怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷
2019 届高三一模 理科数学参考答案
一、选择题（12 5 60 ）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B A A D C D C B B C A B
9 提示：当n = 12 时 ， S = 1
2 × 12 × sin30° = 3，输出S = 3；
当n = 24 时， S = 1
2 × 24 × sin15° ≈ 12 × 0.2588 = 3.1056，输出S = 3.1056；
当n = 48 时 ，S = 1
2 × 48 × sin7.5° ≈ 24 × 0.1305 = 3.1320，输出S = 3.1320.
故选 B.
10 提示：显然焦点 F 的坐标为（1,0），所以可设直线 AB 的方程为
푦 = 푘(푥 − 1)，代入푦2 = 4푥并整理得 푘2푥2 − (2푘2 + 4)푥 + 푘2 = 0，
所以푥1 + 푥2 = 2 + 4
푘2， | | =AB 푥1 + 푥2 + 2 = 4 + 4
푘2，
同理可得| | =CD 4 + 4푘2，所以
2 2 2
22
2 2 2
1 1 4( +1) ( +1) 1| || | 4( +1) 8 8( 2) 3222
kkS AB CD k kk k k
故选 C.
11 提示：显然几何体是一个四棱锥，将它放到棱长为 2 的正方体中
显然2R = 2√3，所以R = √3，所以选 A.
12 提示：设 00( , )P x y ，由于点 P 为切点，则 2
00
1 22 x ax = 2
03 lna x b ，
又点 P 的切线相同，则 0()fx = 0()gx ，即
2
0
0
32 axax ，即 00( 3 )( ) 0x a x a ,
又 000, 0,a x x a ，于是 225 3 ln ( 0)2b a a a a ，设 225( ) 3 ln ( 0)2h x x x x x ，
则 ( ) 2 (1 3ln )( 0)h x x x x ，所以
11
33( ) 0 +h x e e 在（ ， ）单调递增，在（ ， ）单调递减，
b 的最大值为
12
333(e ) 2he ,故选 B
二、填空题（ 4 5 20 ）：
13.
32 ; 14.
12 ； 15.
4 ； 16.
212 + ,2 )eee （ . B
A
C
D
P
S
O
N
E
16 提示：图略，由 ( ) ( )= ( )f a f b f c ，得| ln | | ln | =2 ln ,a b c
显然 21 1a b e c ee
所以 ln ln 2 lna b c ，故 ln ln 0,ln ln 2
ab
bc
从而 2
1
,
ab
bc e
所以
2211eea b c b bb b b
，令
21( ) (1 ),eg b b b eb
可得
22
2
(1 )( ) 0,begb b
所以
21( ) (1 )eg b b eb
在 ， 上单调递减.
所以 212 + = ( ) ( ) (1) 2e g e g b g ee ，故 abc的取值范围为 212 + ,2 )eee （
17 解：（ I）设等差数列{}na 的公差为 d，因为 3 105, 100aS，
所以 1
1
25
10 45 100
ad
ad
…………2 分 解得 1 1
2
a
d
⋯ ⋯ ⋯ ⋯4 分
所以数列{}na 的通项公式为 =2 1nan .⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯6 分
（II）由（I）可知 2 2 1 1 1 1()( 5) (2 4) ( 2) 2 2n
n
b n a n n n n n n ⋯ ⋯ ⋯ ⋯8 分
12
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( )+( )+ +( ) ( )]2 3 2 4 3 5 1 1 2nnT b b b n n n n
1 3 2 3[]2 2 n+1)(n+2)
n （ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯10 分
33,,44nT m m 的最小正整数为1 ⋯ ⋯ ⋯ ⋯12 分
18 解法一：（Ⅰ）连 BD 交 AC 于O ，由题意 .
在正方形 ABCD 中， ，
所以 ,得 …………3 分
(Ⅱ)设正方形边长 ，由题知 SO 平面 ABCD ，
则 ，又 ，所以 =30DSO……3 分
SO AC
AC BD
AC SBD 平面 AC SD
a
2SD a 2
2OD aO
x
y
z
B
A
C
D
P
S
连 ，由（Ⅰ）知 AC OS ，又 ,
所以 ,所以 POS 是二面角 P AC S的平面角…………5 分
由 ,知 ,所以 =60POS,
即二面角 的大小为60 …………8 分
（Ⅲ）在棱 SC 上存在一点 E ，使 ，由（Ⅱ）可得 ，
故可在 上取一点 ,使 ,
过 作 的平行线与 的交点即为 .
连 BN ,在 中知 ，又由于 ,
故平面 ，得
由于 ,故 即 : =3 2SC SE ：…………12 分
解法二：（Ⅰ）同解法一
(Ⅱ)由题设知，连 ,设 交于 于 ，由题意知 .以 O 为坐标原点，
,,OB OC OS 分别为 轴、 轴、 轴正方向，建立坐标系 如图.
设底面边长为 ，则高 .
则 w.w
又 SD 平面 PAC ，
则平面 的一个法向量 ，
平面 SAC 的一个法向量 2( ,0,0)2OD a ，
则 1cos , 2
DS ODDS OD
DS OD
,
又二面角 为锐角，则二面角 为60 ；
（Ⅲ）在棱 上存在一点 使 .由（Ⅱ）知 DS 是平面 的一个法向量，
且 26( ,0, )22DS a a ， 26(0, , )22CS a a
设 CE tCS ， [0,1]t w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
OP AC SBD 平面
AC OP
SD PAC 平面 SD OP
P AC D
//BE PAC平面 2
4PD a
SP N PN PD
N PC SC E
BDN //BN PO //NE PC
//BEN PAC平面 //BE PAC平面
21SN NP ： ： 21SE EC ： ：
BD AC BD O SO ABCD平面
x y z O xyz
a 6
2SO a
62(0,0, ), ( ,0,0)22S a D a 2(0, ,0)2Ca
PAC 26( ,0, )22DS a a
P AC D P AC D
SC E //BE PAC平面 PAC则 2 2 6( , (1 ), )2 2 2BE BC CE BC tCS a a t at
又 ，所以 0BE DS，
则 1
3t .
即当 : =3 2SC SE ：时， BE DS w 而 不在平面 内，故 .
19 解：（ I）因为 A B C， ， 三镇分别有基层干部 60 人，60 人，80 人，共 200 人，
利用分层抽样的方法选 40 人，则C 镇应选取 4080 =16200 （人），
所以这 40 人中有 16 人来自C 镇 …………2 分
因为 =10 0.15 20 0.25 30 0.3 40 0.2 50 0.1 28.5x ，
所以三镇基层干部平均每人走访贫困户 28.5 户…………4 分
（II）由直方图得，从三镇的所有基层干部中随机选出 1 人，其工作出色的概率为 3
5 ………6 分
显然 X 可取 0,1,2,3，且 33 5XB（ ，），则
328( 0) ( )5 125PX
，
1 1 2
3
3 2 36( 1) ( ) ( )5 5 125P X C
,
2 2 1
3
3 2 54( 2) ( ) ( )5 5 125P X C
,
33 27( 3) ( )5 125PX
…………10 分
所以 X 的分布列为
X 0 1 2 3
p 8
125 36
125 54
125 27
125
所以数学期望 ()EX 0 ×
8
125 +1 ×
36
125 +2 ×
54 27 93125 125 5 …………12 分
20 解：（ I）由题设条件可得 1 ,32
c aca ，解得 2, 1ac…………2 分
2 2 2 3b a c ,所以椭圆 C 的方程为
22
143
xy …………4 分
（II）当矩形 ABCD 的一组对边斜率不存在时，得矩形 ABCD 的面积 S=83…………5 分
//BE PAC平面
BE PAC //BE PAC平面当矩形 ABCD 四边斜率都存在时，不妨设 AB,CD 所在直线斜率为 k，则 BC,AD 斜率为 1
k
，
设直线 AB 的方程为 y=kx+m,与椭圆联立 22
143
y kx m
xy
可得
2 2 24 3) 8 4 12 0k x kmx m （ ,
由 2 2 2 2 2= 8 4 4 3)(4 12) 0, =4 3km k m m k （ ） （ 得 …………7 分
显然直线 CD 的直线方程为 y=kx-m, 直线 AB,CD 间 的 距 离
22
1 222
2 | | 4 322111
m m kd kkk
,
同理可求得 BC,AD 间的距离为
22
1 2
2
4 3 43221 11
kkd k
k
…………9 分
所以四边形 ABCD 面积为
2 2 4 2 2
12 2 2 4 2 4 2
3 4 4 3 12 25 124 =4 4 121 1 2 1 2 1ABCD
k k k k kS d d k k k k k k
=
2
2
114 12 4 12 141 42k k
（ =1等号当且仅当k 时成立）…………11 分
又 4 12 8 3ABCDS ，
故由以上可得外切矩形面积的取值范围是[83，14]…………12 分
21 解：（ I）因为 () xf x e ax a ，所以 () xf x e a ，
① 当 0a 时， ( ) 0fx ，函数 ()fx在区间 （- ，+)上单调递增；
② 当 0a 时， ( ) 0 lnxf x e a x a ，
( ) 0 lnxf x e a x a
所以 ()fx在 ( ,ln )a 上单调递减，在(ln , )a 上单调递增. …………4 分
（II）因为对任意的 (0,2],x 不等式 ()f x x a恒成立，即不等式 +1) xa x e（ 恒成立. 即当 (0,2] ,x 时 1
xea x恒成立.
令
( ) 1 (0,2]),
xegx x （x
则 2
( 1)( ) .
xxegx x
显然当 (0,1) , ( ) 0, (1,2] ( ) 0,g x g x x 时 x 时,
所以 (0,1) , (1,2] 1 1.xe g(x)在 上单调递减 在 上单调递增. 时g(x)取最小值
所以实数 a 的取值范围是 1)e（- ， …………8 分
（III）在（I）中，令 =1a 可知对任意实数 x 都有 1 0,xex
即 1 ( =0xxe 等号当且仅当x 时成立）
令
1
1= ( =1 2 3 ), ,
k
nkkx k n enn
，，， 则 即()
k
n k n
n
keene
故 1 2 31 2 3 1 ( 1)( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1)
n
n n n n n
nn
n e e ee e e en n n n e e e e
………12 分
22 解（Ⅰ）∵曲线 C 的参数方程为 为参数
sin3
cos2
y
x ,
∴曲线 C 的普通方程为 ＝1........................................2 分
∵直线l 的极坐标方程是： 6
sincos21
∴ 6sincos2 ...........................3 分
∴直线l 的直角坐标方程为 062 yx .........................5 分
（Ⅱ）∵点 P 是曲线 C 上的动点，
∴设 P（2cosφ，3sinφ），则 P 到直线l 的距离：
5
6sin5
14
6sin3cos4
d ,tanθ＝ 3
4
...............8 分
∴当 sin（ ）＝﹣1 时，点 P 到直线 l 距离取最大值 dmax＝ ＝
...............9 分
当 sin（ ）＝1 时，点 P 到直线 l 距离取最小值 dmin＝ ＝ ..........................10 分
23 解：（ I）由已知可得
1 2 , 0
( ) 1,0 1
2 1, 1
xx
f x x
xx
，所以 min( ) 1fx …………5 分
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,ab
要证 2.a b ab ，只需证
22( ) (2 ) ,a b ab 即证
222 2 4 ,ab a b
即证
222 1 0,a b ab 即 (2 1)( 1) 0,ab ab
又因为 ,ab是正数，所以 2 1 0,ab
故只需证 1 0,ab 即 1,ab 而 2= 222a b ab ，可得 1,ab
故原不等式成立……………………10 分.
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