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湖南省湘潭市2019届高三上学期第一次模拟检测数学（理）试题第卷（共60分）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，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，则等于( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】集合，所以.故选A.2.若复数满足，在复数的虚部为（ ）A. B. 1 C. -1 D. 【答案】C【解析】【分析】由复数的除法运算公式可得，从而可求出z的共轭复数，即可得出结果.【详解】由题意可知，故，所以其虚部为-1.【点睛】本题主要考查复数的四则运算和共轭复数的概念，属于基础题型.3.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由展开即可求出结果.【详解】.【点睛】本题主要考查两角和与差的正切公式，由已知角表示所求角，即可求出结果，属于基础题型.4.以双曲线的焦点为顶点，且渐近线互相垂直的双曲线的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知双曲线先求出所求双曲线的顶点坐标，再由所求双曲线的渐近线互相垂直，可得，从而可得双曲线方程.【详解】由题可知，所求双曲线的顶点坐标为，又因为双曲线的渐近线互相垂直，所以，则该双曲线的方程为.【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质，属于基础题型.5.若满足约束条件，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 3【答案】D【解析】【分析】先画出不等式组所表示的平面区域，又表示可行域内一点与点连线的斜率，结合图像即可得出结果.【详解】画出可行域，如图所示，表示可行域内一点与点连线的斜率，由图可知，当，时，取得最大值3.【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，只需掌握目标函数的几何意义，即可求解，属于基础题型.6.某几何体的三视图如图所示（其中俯视图中的曲线是圆弧），则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图可知该几何体为圆柱体的一半，结合表面积公式可得结果.【详解】该几何体为一个圆柱体的一半，所以表面积.【点睛】本题主要考查根据几何体的三视图求几何体的表面、体积问题，属于基础题型.7.设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用对数的运算法则即可得出【详解】，则 .故选D.【点睛】本题考查了对数的运算法则，考查了计算能力，属于基础题8.若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如.如图程序框图的算法源于我国古代闻名中外的中国剩余定理.执行该程序框图，则输出的等于A. 4 B. 8C. 16 D. 32【答案】C【解析】初如值n=11,i=1,i=2,n=13,不满足模3余2.i=4,n=17, 满足模3余2, 不满足模5余1.i=8,n=25, 不满足模3余2,i=16,n=41, 满足模3余2, 满足模5余1.输出i=16.选C。9.如图，已知函数的图象关于坐标原点对称，则函数的解析式可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数图像的对称性，单调性，利用排除法求解.【详解】由图象知，函数是奇函数，排除，；当时，显然大于0，与图象不符，排除D，故选C.【点睛】本题主要考查了函数的图象及函数的奇偶性，属于中档题.10.设，把的图象向左平移个单位长度后，恰好得到函数的图象，则的值可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的图象变换，求得，再利用三角函数的图象与性质，得到，即可求解，得到答案。【详解】由题意，可知，则，即，当时，故选D。【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质，其中解答中熟记三角函数的图象变换的规则，以及三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题。11.过原点作两条互相垂直的直线分别交抛物线于两点（均不与坐标原点重合），已知抛物线的焦点到直线距离的最大值为3，则（ ）A. B. 2 C. 4 D. 6【答案】B【解析】【分析】先设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理可得，再由，即可求出，从而可确定结果.【详解】设直线的方程为，把直线方程代入抛物线方程，得，所以，.因为，所以，即，解得，所以，所以直线恒过点，则抛物线的焦点到直线距离的最大值为，即.【点睛】本题主要考查直线与抛物线位置关系，通常情况下要先设直线方程与交点坐标，联立直线与曲线方程，结合韦达定理和题中条件，即可得到参数之间关系，属于中档题型.12.若函数恰有三个极值点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先对函数求导，得，当时，由，可得，从而极值点问题转化为了与y=-2m的交点问题,结合图像即可得出m范围；当，由，可得0,可得m的范围.【详解】由题可知，当时，令，可化为，令，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，的图象如图所示，所以当，即时，有两个不同的解；当，令，解得，综上，.【点睛】本题主要考查导数的方法研究函数的极值点问题，分别研究分段函数在不同范围的单调性，结合图像即可得出结果.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知向量，向量，若，则向量与的夹角为_【答案】 【解析】【分析】由向量的夹角公式可得，从而可得夹角.【详解】，则向量的夹角为.【点睛】本题主要考查向量的夹角公式，属于基础题型.14.的内角所对的边分别为，已知，则的最小值为_【答案】 【解析】【分析】先由正弦定理将化为，可求出，再由余弦定理可得，即可的a的最小值.【详解】因为，所以，因为，所以，由余弦定理，得，即.【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的运用，结合基本不等式即可求三角形边的最值.15.某公司安排甲、乙、丙、丁4人去上海、北京、深圳出差，每人仅出差一个地方，每个地方都需要安排人出差，若甲不安排去北京，则不同的安排方法有_种【答案】24【解析】【分析】根据特殊问题优先考虑原则，可先安排除甲以外的人去北京，因此分两种情况：一人去北京或两人去北京，即可求出结果.【详解】若安排一人去北京，共有种；若安排两人去北京，共有种，总共24种.【点睛】本题主要考查排列组合问题，排列组合的常用策略：（1）特殊位置特殊元素优先考虑；（2）相邻问题捆绑策略；（3）不相邻问题插空策略；（4）定序问题倍缩原则；（5）均分问题除法原则；（6）相同元素隔板策略等.属于中档试题.16.已知球的半径为4，球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆的公共弦长为，若球心到这两个平面的距离相等，则这两个圆的半径之和为_【答案】6【解析】【分析】先设两圆的圆心为，球心为，公共弦为，中点为，由球心到这两个平面的距离相等，可得两圆半径相等，然后设两圆半径为r,由勾股定理表示出，再由，即可求出r，从而可得结果.【详解】设两圆的圆心为，球心为，公共弦为，中点为，因为球心到这两个平面的距离相等，则为正方形，两圆半径相等，设两圆半径为，又，.这两个圆的半径之和为6.【点睛】本题主要考查球的结构特征，由球的特征和题中条件，找出等量关系，即可求解.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.已知数列的前项和为，且.（1）证明：数列为等比数列；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】（1）由可得，两式作差整理即可得到，从而可得数列为等比数列；（2）先由（1）写出，从而可得，进而可直接求出数列的前项和.【详解】解：（1）当时，则.当时，因为，所以，则，即.从而，即.因为，所以.所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列.（2）由（1）可得，即.因为，所以.则，故.【点睛】本题第一问主要考查等比数列的证明，只需数列的第n项与第n-1项之比为非零常数即可;第二问主要考查裂项相消的方法求数列的前n项和;属于基础试题.18.在四棱锥中，底面是菱形，且，.（1）证明：平面.（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析（2） 【解析】【分析】（1）先连接，AC与BD交点为E,连接PE，先证直线平面，进而可得，再由，即可得出平面；（2）取的中点，由题意可得EB、EC、EF两两垂直，因此以E点为坐标原点建立坐标系，分别求出两平面的一个法向量，进而求两法向量夹角余弦值，由题中图形判断二面角时锐角还是钝角，即可求出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接，设，连接.因为底面是菱形，所以，.因为，所以.因为，所以平面.因为平面，所以.因为，所以平面.（2）解：取的中点.因为平面，所以平面.故以为原点，分别为的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，.故，.设平面的法向量为.则，不妨取，则.设平面的法向量为，则，不妨取，则.记二面角的平面角为，易知为锐角，则.故二面角的余弦值为.【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的判定定理，第二问考查空间向量的方法求二面角的余弦值，只需求出两平面的法向量的夹角余弦值，即可结合图像得出结果，属于中档试题.19.某工厂共有男女员工500人，现从中抽取100位员工对他们每月完成合格产品的件数统计如下：每月完成合格产品的件数（单位：百件）频数10453564男员工人数7231811（1）其中每月完成合格产品的件数不少于3200件的员工被评为“生产能手”.由以上统计数据填写下面列联表，并判断是否有95%的把握认为“生产能手”与性别有关？非“生产能手”“生产能手”合计男员工女员工合计（2）为提高员工劳动的积极性，工厂实行累进计件工资制：规定每月完成合格产品的件数在定额2600件以内的，计件单价为1元；超出件的部分，累进计件单价为1.2元；超出件的部分，累进计件单价为1.3元；超出400件以上的部分，累进计件单价为1.4元.将这4段中各段的频率视为相应的概率，在该厂男员工中选取1人，女员工中随机选取2人进行工资调查，设实得计件工资（实得计件工资=定额计件工资+超定额计件工资）不少于3100元的人数为，求的分布列和数学期望.附：，.【答案】（1）见解析； （2）.【解析】【分析】（1）利用列联表求得的观测值，即可判断.（2）设2名女员工中实得计件工资不少于3100元的人数为，1名男员工中实得计件工资在3100元以及以上的人数为，则，,根据X、Y的相应取值求得Z的相应取值时的概率，列出分布列，利用期望公式求得期望.【详解】（1）非“生产能手”“生产能手”合计男员工48250女员工42850合计9010100因为的观测值 ，所以有的把握认为“生产能手”与性别有关.（2）当员工每月完成合格产品的件数为3000件时，得计件工资为 元，由统计数据可知，男员工实得计件工资不少于3100元的概率为，女员工实得计件工资不少于3100元的概率为，设2名女员工中实得计件工资不少于3100元的人数为，1名男员工中实得计件工资在3100元以及以上的人数为，则，的所有可能取值为， ， ， ， ，所以的分布列为0123故 .【点睛】本题考查了独立性检验的应用问题，考查了二项分布及期望的求法，考查转化思想以及计算能力20.已知点是椭圆的一个焦点，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于不同的两点，且（为坐标原点），求直线斜率的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题可知，椭圆的另一个焦点为，利用椭圆的定义，求得，再理由椭圆中，求得的值，即可得到椭圆的方程；（2）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，在由，进而可求解斜率的取值范围，得到答案。【详解】（1）由题可知，椭圆的另一个焦点为，所以点到两焦点的距离之和为.所以.又因为，所以，则椭圆的方程为.（2）当直线的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，不符合题意.故设直线的方程为，联立，可得.所以而，由，可得.所以，又因为，所以.综上，.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等。21.已知函数，其中为自然对数的底数. （1）求函数的极值点；（2）若，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）当时，无极值点；当时，极值点为；当且时，极值点为和；（2）.【解析】【分析】(1)先求出函数的导数，讨论、且即可求出函数的极值点;(2)由题意可将，恒成立转化为时，恒成立，然后构造函数，分，与两种情况讨论，分别用导数的方法研究其在上的单调性和值域，即可筛选出符合题意的的取值范围.【详解】（1）,当时，故无极值点；当时，函数只有一个极值点，极值点为；当且时，函数有两个极值点，分别为和.（2），依题意，当时，即当时，.设，则.设，则.当时，从而（当且仅当时，等号成立），在上单调递增.又，当时，从而当时，在上单调递减，又，从而当时，即，于是当时，.当时，令，得，.故当时，在上单调递减.又，当时，从而当时，在上单调递增，又，从而当时，即，于是当时，不符合题意.综上所述：实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查利用导数求函数的极值、最值以及不等式恒成立问题，属于难题不等式恒成立问题常见方法： 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）； 数形结合( 图象在 上方即可)； 讨论最值或恒成立； 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.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.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在以坐标为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程，并指出曲线是什么曲线；（2）若直线与曲线相交于两点，求的值.【答案】(1) 曲线的轨迹是以为圆心，3为半径的圆. (2) 【解析】【分析】（1）由曲线的参数方程，消去参数，即可得到曲线的普通方程，得出结论；（2）把直线的极坐标方程化为直角坐标方程，再由点到直线的距离公式，列出方程，即可求解。【详解】（1）由（为参数），消去参数得，故曲线的普通方程为.曲线的轨迹是以为圆心，3为半径的圆.（2）由，展开得，的直角坐标方程为.则圆心到直线的距离为，则，解得.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化及应用，重点考查了转化与化归能力.通常遇到求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐标的几何意义求解.要结合题目本身特点，确定选择何种方程.23.设函数.（1）当时，求关于的不等式的解集；（2）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）根据绝对值的意义，取到绝对值号，得到分段函数，进而可求解不等式的解集；（2）因为，得，再利用绝对值的定义，去掉绝对值号，即可求解。【详解】（1）因为，所以的解集为.（2）因为，所以，即，则，所以.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向
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