湖北高考试题3

湖北高考试题3湖北高考试题3湖北高考试题32019年一般高等学校招生全国一致考试（湖北卷）数学（理科）本试题卷共5页，共22题，其中第15、16题为选考题。满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必然自己的姓名、准考据号填写在试题卷和答题卡上，并将准考据号条形码粘贴在答题卡上的指定地址。用一致供应的2B铅笔将答题卡上试卷种类A后的方框涂黑。2．选择题的作答：每题选出答案后，用一致供应的2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需变动，用橡皮擦洁净后，再选涂其余答案标号。答在试题卷、底稿纸上无效。3．填空题和解答题的作答：用一致供应的署名笔将答案直接答在答题卡上对应的答题地区内。答在试题卷、底稿纸上无效。4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的地址用一致供应的2B铅笔涂黑。考生应依照自己选做的题目正确填涂题号，不得多项选择。答题答在答题卡上对应的答题地区内，答在试题卷、底稿纸上无效。5．考生必定保持答题卡的齐整。考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本大题共

10小题，每题

5分，共

50分.

在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.1．方程x2A．3

6x132i

0的一个根是B．32i

C．

23i

D．23i考点剖析：此题察看复数的一元二次方程求根.难易度：★剖析：依照复数求根公式：66213432ix232i，因此方程的一个根为答案为A.2．命题“x0eRQ，x03Q”的否认是A．x0eRQ，x03QB．x0eRQ，x03Q4C．xeRQ，x3Q2，x3Q4D．xR22eQ正视图侧视图考点剖析：此题主要察看常用逻辑用语，考察对命题的否认和否命题的差异.难易度：★剖析：依照对命题的否认知，是把谓词取否定，尔后试卷A型第1页（共15页）俯视图第4题图把结论否认。因此选D3．已知二次函数yf(x)的图象以以下列图，则它与x轴所围图形的面积为A．2πB．4y1531C．3D．π1O1x221考点剖析：此题察看利用定积分求面积.1第3题图难易度：★剖析：依照图像可得：yf(x)x21，再由定积分的几何意义，可求得面积为1(x21)dx(1x3x)114.S1334．已知某几何体的三视图以以下列图，则该几何体的体积为A．8πB．3π3C．10πD．6π3考点剖析：此题察看空间几何体的三视图.难易度：★剖析：显然有三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B.5．设aZ，且0a13，若2012a能被5113整除，则aA．0B．1C．11D．12考点剖析：此题察看二项张开式的系数.难易度：★剖析：由于51=52-1，(521)2012C20120522012C20121522011...C201220115211,又由于13|52,因此只要13|1+a，0≤a<13,因此a=12选D.6．设a,b,c,x,y,z是正数，且a22210，bcx2y2z240，axbycz20，则abcxyzA．1B．143C．1D．324考点剖析：此题主要察看了柯西不等式的使用以及其取等条件.难易度：★★(a2b22)(x2y2z2)(axbycz)2剖析：由于c等号成立当且仅当abct,则a=txb=tyc=tz，t2(x2y2z2)10xyz因此由题知t1/2,又abcabc,因此abct1/2，答案选C.xyzxyzxyz7．定义在(,0)(0,)上的函数f(x)，若是对于随意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(,0)(0,)上的以下函数：①f(x)x2；②f(x)2x；③f(x)|x|；④f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为A．①②B．③④C．①③D．②④考点剖析：此题察看等比数列性质及函数计算.难易度：★剖析：等比数列性质，anan2an21，①fanfan2an2an2an222an1；②21ffanfan22an2an22anan222an1f2an1；③2fanfan2anan2an1f2an1；④fanfan2lnanlnan22f2an1.选Clnan18．如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆.在扇形OAB内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是A．12B．11π2πC．2D．1ππ考点剖析：此题察看几何概型及平面图形面积求法.难易度：★剖析：令OA1，扇形OAB为对称图形，ACBD围成面积为S1，围成OC为S2，作对称轴OD，则过C点。S2即为以OA为直径的半圆面积减去三角形OAC的面积，2S2111112。在扇形OAD中S1为扇形面积减去三角形OAC面积和S2，22222822S11121S2162，S1S22，扇形OAB面积S1，选A.2882449．函数f(x)xcosx2在区间[0,4]上的零点个数为A．4B．5C．6D．7考点剖析：此题察看三角函数的周期性以及零点的见解.难易度：★剖析：f(x)0，则x0或cosx20，x2k,kZ，又x0,4，k0,1,2,3,42因此共有6个解.选C.10．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式16V.人们还用过一些近似的近似公式.依照π=3.14159判断，以下近似公式中最精准的一9个是A．d316B．d32V3300321VC．dVD．dV915711考点剖析：察看球的体积公式以及估计.难易度：★★剖析：由4d336V设选项中常数为a则6b；中代入得69，V()，得d,,=b32a16中代入得61，C中代入得6157中代入得611，230021由于D中值最凑近的真切值，应选择D。二、填空题：本大题共

6小题，考生共需作答

5小题，每题

5分，共

25分.

请将答案填在答题卡对应．．．．．．．

.

.（一）必考题（

11—14题）11．设△

ABC的内角

A，

B，C

所对的边分别为

a，

b

，

c.

若

(a

b

c)(a

bc)

ab

，则角C．考点剖析：察看余弦定理的运用难易度：★剖析：由（+b-c）(a+b-c)=ab,获取2b22=-abaaca2b2c2-ab12依照余弦定理cosC2ab=,故C2ab2312．阅读以以下列图的程序框图，运行相应的程序，输出的结果s.第12题图考点剖析：此题察看程序框图.难易度：★★剖析：程序在运行过程中各变量的值以下表示：第一圈循环：当n=1时，得s=1，a=3.第二圈循环:当n=2时，得s=4，a=5第三圈循环：当n=3时，得s=9，a=7此时n=3，不再循环，因此解s=9.13．回文数是指从左到右读与从右到左读都同样的正整数．如22，121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，，99．3位回文数有90个：101，111，121，，191，202，，999．则（Ⅰ）4位回文数有个；（Ⅱ）2n1(nN)位回文数有个．考点剖析：此题察看排列、组合的应用.难易度：★★剖析：（Ⅰ）4位回文数只用排列前面两位数字，后边数字就能够确定，可是第一位不能够为0，有9（1~9）种情况，第二位有10（0~9）种情况，因此4位回文数有91090种。答案：90（Ⅱ）法一、由上面多组数据研究发现，2n+1位回文数和2n+2位回文数的个数同样，因此能够算出2n+2位回文数的个数。2n+2位回文数只用看前n+1位的排列情况，第一位不能够为0有9种情况，后边n项每项有10种情况，因此个数为910n.法二、能够看出2位数有9个回文数，3位数90个回文数。计算四位数的回文数是能够看出在2位数的中间增添成对的“00,11,22,99”，因此四位数的回文数有90个按此规律推导,而当奇数位时，能够看作在偶数位的最中间增添0~9这十个数，因此,则答案为910n.2214．如图，双曲线x2y21(a,b0)的两极点为A1，A2，虚轴两端点为B1，B2，两焦点为F1，F2.若以A1A2abF1B1F2B2，切点分别为A,B,C,D.则为直径的圆内切于菱形yB2BAA1A2F1OF2xDB1（Ⅰ）双曲线的离心率e；（Ⅱ）菱形F1B1F2B2的面积S1与矩形ABCD的面积S2的比值S1.S2考点剖析：此题察看双曲线中离心率及实轴虚轴的有关定义，以及一般平面几何图形的面积计算.难易度：★★剖析：（Ⅰ）由于以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，因此点O到直线F2B2的距离为a，又由于虚轴两端点为B1，B2，因此OB2的长为b，那么在F2OB2中，由三角形的面积公式知，1bc1a|B2F2|1a(bc)2，又由双曲线中存在关系c2a2b2联立可得出(e21)2e2，222依照e(1,)解出e51;2（Ⅱ）设F2OB2,很显然知道F2A2OAOB2,因此S22a2sin(2).在F2OB2中求得sinb,cosc,故S24a2sincos4a2bcb2c2b2b2c2；c2菱形F1B1F2B2的面积S12bc，再依照第一问中求得的e值能够解出S125S2.2（二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定地址将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑.若是全选，则按第15题作答结果计分.）15．（选修4-1：几何证明选讲）如图，点D在O的弦AB上搬动，AB4，连结OD，过点D作OD的垂线交O于点C，则CD的最大值为.考点剖析：此题察看直线与圆的地址关系难易度：★ACD,因此CDOC2OD2剖析：（由于OD,线段OC长为定值，即需求解线段OD长度的最小值，依照弦中点到圆心的距离最短，此时D为AB的中点，点C与点B重合，因此|CD|1|AB|2.2

BCD.O第15题图16．（选修4-4：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴成立极坐标系.已知射线π与曲线xt1,（t为参数）y(t1)24订交于A，B两点，则线段AB的中点的直角坐标为.考点剖析：此题察看平面直角坐标与极坐标系下的曲线方程交点.难易度：★剖析：π在直角坐标系下的一般方程为yx(xR)，将参数方程xt1,（t为参数）转变为y(t1)24直角坐标系下的一般方程为y(t1)2(x11)2(x2)2表示一条抛物线，联立上面两个方程消去y有x25x40，设、两点及其中点P的横坐标分别为xA、、x0，则有韦达定理ABxBx0xA2xB5,又由于点P点在直线yx上，因此AB的中点P(5,5).222三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（本小题满分12分）已知向量a(coxsxsinx，b(cosxsinx,23cosx)，设函数f(x)ab(xR)的图象对于直线xπ，为常数，且11).2（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期；（Ⅱ）若yf(x)的图象经过点π3π(,0)，求函数f(x)在区间[0,]上的取值范围.4517．解：（Ⅰ）由于f(x)sin2xcos2x23sinxcosxcos2x3sin2x2sin(2xπ.6)由直线xπ是yf(x)图象的一条对称轴，可得sin(2ππ)1，6因此ππk12πkπ(kZ)，即2(kZ)．623又(1,1)，kZ，因此k1，故5.26因此f(x)的最小正周期是6π5.（Ⅱ）由yf(x)的图象过点ππ0，(,0)，得f()44即5ππ2sinπ2，即2.2sin(2)466故f(x)2sin(5π2，x)36由0x3π，有π5xπ5π，56366因此1sin(5π1，得125π222，2x)2sin(x)3636故函数f(x)在3π2,22].[0,]上的取值范围为[1518．（本小题满分12分）已知等差数列{an}前三项的和为3，前三项的积为8.（Ⅰ）求等差数列{an}的通项公式；（Ⅱ）若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和.18．解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，则a2a1d，a3a12d，由题意得3a13d3,8.解得a12,或a14,a1(a1d)(a12d)d3,d3.因此由等差数列通项公式可得an23(n1)3n5，或an43(n1)3n7.故an3n5，或an3n7.（Ⅱ）当an35时，a2，a3，a1分别为1，4，2，不能等比数列；n当an3n7时，a2，a3，a1分别为1，2，4，成等比数列，知足条件.故|an||3n7|3n7,n1,2,3n7,n3.记数列{|an|}的前n项和为Sn.当n1时，S1|a1|4；当n2时，S2|a1||a2|5；当n3时，SnS2|a3||a4||an|5(337)(347)(3n7)5(n2)[2(3n7)]3n211n10.当n2时，知足此式.2224,n1,综上，Sn3n211n10,n1.2219．（本小题满分12分）如图1，ACB45，BC3，过动点A作ADBC，垂足D在线段BC上且异于点B，连结AB，沿AD将△ABD折起，使BDC90（如图2所示）．（Ⅰ）当BD的长为多少时，三棱锥ABCD的体积最大；（Ⅱ）当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得ENBM，并求EN与平面BMN所成角的大小．AAMBCDD.CB·E图1图2第19题图19．解：（Ⅰ）解法1：在如图由ADBC，由折起前AD

1所示的△ABC中，设BDx(0x3)，则CD3x．ACB45知，△ADC为等腰直角三角形，因此ADCD3x.BC知，折起后（如图2），ADDC，ADBD，且BDDCD，因此AD平面BCD．又BDC90，因此SBCD11x)．于是BDCDx(322VABCD1ADSBCD1(3x)1x(3x)12x(3x)(3x)3321212x(3x)(332，x)1233（lbylfx）当且仅当2x3x，即x1时，等号成立，故当x1，即BD1时,三棱锥ABCD的体积最大．解法2：同解法1，得VABCD111136x2ADSBCD(3x)x(3x)(x9x)．3326令f(x)1329x)，由f(x)13)0，且0x3，解得x1．6(x6x(x1)(x2当x(0,1)时，f(x)0；当x(1,3)时，f(x)0．因此当x1时，f(x)获取最大值．故当BD1时,三棱锥ABCD的体积最大．（Ⅱ）解法1：以D为原点，成立如图a所示的空间直角坐标系Dxyz．由（Ⅰ）知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD1，ADCD2．于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,10)，2)，M(0,1,1)，E(,1,2且BM(1,1,1)．设N(0,,0)，则EN(1,1,0).由于ENBM等价于ENBM0，即2(1,1,0)(1,1,1)110，故1，N(0,1,0).2222因此当DN1（即N是CD的凑近点D的一个四均分点）时，ENBM．2设平面BMN的一个法向量为n(x,y,z)，由nBN,及BN(1,1,0)，nBM,2y2x,1)．得可取n(1,2,zx.设EN与平面BMN所成角的大小为，则由EN(|1nEN1|3sin2，即cos(90)|EN|22|n|62故EN与平面BMN所成角的大小为60.zAMDNBCyExB图aDNFCEBBP图c第19题解答图

11，n(1,2,1)，可得,,0)260．AMDNFCE图bMGHNE图d解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD1，ADCD2．如图b，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MF∥AD.由（Ⅰ）知AD平面BCD，因此MF平面BCD.如图c，延伸FE至P点使得FPDB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形，因此DPBF.取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则EN∥DP，因此ENBF.由于MF平面BCD，又EN面BCD，因此MFEN.又MFBFF，因此EN面BMF.又BM面BMF，因此ENBM.由于ENBM当且仅当ENBF，而点F是唯一的，因此点N是唯一的.即当DN1（即N是CD的凑近点D的一个四均分点），ENBM．2连结

MN

，ME，由计算得

NB

NM

EB

EM

5，2因此△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取BM的中点G，连结EG，NG，则BM平面EGN．在平面EGN中，过点E作EHGN于H则EH平面BMN．故ENH是EN与平面BMN所成的角．

，在△EGN中，易得

EG

GN

NE

2

，因此△EGN是正三角形，2故ENH60，即EN与平面BMN所成角的大小为60.20．（本小题满分

12分）依照过去的经验，某工程施工时期的降水量

X（单位：

mm）对工期的影响以下表：降水量XX300300X700700X900X900历年工期延缓天数Y02610气象资料表示，该工程施工时期降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9.求：（Ⅰ）工期延缓天数Y的均值与方差；（Ⅱ）在降水量X最少是300的条件下，工期延缓不高出6天的概率.20．解：（Ⅰ）由已知条件和概率的加法公式有：P(X300)0.3,P(300X700)P(X700)P(X300)0.70.30.4，P(700X900)P(X900)P(X700)0.90.70.2.P(X900)1P(X900)10.90.1.因此Y的散布列为：于Y02610是，P0.30.40.20.1E(Y)00.320.460.2100.13；D(Y)(03)20.3(23)20.4(63)20.2(103)20.19.8.故工期延缓天数Y的均值为3，方差为9.8.（Ⅱ）由概率的加法公式，P(X300)1P(X300)0.7，又P(300X900)P(X900)P(X300)0.90.30.6.由条件概率，得P(Y6X300)P(X900X300)P(300X900)0.66P(X300)0.7.7故在降水量X最少是300mm的条件下，工期延缓不高出6天的概率是6.721．（本小题满分13分）设A是单位圆x2y21上的随意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且知足|DM|m|DA|(m0,且m1).当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；（Ⅱ）过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.可否存在m，使得对随意的k0，都有PQPH？若存在，求m的值；若不存在，请说明原因.21．解：（Ⅰ）如图1，设M(x,y)，A(x0,y0)，则由|DM|m|DA|(m0,且m1)，可得xx0，|y|m|y0|，因此x0x，|y0|1①|y|.m由于A点在单位圆上运动，因此x02y021.②2将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2y21(m0,且m1).m由于m(0,1)(1,)，因此当0m1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(1m2,0)，(1m2,0)；当m1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(0,m21)，(0,m21).（Ⅱ）解法1：如图2、3，k0，设P(x1,kx1)，H(x2,y2)，则Q(x1,kx1)，N(0,kx1)，直线QN的方程为y2kxkx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m24k2)x24k2x1xk2x12m20.依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由韦达定理可得x1x24k2x1，即x2m2x1.m24k2m24k2由于点H在直线QN上，因此y2kx12kx22km2x12.24km于是PQ(2x1,2kx1)，PH(x2x1,y2kx1)(4k2x12km2x1.24k2,24k2)mm而PQPH等价于PQPH4(2m2)k2x120，m24k2即2m20，又m0，得m2，（lbylfx）故存在m2，使得在其对应的椭圆2y21上，对随意的k0，都有PQPH.x2yyyHAHNMNPPODxOxOxQQ图1图2(0m1)图3(m1)第21题解答图解法2：如图2、3，x1(0,1)，设P(x1,y1)，H(x2,y2)，则Q(x1,y1)，N(0,y1)，由于P，H两点在椭圆C上，因此m2x12y12m2,两式相减可得2222mx2y2m,m2(x12x22)(y12y22)0.③依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，故(x1x2)(x1x2)0.于是由③式可得(y1y2)(y1y2)m2.④(x1x2)(x1x2)又Q，N，H三点共线，因此kQNkQH，即2y1y1y2.x1x1x2yyy21(yy)(yy2)m2于是由④式可得kPQkPH11121.x1x1x22(x1x2)(x1x2)22而PQPH等价于kPQkPH1，即m1，又m0，得m2，2故存在m2，使得在其对应的椭圆x2y21上，对随意的k0，都有PQPH.222．（本小题满分14分）（Ⅰ）已知函数f(x)rxxr(1r)(x0)，其中r为有理数，且0r1.求f(x)的最小值；（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明以下命题：设a10,a20，b1,b2为正有理数.若b1b21，则a1b1a2b2a1b1a2b2；（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题实行到一般形式，并用数学概括法证明你所实行的命题.．．．．．注：当为正有理数时，有求导公式(x)x1.22．解：（Ⅰ）f(x)rrxr1r(1xr1)，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，因此f(x)在(0,1)内是减函数；当x1时，f(x)0，因此f(x)在(1,)内是增函数.故函数f(x)在x1处获取最小值f(1)0.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当x(0,)时，有f(x)f(1)0，即xrrx(1r)①若a1，a2中有一个为0，则a1b1a2b2a1b1a2b2成立；若a1，a2均不为0，又b1