=120，y=240，则灯球的总数为x+y=360个，故这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为240360=23，故选：B．设大灯下缀2个小灯为x个，大灯下缀4个小灯有y个，根据题意可得{2x+4y=1200x+y=360，解得x=120，y=240，根据概率公式计算即可本题考查了古典概率的问题，关键是求出两种灯球的种数，属于基础题6.设函数f(x)=sin(12x+θ)−√3cos(12x+θ)(|θ|<π2)的图象关于原点对称，则θ的值为()A. −π6B. π6C. −π3D. π3【答案】D【解析】解：f(x)=sin(12x+θ)−√3cos(12x+θ)=2sin(12x+θ−π3)，∵f(x)的图象关于原点对称，12 ∴f(0)=2sin(θ−π3)=0．∵|θ|<π2， ∴θ=π3．故选：D ．化简f(x)，根据原点是对称中心得f(0)=0，解出θ即可．本题考查了三角函数的恒等变换，考查了三角函数的对称性，属于基础题．7. 在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧棱长为√2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成角的大小为( ) A. 30∘ B. 45∘ C. 60∘ D. 90∘ 【答案】A【解析】解：以C 为原点，CA 为x 轴，在平面ABC 中过C 作AC 的垂线为y 轴，CC 1为z 轴，建立空间直角坐标系， B(12,√32,0)，C 1(0,0，√2)， BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,−√32,√2)，平面ACC 1A 1的法向量n⃗ =(0,1，0)， 设BC 1与侧面ACC 1A 1所成角的大小为θ， 则sinθ=|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n⃗⃗ |=√32√3=12，∴θ=30∘，∴BC 1与侧面ACC 1A 1所成角的大小为30∘． 故选：A ．以C 为原点，CA 为x 轴，在平面ABC 中过C 作AC 的垂线为y 轴，CC 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BC 1与侧面ACC 1A 1所成角的大小．本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．8. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为S ，且2S =(a +b)2−c 2，则tanC =( )A. 34B. 43C. −43D. −34【答案】C【解析】解：△ABC 中，∵S △ABC =12ab ⋅sinC ，由余弦定理：c 2=a 2+b 2−2abcosC ， 且2S =(a +b)2−c 2，∴absinC =(a +b)2−(a 2+b 2−2abcosC)， 整理得sinC −2cosC =2，∴(sinC −2cosC)2=4． ∴(sinC−2cosC)2sin 2C+cos 2C=4，化简可得3tan 2C +4tanC =0．∵C ∈(0,180∘)，∴tanC =−43，故选：C ．首先由三角形面积公式得到S △ABC =12ab ⋅sinC ，再由余弦定理，结合2S =(a +b)2−c 2，得出sinC −2cosC =2，然后通过(sinC −2cosC)2=4，求出结果即可．本题考查了余弦定理、三角形面积公式以及三角函数的化简求值，要注意角C 的范围，属于中档题．9. 已知圆O 与直线l 相切于点A ，点P ，Q 同时从A 点出发，P 沿着直线l 向右、Q沿着圆周按逆时针以相同的速度运动，当Q 运动到点A 时，点P 也停止运动，连接OQ ，OP(如图)，则阴影部分面积S 1，S 2的大小关系是( )A. S 1=S 2B. S 1≤S 2C. S 1≥S 2D. 先S 1<S 2，再S 1=S 2，最后S 1>S 2【答案】A【解析】解：如图所示，∵直线l 与圆O 相切，∴OA ⊥AP ，∴S 扇形AOQ =12⋅AQ⏜⋅r =12⋅AQ ⏜⋅OA ， S △AOP =12⋅OA ⋅AP ， ∵AQ⏜=AP ， ∴S 扇形AOQ =S △AOP ，即S 扇形AOQ −S 扇形AOB =S △AOP −S 扇形AOB ，∴S 1=S 2． 故选：A ．由题意得，弧AQ 的长度与AP 相等，利用扇形的面积公式与三角形的面积公式表示出阴影部分的面积S 1，S 2，比较大小即可．本题考查了切线的性质与扇形的面积公式的计算问题，解题时应熟练地掌握切线的性质与应用，是基础题目．10. 直线l 与抛物线C ：y 2=2x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA ，OB 的斜率k 1，k 2满足k 1k 2=23，则直线l 过定点( ) A. (−3,0) B. (3,0)C. (−1,3)D. (−2,0)【答案】A【解析】解：设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则y1x 1⋅y2x 2=23，∴y 1y 2=6直线l ：x =my +b ，代入抛物线方程可化为y 2−2my −2b =0， ∴y 1y 2=−2b ，∴−2b =6，∴b =−3， ∴l 一定过点(−3,0)， 故选：A ．直线l ：x =my +b ，代入抛物线方程可化为y 2−2my −2b =0，y 1y 2=−2b ，结合k 1k 2=23，即可得出结论． 本题考查抛物线方程，考查直线与抛物线的位置关系，比较基础..3 11. 已知点G 是△ABC 的重心，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB −+μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ,μ∈R)，若∠A =120∘，AB −⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =−2，则| AG ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值是( )A. √33B. √22C. 23D. 34【答案】C【解析】解：由向量加法的三角形法则及三角形重心的性质可得，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ = 23AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗⃗ ) ∵∠A =120∘，AB −⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2，则根据向量的数量积的定义可得，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =|AB⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos120∘=−2 设|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |=x,|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=y ∴|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=4 即xy =4 |AG ⃗⃗⃗⃗⃗ |=13|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=13√(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )2=13√AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ AC⃗⃗⃗⃗⃗ =13√x 2+y 2−4 x 2+y 2≥2xy =8(当且仅当x =y 取等号)∴|AG ⃗⃗⃗⃗⃗ |≥23即|AG ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值为23故选：C ．由三角形重心的性质可得，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ = 23AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，设|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=x,|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=y ，由向量数量积的定义可知 AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos120∘=−2，可得xy =4，然后根据向量数量积的性质可得||AG ⃗⃗⃗⃗⃗ |=13√x 2+y 2−4，结合基本不等式可求此题是一道平面向量与基本不等式结合的试题，解题的关键是利用平面向量的数量积的性质把所求的问题转化为|AG ⃗⃗⃗⃗⃗ |=13|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=13√(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )2=13√AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ AC⃗⃗⃗⃗⃗ =13√x 2+y 2−4，还利用了基本不等式求解最值．12. 已知函数f(x)=|lnx|−a x (x >0,0<a <1)的两个零点是x 1，x 2，则( )A. 0<x 1x 2<1B. x 1x 2=1C. 1<x 1x 2<eD. x 1x 2>e 【答案】A【解析】解：因为f(x)=|ln x|−a x =0⇔|ln x|=a x ，作出函数y =|ln x|，y =a x 的图象如图所示，不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2，从而ln x 1<0，ln x 2>0，因此|ln x 1|=a x 1=−ln x 1，|ln x 2|=a x 2=ln x 2.故ln x 1x 2=ln x 1+ln x 2=a x 2−a x 1<0，所以0<x 1x 2<1．故选：A ．求解时将函数零点问题转化为两个函数图象的交点问题进行求解．本题考查基本初等函数的图象与性质、函数零点的概念等，考查考生的数形结合思想．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知函数f(x)={x +4,x <04−x,x≥0，则f(f(−4))的值为______． 【答案】4【解析】解：∵函数f(x)={x +4,x <04−x,x≥0，∴f(−4)=−4+4=0，f(f(−4))=f(0)=4−0=4． 故答案为：4．推导出函数f(−4)=−4+4=0，从而f(f(−4))=f(0)，由此能求出结果．本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14. 已知实数x 、y 满足{2x −y +6≥0x +y ≥0x ≤2，则目标函数z =x +y 的最大值为______．【答案】12【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：(阴影部分) 由z =x +y 得y =−x +z ，平移直线y =−x +z ，由图象可知当直线y =−x +z 经过点A 时，直线y =−x +z 的截距最大， 此时z 最大.由{x =22x−y+6=0解得A(2,10)．代入目标函数z =x +y 得z =2+10=12． 即目标函数z =x +y 的最大值为12． 故答案为：12．作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z 的最大值． 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法.利用平移确定目标函数取得最优解的条件是解决本题的关键．15. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 2=3，S 3−S 1=6，则a 6=______．【答案】32【解析】解：等比数列{a n }的公比为q ， 由S 2=3，S 3−S 1=6，可得a 1+a 1q =3，a 1q +a 1q 2=6， 解得q =2，a 1=1， 则a 6=a 1q 5=25=32． 故答案为：32．设等比数列{a n }的公比为q ，运用等比数列的通项公式，解方程即可得到首项和公比，再由等比数列的通项公式即可得到所求值．本题考查等比数列的通项公式和运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．16. 已知双曲线C 1：x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，第一象限内的点M(x 0,y 0)在双曲线C 1的渐近线上，且MF 1⊥MF 2，若以F 2为焦点的抛物线C 2：y 2=2px(p >0)经过点M ，则双曲线C 1的离心率为______． 【答案】2+√5【解析】解：双曲线的渐近线方程为y =±ba x ，焦点为F 1(−c,0)，F 2(c,0)， 由题意可得y 0=ba x 0，①又MF 1⊥MF 2，可得y 02+x 02=c 2，②由a 2+b 2=c 2，联立①②可得x 0=a ，y 0=b ，由F为焦点的抛物线C2：y2=2px(p>0)经过点M，可得b2=2pa ，p2=c，即有b2=4ac=c2−a2，由e=ca，可得e2−4e−1=0，解得e=2+√5，故答案为：2+√5．求得双曲线的渐近线方程和焦点坐标，运用两直线垂直的条件：斜率之积为−1，解方程可得M的坐标，再由抛物线的焦点和方程，可得a，b，c的方程，结合离心率公式，可得所求值．本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的渐近线方程和抛物线的焦点和方程，属于中档题．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知等差数列{a n}的前n项的和为S n，a3=5，S10=100．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=2n(a n+5)，记数列{b n}的前n项和为T n，求T n．【答案】解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由题意知{10a1+45d=100 a1+2d=5，解得a1=1，d=2．所以数列{a n}的通项公式为a n=2n−1，(2)b n=2n(2n−1+5)=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，∴T n=12[(1−13)+(12−14)+(13−15)+⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]=12[1+12−1n+1−1n+2]=34−2n+32(n+1)(n+2)．【解析】(1)利用等差数列的通项公式求和公式，求出数列的首项与公差，然后求解通项公式．(2)利用裂项法求和数列的和即可．本题考查数列的通项公式以及求和公式的应用，考查转化思想以及计算能力．18.如图，在四棱锥P−ABCD中，ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，连接AC、BD交于点O，AC=6，BD=8，E是棱PC上的动点，连接DE．(Ⅰ)求证：平面BDE⊥平面PAC；(Ⅱ)当△BED面积的最小值是4时，求此时动点E到底面ABCD的距离．【答案】(本小题满分12分)(Ⅰ)证明：因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD，…(2分)∴PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD.…(4分)又PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，又BD⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面PAC.…(6分)(Ⅱ)连OE，由(Ⅰ)知BD⊥平面PAC，OE⊂平面PAC，∴BD⊥OE…(7分)∵BD=8，由(S△BDE)min=12BD⋅OE=4得：(OE)min=1.…(8分)∴当OE⊥PC时，OE取到最小值1.此时CE=√OC2−OE2=√32−12=2√2作EH//PA交AC于H，∵PA⊥平面ABCD，∴EH⊥平面ABCD，由EH=OE⋅CEOC=2√23.得点E到底面ABCD的距离EH=2√23.…(12分)【解析】(Ⅰ)证明AC⊥BD，PA⊥BD，推出BD⊥平面PAC，然后证明平面BDE⊥平面PAC．(Ⅱ)连OE，推出BD⊥OE，求出(OE)min=1.求出CE，作EH//PA交AC于H，证明EH⊥平面ABCD，然后求解点E 到底面ABCD的距离．本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，点到平面的距离的求法，考查转化思想以及空间想象能力．19.为响应党中央“扶贫攻坚”的号召，某单位指导一贫困村通过种植紫甘薯来提高经济收入.紫甘薯对环境温度要求较高，根据以往的经验，随着温度的升高，其死亡株数成增长的趋势.下表给出了今年种植的一批试验紫甘薯在温度升高时6组死亡的株数：温度x(单位：℃)212324272932死亡数y(单位：株)61120275777经计算：x−=16∑x i6i=1=26，y−=16∑y i6i=1=33，∑(6i=1x i−x−)(y i−y−)=557，∑(6i=1x i−x−)2=84，∑(6i=1y i−y−)2= 3930，∑(6i=1y i−ŷ)2=236.64，e8.0605≈3167，其中x i，y i分别为试验数据中的温度和死亡株数，i=1，2，3，4，5，6．(1)若用线性回归模型，求y关于x的回归方程y^=b^x+a^(结果精确到0.1)；(2)若用非线性回归模型求得y关于x的回归方程为y^=0.06e0.2303x，且相关指数为R2=0.9522．(i)试与(1)中的回归模型相比，用R2说明哪种模型的拟合效果更好；(ii)用拟合效果好的模型预测温度为35℃时该批紫甘薯死亡株数(结果取整数)．附：对于一组数据(u1,v1)，(u2,v2)，……，(u n,v n)，其回归直线v̂=α̂+β̂u的斜率和截距的最小二乘估计分别为：β̂=∑(ni=1u i−u−)(v i−v−)∑(ni=1u i−u−)2,â=v−−β̂u−；相关指数为：R2=1−∑(ni=1v i−v̂i)2∑(ni=1v i−v−i)2．45 【答案】解：(1)由题意得，b ̂=55784≈6.63 ∴â=33−6.63×26=−139.4， ∴y 关于x 的线性回归方程为：ŷ=6.6x −139.4． (2)(i)线性回归方程y ̂= 6.6x −138.6对应的相关系数为： R 2=1−236.643930≈1−0.0602=0.9392，因为0.9398<0.9522，所以回归方程ŷ=0.06e 0.2303x ， 比线性回归方程y ̂=6.6x −139.4拟合效果更好． (ii)由(i)知，当温度x =35℃时，ŷ=0.06e 0.2303×35≈0.06×3167≈190， 即当温度为35℃时该批紫甘薯死亡株数为190． 【解析】(1)求出系数，得到回归方程即可；(2)(i)通过计算R 2，判断拟合效果即可；(ii)代入求值即可．本题考查了回归方程问题，考查相关系数以及代入求值，是一道中档题．20. 已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，它的一个顶点恰好是抛物线y =14x 2的焦点，离心率为2√55．(Ⅰ)求椭圆C 的标准方程；(Ⅱ)过椭圆C 的右焦点F 作直线l 交椭圆C 于A 、B 两点，交y 轴于M 点，若MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，MB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ2BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求λ1+λ2的值．【答案】(Ⅰ)解：设椭圆C 的方程为x 2a2+y 2b 2=1 (a >b >0)，抛物线方程化为x 2=4y ，其焦点为(0,1)，…(2分) 则椭圆C 的一个顶点为(0,1)，即b =1， 由e =c a=√a 2−b 2a 2=2√55，解得a 2=5，∴椭圆C 的标准方程为x 25+y 2=1.…(5分)(Ⅱ)证明：∵椭圆C 的方程为x 25+y 2=1，∴椭圆C 的右焦点F(2,0)，…(6分)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，M(0,y 0)，由题意知直线l 的斜率存在， 设直线l 的方程为y =k(x −2)，代入方程x 25+y 2=1，并整理，得(1+5k 2)x 2−20k 2x +20k 2−5=0，…(7分) ∴x 1+x 2=20k 21+5k2，x 1x 2=20k 2−51+5k 2，…(8分)又MA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1−y 0)，MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2−y 0)，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2−x 1,−y 1)，BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2−x 2,−y 2)， 而MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ2BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即(x 1−0,y 1−y 0)=λ1(2−x 1,−y 1)，(x 2−0,y 2−y 0)=λ2(2−x 2,−y 2)，∴λ1=x 12−x 1，λ2=x22−x 2，…(10分) ∴λ1+λ2=x 12−x 1+x22−x 2=2(x 1+x 2)−2x 1x 24−2(x1+x 2)+x 1x 2=−10.…(12分)【解析】(Ⅰ)设椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1，由已知条件推导出b =1，ca=√a 2−b 2a 2=2√55，由此能求出椭圆C 的标准方程．(Ⅱ)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，M(0,y 0)，设直线l 的方程为y =k(x −2)，代入方程x 25+y 2=1，得(1+5k 2)x 2−20k 2x +20k 2−5=0，由此利用韦达定理结合已知条件能求出λ1+λ2的值．本题考查椭圆方程的求法，考查两数和的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想和函数与方程思想的合理运用．21. 设函数f(x)=lnx −12ax 2−bx ．(Ⅰ)若x =1是f(x)的极大值点；求a 的取值范围；(Ⅱ)当a =0，b =−1时，方程x 2=2mf(x)(其中m >0)有唯一实数解，求m 的值． 【答案】解：(Ⅰ)∵f(x)=lnx −12ax 2−bx ， ∴x >0，f′(x)=1x −ax −b ， 由f′(x)=0，得b =1−a ， ∴f′(x)=1x −ax +a −1=−(ax+1)(x−1)x．①若a ≥0，由f′(x)=0，得x =1，当0<x <1时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增；当x >1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，所以x =1是f(x)的极大值点． ②若a <0，则f′(x)=0，得x =1，或x =−1a ， ∵x =1是f(x)的极大值点， ∴−1a>1，解得−1<a <0．综合①②，得a 的取值范围是a >−1． (Ⅱ)∵方程2mf(x)=x 2中唯一实数解， ∴x 2−2mlnx −2mx =0有唯一实数解， 设g(x)=x 2−2mlnx −2mx ， 则g′(x)=2x 2−2mx−2mx，令g′(x)=0，得x 2−mx −m =0．∵m >0，∴△=m 2+4m >0， 方程有两异号根，设为x 10， ∵x >0，∴x 1应舍去．当x ∈(0,x 2)时，g′(x)<0，g(x)在(0,x 2)上单调递减，当x ∈(x 2,+∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x 2,+∞)上单调递增， 当x =x 2时，g′(x 2)=0，g(x)取最小值g(x 2). ∵g(x)=0有唯一解，∴g(x 2)=0， 则，即{x 2 2−mx 2−m =0x 22−2mlnx 2−2mx 2=0，∴2mlnx 2+mx 2−m =0，∵m >0，∴2lnx 2+x 2−1=0(∗)， 设函数ℎ(x)=2lnx +x −1， ∵当x >0时，ℎ(x)是增函数， ∴ℎ(x)=0至多有一解， ∵ℎ(1)=0，∴方程(∗)的解为x 2=1， 代入方程组解得m =12．6 【解析】(Ⅰ)由f(x)=lnx −12ax 2−bx ，知x >0，f′(x)=1x −ax −b ，由f′(x)=0，得b =1−a ，故f′(x)=1x −ax +a −1=−(ax+1)(x−1)x.由此能求出a 的取值范围．(Ⅱ)由方程2mf(x)=x 2中唯一实数解，知x 2−2mlnx −2mx =0有唯一实数解，设g(x)=x 2−2mlnx −2mx ，则g′(x)=2x 2−2mx−2mx，令g′(x)=0，得x 2−mx −m =0.由此入手能够推导出正数m 的值．本题考查利用导数求闭区间上函数最值的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想.综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点.解题时要认真审题，仔细解答．22. 已知曲线C 的参数方程为{y =3sinϕx=2cosϕ(φ为参数)，以直角坐标系的原点o 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l 的极坐标方程是：1ρ=2cosθ+sinθ6(Ⅰ)求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程：(Ⅱ)点P 是曲线C 上的动点，求点P 到直线l 距离的最大值与最小值． 【答案】解：(Ⅰ)∵曲线C 的参数方程为{y =3sinϕx=2cosϕ(φ为参数)， ∴曲线C 的普通方程为x 24+y 29=1，∵直线l 的极坐标方程是：1ρ=2cosθ+sinθ6，∴2ρcosθ+ρsinθ=6，∴直线l 的直角坐标方程为2x +y −6=0． (Ⅱ)∵点P 是曲线C 上的动点，∴设P(2cosφ,3sinφ)，则P 到直线l 的距离： d =√4+1=√5，tanθ=32，∴当sin(φ+θ)=−1时，点P 到直线l 距离取最大值d max =√5=11√55； 当sin(φ+θ)=1时，点P 到直线l 距离取最小值d min =√5=√55． 【解析】(Ⅰ)曲线C 的参数方程消去参数，能求出曲线C 的普通方程；直线l 的极坐标方程化为2ρcosθ+ρsinθ=6，由此能求出直线l 的直角坐标方程．(Ⅱ)设P(2cosφ,3sinφ)，则P 到直线l 的距离：d =√5，由此能求出点P 到直线l 距离的最大值与最小值．本题考查曲线的普通方程、直线的直角坐标方程求法，考查曲线上的点到直线的距离的最值的求法，考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．23. 已知函数f(x)=|x|+|x −1|．(Ⅰ)若f(x)≥|m −1|恒成立，求实数m 的最大值M ；(Ⅱ)在(Ⅰ)成立的条件下，正实数a ，b 满足a 2+b 2=M ，证明：a +b ≥2ab ． 【答案】解：(I)由已知可得f(x)={1−2x, x <01, 0≤x <12x −1, x ≥1，所以f min (x)=1，…(3分)所以只需|m −1|≤1，解得−1≤m −1≤1，∴0≤m ≤2， 所以实数m 的最大值M =2…(5分) (II)法一：综合法∴ab ≤1∴√ab ≤1，当且仅当a =b 时取等号，①…(7分) 又∴√ab a+b≤12∴aba+b ≤√ab2，当且仅当a =b 时取等号，②…(9分)由①②得，∴aba+b ≤12，所以a +b ≥2ab …(10分)法二：分析法因为a >0，b >0，所以要证a +b ≥2ab ，只需证(a +b)2≥4a 2b 2， 即证a 2+b 2+2ab ≥4a 2b 2，，所以只要证2+2ab ≥4a 2b 2，…(7分) 即证2(ab)2−ab −1≤0，即证(2ab +1)(ab −1)≤0，因为2ab +1>0，所以只需证ab ≤1， 下证ab ≤1，因为2=a 2+b 2≥2ab ，所以ab ≤1成立， 所以a +b ≥2ab …(10分)【解析】(I)求出函数的解析式，然后求解函数的最小值，通过|m −1|≤1，求解m 的范围，得到m 的最大值M ． (II)法一：综合法，利用基本不等式证明即可．法二：利用分析法，证明不等式成立的充分条件即可．本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，考查分析法与综合法的应用，考查逻辑推理能力以及计算能力．。

绝密★启用前湖南省怀化市中小学课程改革2019届高三年级第一次教育质量监测(一模)文综-地理试题（解析版）2019年3月本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第 43—47 题为选考题，其它题为必考题。

考生作答时将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。

第Ⅰ卷一、选择题: 本题共35个小题,每小题4分,共140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。

下图为我国某河谷剖面图,完成下列各题。

1. 图中河流的流向是A. 自西向东B. 自东向西C. 自南向北D. 自北向南2. 图中沉积岩形成后到当前河谷的形成该地地壳运动升降过程是A. 上升—下降—上升—下降—上升B. 下降—上升—下降—上升—下降C. 下降—上升—下降—上升D. 上升—下降—上升—下降【答案】1. B 2. A【解析】该题组主要考查地表形态的形成过程。

【1题详解】由图中河谷两岸坡度大小判断,河流北岸侵蚀南岸沉积,即河流右岸为北岸,故河流自东向西流。

选B。

【2题详解】先有褶皱形成背斜,地壳抬升背斜顶部侵蚀,随后地壳下沉,背斜顶部形成三层沉积物；之后,图中有二级河流侵蚀阶地。

有几级阶地,就有过几次间歇性抬升运动,且阶地位置越高,形成时代越老,说明之后经历过两次抬升运动。

故该地地壳运动升降过程是上升—下降—上升—下降—上升。

选A模块化施工是一种现代化先进的施工理念。

通过模块化生产不仅可以从源头保障工程建设的质量,而且可以实现模块化部件的批量化生产,实现了预制部件生产和下游现场组装的同步进行,极大地缩短了生产工期,产生了良好的经济效益。

近十年来,中国高铁运营里程超过2.5万公里,占全球高铁运营总里程的近七成。

据此回答下列各题3. 以下不属于模块化施工的优点的是A. 减少了施工现场的活动B. 减少了施工现场的噪声、灰尘C. 减少了施工现场的工序D. 减少了利用施工地的石料4. 我国西安—成都高铁修建过程中大部分施工区采用的依旧是现场浇灌模式施工的主要原因是A. 资金不足B. 技术落后C. 交通运输限制D. 劳动力丰富【答案】3. D 4. C【解析】该题组主要考查模块化施工给高铁建设带来的便利。

湖南省怀化市2019届⾼三下学期第⼀次模拟考试⽂综地理【解析】怀化市中⼩学课程改⾰教育质量监测试卷2019年⾼三第⼀次模考⽂科综合地理本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（⾮选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第 43—47 题为选考题，其它题为必考题。

考⽣作答时将答案答在答题卡上，在本试卷上答题⽆效。

第Ⅰ卷⼀、选择题: 本题共 35 个⼩题,每⼩题 4 分,共 140 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。

图 1 为我国某河⾕剖⾯图，完成 1-2 题。

1．图中河流的流向是A、⾃西向东B、⾃东向西C、⾃南向北D、⾃北向南2．图中沉积岩形成后到当前河⾕的形成该地地壳运动升降过程是A、上升—下降—上升—下降—上升B、下降—上升—下降—上升—下降C、下降—上升—下降—上升D、上升—下降—上升—下降模块化施⼯是⼀种现代化先进的施⼯理念。

通过模块化⽣产不仅可以从源头保障⼯程建设的质量,⽽且可以实现模块化部件的批量化⽣产，实现了预制部件⽣产和下游现场组装的同步进⾏，极⼤地缩短了⽣产⼯期，产⽣了良好的经济效益。

近⼗年来，中国⾼铁运营⾥程超过 2.5 万公⾥，占全球⾼铁运营总⾥程的近七成。

据此回答 3-4 题3. 以下不属于模块化施⼯的优点的是A、减少了施⼯现场的活动B、减少了施⼯现场的噪声、灰尘C、减少了施⼯现场的⼯序D、减少了利⽤施⼯地的⽯料4．我国西安—成都⾼铁修建过程中⼤部分施⼯区采⽤的依旧是现场浇灌模式施⼯的主要原因是A、资⾦不⾜B、技术落后C、交通运输限制D、劳动⼒丰富位于东⾮⼤裂⾕东部、毗邻肯尼亚边境的纳特龙湖是⼀座咸⽔湖。

经过千百年的进化，⽕烈鸟适应在这种⾼盐度环境中⽣活。

纳特龙湖常年有 100 万到 200 万只⼩⽕烈鸟栖息，它们在盐湖中部露出⽔⾯的⾼地建巢，每年有⼏⼗万只幼鸟在这⾥出⽣成长。

环绕⾼地的有毒湖⽔为⼩⽕烈鸟提供了安全的屏障，使得⾷⾁动物⽆法进⼊。

据此完成 5-6 题5．影响⼩⽕烈鸟繁殖、⽣长的⾃然威胁主要来⾃A、⾷⾁动物B、持续⼲旱C、持续⼤⾬D、⽕⼭喷发6．下列⽉份、降⽔、纳特龙湖⽔ pH 值组合正确的是A、 12 ⽉，降⽔多，湖⽔ pH 值⾼B、 12 ⽉，降⽔少，湖⽔ pH 值低C、 8 ⽉，降⽔多，湖⽔ pH 值低D、 8 ⽉，降⽔少，湖⽔ pH 值⾼某游客从哈尔滨出发去美国某⼤城市旅游，在飞⾏途中，游客发现客舱显⽰屏上同时展现下表数据。

2019年湖南省怀化市高考数学一模试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若集合1，，，则为 A ={0,2}B ={x|x 2−3x ≤0}A ∩B ()A. B. 1， C. 1，2， D. {1,2}{0,2}{0,3}{x|0≤x ≤3}【答案】B【解析】解：；B ={x|0≤x ≤3}1，．∴A ∩B ={0,2}故选：B ．可求出集合B ，然后进行交集的运算即可．考查列举法、描述法的定义，一元二次不等式的解法，以及交集的运算．2.已知复数z 满足为虚数单位，则z 的虚部为 (2−i)z =1+2i(i )()A. 1B. C. 0 D. i−1【答案】A【解析】解：由，(2−i)z =1+2i 得．z =1+2i 2−i=(1+2i)(2+i)(2−i)(2+i)=5i 5=i则z 的虚部为1．故选：A ．把已知等式变形，再利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．3.有下列四个命题：：，．p 1∀x ∈R sinx ≤1：，p 2∃n ∈N n 2>2n：的充要条件是．p 3a +b =0ab =−1：若是真命题，则p 一定是真命题．p 4p ∨q 其中真命题是 ()A. ，B. ，C. ，D. ，p 1p 2p 2p 3p 3p 4p 1p 4【答案】A【解析】解：有下列四个命题：：，为真命题．p 1∀x ∈R sinx ≤1：当时，，成立，即，为真命题，p 2n =3n 2>2n ∃n ∈N n 2>2n ：当时，满足，但不成立，故的充要条件是为假命题．p 3b =0a +b =0ab=−1a +b =0ab=−1：当p 假q 真时，是真命题，故p 一定是真命题为假命题．p 4p ∨q 故真命题为，，p 1p 2故选：A ．：根据全称命题的性质进行判断p 1：根据特称命题的性质进行判断p 2：根据充分条件和必要条件的定义进行判断p 1：根据复合命题的真假关系进行判断p 2本题主要考查命题的真假判断，涉及的考点较多，综合性较强，但难度不大．4.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是 ()A. 32B. C. 48D. 16+16216+322【答案】B【解析】解：由已知中的三视图，可得四棱锥的底面棱长为4，故底面面积为：16，棱锥的高为2，故棱锥的侧高为：，22+22=22故棱锥的侧面积为：，4×12×4×22=162故棱锥的表面积为：，16+162故选：B ．由已知中的三视图，可得四棱锥的底面棱长为4，高为2，求出侧高后，代入棱锥表面积公式，可得答案．本题考查的知识点是棱柱的体积和表面积，棱锥的体积和表面积，简单几何体的三视图，难度基础．5.镜花缘是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯《》球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个若在.这座楼阁的灯球中，随机选取一个灯球，则这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为 ()A.B.C.D.13231434【答案】B【解析】解：设大灯下缀2个小灯为x 个，大灯下缀4个小灯有y 个，根据题意可得，解得，，{x+y =3602x +4y =1200x =120y =240则灯球的总数为个，x +y =360故这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为，240360=23故选：B ．设大灯下缀2个小灯为x 个，大灯下缀4个小灯有y 个，根据题意可得，解得，，{x +y =3602x +4y =1200x =120y =240根据概率公式计算即可本题考查了古典概率的问题，关键是求出两种灯球的种数，属于基础题6.设函数的图象关于原点对称，则的值为 f(x)=sin (12x +θ)−3cos (12x +θ)(|θ|<π2)θ()A.B.C.D.−π6π6−π3π3【答案】D 【解析】解：，f(x)=sin (12x +θ)−3cos (12x +θ)=2sin (12x +θ−π3)的图象关于原点对称，∵f(x)．∴f(0)=2sin(θ−π3)=0，∵|θ|<π2．∴θ=π3故选：D ．化简，根据原点是对称中心得，解出即可．f(x)f(0)=0θ本题考查了三角函数的恒等变换，考查了三角函数的对称性，属于基础题．7.在正三棱柱中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则与侧面所ABC−A 1B 1C 12BC 1ACC 1A 1成角的大小为 ()A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘【答案】A【解析】解：以C 为原点，CA 为x 轴，在平面ABC 中过C 作AC 的垂线为y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系，CC 1，0，，B(12,32,0)C 1(0,2)，⃗BC 1=(−12,−32,2)平面的法向量1，，ACC 1A 1⃗n =(0,0)设与侧面所成角的大小为，BC 1ACC 1A 1θ则，sinθ=|⃗BC 1⋅⃗n||⃗BC 1|⋅|⃗n|=33=12，∴θ=30∘与侧面所成角的大小为．∴BC 1ACC 1A 130∘故选：A ．以C 为原点，CA 为x 轴，在平面ABC 中过C 作AC 的垂线为y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法CC 1能求出与侧面所成角的大小．BC 1ACC 1A 1本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．8.在中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，的面积为S ，且，则 △ABC △ABC 2S =(a +b )2−c 2tanC =()A.B.C.D.3443−43−34【答案】C【解析】解：中，，由余弦定理：，△ABC ∵S △ABC =12ab ⋅sinCc 2=a 2+b 2−2abcosC 且，，2S =(a +b )2−c 2∴absinC =(a +b )2−(a 2+b 2−2abcosC)整理得，．sinC−2cosC =2∴(sinC−2cosC )2=4，化简可得．∴(sinC−2cosC)2sin 2C +cos 2C=43tan 2C +4tanC =0，，∵C ∈(0,180∘)∴tanC =−43故选：C ．首先由三角形面积公式得到，再由余弦定理，结合，得出，然后S △ABC =12ab ⋅sinC2S =(a +b )2−c 2sinC−2cosC =2通过，求出结果即可．(sinC−2cosC )2=4本题考查了余弦定理、三角形面积公式以及三角函数的化简求值，要注意角C 的范围，属于中档题．9.已知圆O 与直线l 相切于点A ，点P ，Q 同时从A 点出发，P 沿着直线l 向右、Q 沿着圆周按逆时针以相同的速度运动，当Q 运动到点A 时，点P也停止运动，连接OQ ，如图，则阴影部分面积，的大小关系是 OP()S 1S 2()A. B. S 1=S 2S 1≤S 2C. D. 先，再，最后S 1≥S 2S 1<S 2S 1=S 2S 1>S 2【答案】A【解析】解：如图所示，直线l 与圆O 相切，，∵∴OA ⊥AP ，∴S 扇形AOQ =12⋅⏜AQ⋅r =12⋅⏜AQ⋅OA，S △AOP =12⋅OA ⋅AP ，∵⏜AQ=AP，∴S 扇形AOQ =S △AOP 即，S 扇形AOQ −S 扇形AOB =S △AOP −S 扇形AOB ．∴S 1=S 2故选：A ．由题意得，弧AQ 的长度与AP 相等，利用扇形的面积公式与三角形的面积公式表示出阴影部分的面积，，比较S 1S 2大小即可．本题考查了切线的性质与扇形的面积公式的计算问题，解题时应熟练地掌握切线的性质与应用，是基础题目．10.直线l 与抛物线C ：交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA ，OB 的斜率，满足，则直y 2=2x k 1k 2k 1k 2=23线l 过定点 ()A. B. C. D. (−3,0)(3,0)(−1,3)(−2,0)【答案】A【解析】解：设，，则，A(x 1,y 1)B(x 2,y 2)y 1x 1⋅y 2x 2=23∴y 1y 2=6直线l ：，代入抛物线方程可化为，x =my +b y 2−2my−2b =0，∴y 1y 2=−2b ，，∴−2b =6∴b =−3一定过点，∴l (−3,0)故选：A ．直线l ：，代入抛物线方程可化为，，结合，即可得出结论．x =my +b y 2−2my−2b =0y 1y 2=−2b k 1k 2=23本题考查抛物线方程，考查直线与抛物线的位置关系，比较基础..11.已知点G 是的重心，，若，，则的最小值是 △ABC ⃗AG =λ−AB +μ⃗AC (λ,μ∈R)∠A =120∘−AB ⋅⃗AC =−2| ⃗AG |()A. B. C.D.33222334【答案】C【解析】解：由向量加法的三角形法则及三角形重心的性质可得，⃗AG= 23⃗AD=13(⃗AB+⃗AC )，，则根据向量的数量积的定义可得，∵∠A =120∘−AB ⋅⃗AC =−2⃗AB ⋅⃗AC=|⃗AB ||⃗AC|cos 120∘=−2设|⃗AB|=x,|⃗AC|=y即∴|⃗AB ||⃗AC|=4xy =4|⃗AG|=13|⃗AB +⃗AC |=13(⃗AB +⃗AC )2=13⃗AB 2+⃗AC 2+2⃗AB ⋅ ⃗AC =13x 2+y 2−4当且仅当取等号x 2+y 2≥2xy =8(x =y )即的最小值为∴|⃗AG|≥23|⃗AG |23故选：C ．由三角形重心的性质可得，，设，由向量数量积的定义可知⃗AG= 23⃗AD=13(⃗AB+⃗AC)|⃗AB|=x,|⃗AC|=y，可得，然后根据向量数量积的性质可得，结合基本不等式⃗AB ⋅⃗AC=|⃗AB ||⃗AC|cos 120∘=−2xy =4||⃗AG|=13x 2+y 2−4可求此题是一道平面向量与基本不等式结合的试题，解题的关键是利用平面向量的数量积的性质把所求的问题转化为，还利用了基本不等式求解最值．|⃗AG|=13|⃗AB+⃗AC|=13(⃗AB +⃗AC )2=13⃗AB 2+⃗AC 2+2⃗AB ⋅ ⃗AC =13x 2+y 2−412.已知函数的两个零点是，，则 f(x)=|lnx|−a x(x >0,0<a <1)x 1x 2()A. B. C. D. 0<x 1x 2<1x 1x 2=11<x 1x 2<e x 1x 2>e【答案】A【解析】解：因为 ，作出函数 ，的图象如图所示，不妨设，f(x)=|ln x|−a x =0⇔|ln x|=a x y =|ln x|y =a xx 1<x 2则，从而 ， ，因此 ， 故 0<x 1<1<x 2ln x 1<0ln x 2>0|lnx1|=ax 1=−ln x 1|ln x 2|=ax 2=ln x 2.ln x 1x 2=ln x 1+ln x 2=a x2−a所以．0<x 1x 2<1故选：A ．求解时将函数零点问题转化为两个函数图象的交点问题进行求解．本题考查基本初等函数的图象与性质、函数零点的概念等，考查考生的数形结合思想．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知函数，则的值为______．f(x)={4−x,x ≥0x +4,x <0f(f(−4))【答案】4【解析】解：函数，∵f(x)={4−x,x ≥0x +4,x <0，∴f(−4)=−4+4=0．f(f(−4))=f(0)=4−0=4故答案为：4．推导出函数，从而，由此能求出结果．f(−4)=−4+4=0f(f(−4))=f(0)本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14.已知实数x 、y 满足，则目标函数的最大值为______．{2x−y +6≥0x +y ≥0x ≤2z =x +y 【答案】12【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：阴影部分()由得，平移直线，z =x +y y =−x +z y =−x +z 由图象可知当直线经过点A 时，直线的截距最大，y =−x +z y =−x +z 此时z 最大由解得．.{2x−y +6=0x =2A(2,10)代入目标函数得．z =x +y z =2+10=12即目标函数的最大值为12．z =x +y 故答案为：12．作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z 的最大值．本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法利用平移确定目标函数取得最优解的条件是解决本题的关键．.15.设等比数列的前n 项和为，且满足，，则______．{a n }S n S 2=3S 3−S 1=6a 6=【答案】32【解析】解：等比数列的公比为q ，{a n }由，，S 2=3S 3−S 1=6可得，，a 1+a 1q =3a 1q +a 1q 2=6解得，，q =2a 1=1则．a 6=a 1q 5=25=32故答案为：32．设等比数列的公比为q ，运用等比数列的通项公式，解方程即可得到首项和公比，再由等比数列的通项公式即可{a n }得到所求值．本题考查等比数列的通项公式和运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．16.已知双曲线：的左、右焦点分别为、，第一象限内的点在双曲线的渐近C 1x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)F 1F 2M(x 0,y 0)C 1线上，且，若以为焦点的抛物线：经过点M ，则双曲线的离心率为______．MF 1⊥MF 2F 2C 2y 2=2px(p >0)C 1【答案】2+5【解析】解：双曲线的渐近线方程为，焦点为，，y =±ba xF 1(−c,0)F 2(c,0)由题意可得，y 0=ba x 0①又，可得，MF 1⊥MF 2y 20+x 20=c 2②由，联立可得，，a 2+b 2=c 2①②x 0=a y 0=b 由F 为焦点的抛物线：经过点M ，C 2y 2=2px(p >0)可得，，即有，b 2=2pa p2=cb 2=4ac =c 2−a 2由，可得，e =cae 2−4e−1=0解得，e =2+5故答案为：．2+5求得双曲线的渐近线方程和焦点坐标，运用两直线垂直的条件：斜率之积为，解方程可得M 的坐标，再由抛物线−1的焦点和方程，可得a ，b ，c 的方程，结合离心率公式，可得所求值．本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的渐近线方程和抛物线的焦点和方程，属于中档题．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知等差数列的前n 项的和为，，．{a n }S n a 3=5S 10=100求数列的通项公式；(1){a n }设，记数列的前n 项和为，求．(2)b n =2n(an +5){b n }T n T n 【答案】解：设等差数列的公差为d ，由题意知，(1){a n }{a 1+2d =510a1+45d =100解得，．a 1=1d =2所以数列的通项公式为，{a n }a n =2n−1，(2)b n =2n(2n−1+5)=1n(n +2)=12(1n −1n +2)∴T n =12[(1−13)+(12−14)+(13−15)+…+(1n−1−1n +1)+(1n −1n +2)]=12[1+12−1n +1−1n +2]．=34−2n +32(n +1)(n +2)【解析】利用等差数列的通项公式求和公式，求出数列的首项与公差，然后求解通项公式．(1)利用裂项法求和数列的和即可．(2)本题考查数列的通项公式以及求和公式的应用，考查转化思想以及计算能力．18.如图，在四棱锥中，ABCD 为菱形，平面ABCD ，连接AC 、BD 交于点O ，，，EP−ABCD PA ⊥AC =6BD =8是棱PC 上的动点，连接DE ．Ⅰ求证：平面平面PAC ；()BDE ⊥Ⅱ当面积的最小值是4时，求此时动点E 到底面ABCD 的距离．()△BED 【答案】本小题满分12分()Ⅰ证明：因为ABCD 是菱形，所以，分()AC ⊥BD …(2)平面ABCD ，平面ABCD ，分∴PA ⊥BD ⊂∴PA ⊥BD.…(4)又，平面PAC ，PA ∩AC =A ∴BD ⊥又平面BDE ，平面平面分BD ⊂∴BDE ⊥PAC.…(6)Ⅱ连OE ，由Ⅰ知平面PAC ，平面PAC ，()()BD ⊥OE ⊂ 分∴BD ⊥OE (7)，由∵BD =8(S △BDE )min =12BD ⋅OE =4得： 分(OE )min =1 (8)当时，OE 取到最小值此时∴OE ⊥PC 1.CE =OC 2−OE 2=32−12=22作交AC 于H ，平面ABCD ，平面ABCD ，EH//PA ∵PA ⊥∴EH ⊥由得点E 到底面ABCD 的距离分EH =OE ⋅CE OC=223.EH =223.…(12)【解析】Ⅰ证明，，推出平面PAC ，然后证明平面平面PAC ．()AC ⊥BD PA ⊥BD BD ⊥BDE ⊥Ⅱ连OE ，推出，求出求出CE ，作交AC 于H ，证明平面ABCD ，然后求解点E ()BD ⊥OE (OE )min =1.EH//PA EH ⊥到底面ABCD 的距离．本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，点到平面的距离的求法，考查转化思想以及空间想象能力．19.为响应党中央“扶贫攻坚”的号召，某单位指导一贫困村通过种植紫甘薯来提高经济收入紫甘薯对环境温度要.求较高，根据以往的经验，随着温度的升高，其死亡株数成增长的趋势下表给出了今年种植的一批试验紫甘薯.在温度升高时6组死亡的株数：温度单位：x(℃)212324272932死亡数单位：株y()61120275777经计算：，，，，−x =16∑6i =1x i =26−y =16∑6i =1y i =33∑6i =1(x i −−x )(y i −−y )=557∑6i =1(x i −−x )2=84，，，其中，分别为试验数据中的温度和死亡株数，∑6i =1(y i −−y )2=3930∑6i =1(y i −y )2=236.64e8.0605≈3167x i y i ，2，3，4，5，6．i =1若用线性回归模型，求y 关于x 的回归方程结果精确到；(1)^y =^bx +^a (0.1)若用非线性回归模型求得y 关于x 的回归方程为，且相关指数为．(2)^y =0.06e 0.2303x R 2=0.9522试与中的回归模型相比，用说明哪种模型的拟合效果更好；(i)(1)R 2用拟合效果好的模型预测温度为时该批紫甘薯死亡株数结果取整数．(ii)35℃()附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：(u 1,v 1)(u 2,v 2)……(u n ,v n )v =α+βu ；相关指数为：．β=∑ni =1(u i −−u )(v i −−v )∑ni =1(u i −−u )2,a =−v−β−uR 2=1−∑ni =1(v i −v i )2∑ni =1(v i −−v i )2【答案】解：由题意得，(1)b=55784≈6.63，∴a=33−6.63×26=−139.4关于x 的线性回归方程为：．∴y y=6.6x−139.4线性回归方程对应的相关系数为：(2)(i)y =6.6x−138.6，R 2=1−236.643930≈1−0.0602=0.9392因为，0.9398<0.9522所以回归方程，y=0.06e0.2303x比线性回归方程拟合效果更好．y=6.6x−139.4由知，当温度时，(ii)(i)x =35℃，y=0.06e0.2303×35≈0.06×3167≈190即当温度为时该批紫甘薯死亡株数为190．35℃【解析】求出系数，得到回归方程即可；(1)通过计算，判断拟合效果即可；代入求值即可．(2)(i)R 2(ii)本题考查了回归方程问题，考查相关系数以及代入求值，是一道中档题．20.已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率为．y =14x 2255Ⅰ求椭圆C 的标准方程；()Ⅱ过椭圆C 的右焦点F 作直线l 交椭圆C 于A 、B 两点，交y 轴于M 点，若，，求()⃗MA =λ1⃗AF ⃗MB=λ2⃗BF 的值．λ1+λ2【答案】Ⅰ解：设椭圆C 的方程为 ，()x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)抛物线方程化为，其焦点为，分x 2=4y (0,1)…(2)则椭圆C 的一个顶点为，即，(0,1)b =1由，解得，e =c a=a 2−b 2a 2=255a 2=5椭圆C的标准方程为分∴x 25+y 2=1.…(5)Ⅱ证明：椭圆C的方程为，()∵x 25+y 2=1椭圆C 的右焦点，分∴F(2,0) (6)设，，，由题意知直线l 的斜率存在，A(x 1,y 1)B(x 2,y 2)M(0,y 0)设直线l 的方程为，代入方程，y =k(x−2)x 25+y 2=1并整理，得，分(1+5k 2)x 2−20k 2x +20k 2−5=0 (7)，，分∴x 1+x 2=20k 21+5k2x 1x 2=20k 2−51+5k2 (8)又，，，，⃗MA=(x 1,y 1−y 0)⃗MB=(x 2,y 2−y 0)⃗AF=(2−x 1,−y 1)⃗BF=(2−x 2,−y 2)而，，⃗MA=λ1⃗AF ⃗MB =λ2⃗BF 即，，(x 1−0,y 1−y 0)=λ1(2−x 1,−y 1)(x 2−0,y 2−y 0)=λ2(2−x 2,−y 2)，，分∴λ1=x 12−x1λ2=x 22−x2 (10)分∴λ1+λ2=x 12−x 1+x 22−x 2=2(x 1+x 2)−2x 1x 24−2(x1+x 2)+x 1x 2=−10.…(12)【解析】Ⅰ设椭圆C 的方程为，由已知条件推导出，，由此能求出椭圆C 的标准方()x 2a 2+y 2b2=1b =1c a=a 2−b 2a 2=255程．Ⅱ设，，，设直线l 的方程为，代入方程，得()A(x 1,y 1)B(x 2,y 2)M(0,y 0)y =k(x−2)x 25+y 2=1，由此利用韦达定理结合已知条件能求出的值．(1+5k 2)x 2−20k 2x +20k 2−5=0λ1+λ2本题考查椭圆方程的求法，考查两数和的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想和函数与方程思想的合理运用．21.设函数．f(x)=lnx−12ax 2−bxⅠ若是的极大值点；求a 的取值范围；()x =1f(x)Ⅱ当，时，方程其中有唯一实数解，求m 的值．()a =0b =−1x 2=2mf(x)(m >0)【答案】解：Ⅰ，()∵f(x)=lnx−12ax 2−bx，，∴x >0f′(x)=1x −ax−b由，得，f′(x)=0b =1−a ．∴f′(x)=1x −ax +a−1=−(ax +1)(x−1)x 若，由，得，①a ≥0f′(x)=0x =1当时，，此时单调递增；0<x <1f′(x)>0f(x)当时，，此时单调递减，所以是的极大值点．x >1f′(x)<0f(x)x =1f(x)若，则，得，或，②a <0f′(x)=0x =1x =−1a 是的极大值点，∵x =1f(x)，解得．∴−1a >1−1<a <0综合，得a 的取值范围是．①②a >−1Ⅱ方程中唯一实数解，()∵2mf(x)=x 2有唯一实数解，∴x 2−2mlnx−2mx =0设，g(x)=x 2−2mlnx−2mx 则，g′(x)=2x 2−2mx−2mx 令，得．g′(x)=0x 2−mx−m =0，，∵m >0∴△=m 2+4m >0方程有两异号根，设为，x 10，应舍去．∵x >0∴x 1当时，，在上单调递减，x ∈(0,x 2)g′(x)<0g(x)(0,x 2)当时，，在上单调递增，x ∈(x 2,+∞)g′(x)>0g(x)(x 2,+∞)当时，，取最小值x =x 2g′(x 2)=0g(x)g(x 2).有唯一解，，∵g(x)=0∴g(x 2)=0则，即，{x 22−2mlnx 2−2mx 2=0x 2 2−mx 2−m =0，∴2mlnx 2+mx 2−m =0，，∵m >0∴2lnx 2+x 2−1=0(∗)设函数，ℎ(x)=2lnx +x−1当时，是增函数，∵x >0ℎ(x)至多有一解，∴ℎ(x)=0，∵ℎ(1)=0方程的解为，∴(∗)x 2=1代入方程组解得．m =12【解析】Ⅰ由，知，，由，得，故()f(x)=lnx−12ax 2−bxx>0f′(x)=1x −ax−b f′(x)=0b =1−a 由此能求出a 的取值范围．f′(x)=1x −ax +a−1=−(ax +1)(x−1)x .Ⅱ由方程中唯一实数解，知有唯一实数解，设，则()2mf(x)=x 2x 2−2mlnx−2mx =0g(x)=x 2−2mlnx−2mx ，令，得由此入手能够推导出正数m 的值．g′(x)=2x 2−2mx−2mx g′(x)=0x 2−mx−m =0.本题考查利用导数求闭区间上函数最值的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想综合性强，.难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点解题时要认真审题，仔细解答．.22.已知曲线C 的参数方程为，以直角坐标系的原点o 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极{x =2cosϕy =3sinϕ(φ为参数)坐标系，直线l的极坐标方程是：1ρ=2cosθ+sinθ6Ⅰ求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程：()Ⅱ点P 是曲线C 上的动点，求点P 到直线l 距离的最大值与最小值．()【答案】解：Ⅰ曲线C 的参数方程为，()∵{x =2cosϕy =3sinϕ(φ为参数)曲线C的普通方程为，∴x 24+y 29=1直线l 的极坐标方程是：，∵1ρ=2cosθ+sinθ6，∴2ρcosθ+ρsinθ=6直线l 的直角坐标方程为．∴2x +y−6=0Ⅱ点P 是曲线C 上的动点，()∵设，则P 到直线l 的距离：∴P(2cosφ,3sinφ)，，d =|4cosφ+3sinφ−6|4+1=|5sin(φ+θ)−6|5tanθ=32当时，点P 到直线l 距离取最大值；∴sin(φ+θ)=−1d max =5+65=1155当时，点P 到直线l 距离取最小值sin(φ+θ)=1d min=15=55【解析】Ⅰ曲线C 的参数方程消去参数，能求出曲线C 的普通方程；直线l 的极坐标方程化为，()2ρcosθ+ρsinθ=6由此能求出直线l 的直角坐标方程．Ⅱ设，则P 到直线l 的距离：，由此能求出点P 到直线l 距离的最大值与最小值．()P(2cosφ,3sinφ)d =|5sin(φ+θ)−6|5本题考查曲线的普通方程、直线的直角坐标方程求法，考查曲线上的点到直线的距离的最值的求法，考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．23.已知函数．f(x)=|x|+|x−1|Ⅰ若恒成立，求实数m 的最大值M ；()f(x)≥|m−1|Ⅱ在Ⅰ成立的条件下，正实数a ，b 满足，证明：．()()a 2+b 2=M a +b ≥2ab 【答案】解：由已知可得，(I)f(x)={1−2x, x <01, 0≤x <12x−1, x ≥1所以，分f min (x)=1 (3)所以只需，解得，，|m−1|≤1−1≤m−1≤1∴0≤m ≤2所以实数m 的最大值分M =2…(5)法一：综合法(II)，当且仅当时取等号，分∴ab ≤1∴ab ≤1a =b ①…(7)又，当且仅当时取等号，分∴aba +b ≤12∴aba +b ≤ab 2a =b ② (9)由得，，所以分①②∴aba +b ≤12a +b ≥2ab (10)法二：分析法因为，，a >0b >0所以要证，只需证，a +b ≥2ab (a +b )2≥4a 2b 2即证，a 2+b 2+2ab ≥4a 2b 2，所以只要证，分2+2ab ≥4a 2b 2 (7)即证，2(ab )2−ab−1≤0即证，因为，所以只需证，(2ab +1)(ab−1)≤02ab +1>0ab ≤1下证，ab ≤1因为，所以成立，2=a 2+b 2≥2ab ab ≤1所以分a +b ≥2ab (10)【解析】求出函数的解析式，然后求解函数的最小值，通过，求解m 的范围，得到m 的最大值M ．(I)|m−1|≤1法一：综合法，利用基本不等式证明即可．(II)法二：利用分析法，证明不等式成立的充分条件即可．本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，考查分析法与综合法的应用，考查逻辑推理能力以及计算能力．。