2019-2020年高考数学模拟考试试题（一）理.doc

2019-2020年高考数学模拟考试试题（一）理一、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. 如果集合，集合则（ ）A B. C. D. 2已知为虚数单位，且，则的值为（ ）A4 B C D3下列说法中，正确的是（ ）（A），（B）命题p：，则：，（C）在ABC中，“”是“ABC为锐角三角形”的必要不充分条件 （D）已知，则“”是“”成立的充分不必要条件4. 等差数列的前n项和为，且满足，则，中最大的项为（ ）A. B. C. D.5. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D.6. 已知不等式组表示区域，过区域中任意一点作圆的两条切线且切点分别为，当最大时，（ ）A. B. C. D. 7. 现有12张不同的卡片，其中红色、黄色、绿色、蓝色卡片各3张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且蓝色卡片至多1张. 则不同的取法共有（ ）（A）135 （B）172 （C）189 （D）2168. 执行如图所示的算法，则输出的结果是（ ）A1 B C D29. 方程在内有相异两解，则（ ）A B C或 D或10.已知函数是定义在R上的增函数，函数的图象关于点对称，若任意的，不等式恒成立，则当时，的取值范围是（ ）A B C D11如图，已知椭圆，双曲线，若以C1的长轴为直径的圆与C2的一条渐近线交于A，B两点，且C1与该渐近线的两交点将线段AB三等分，则C2的离心率为（ ）A5 B C D12已知函数，若方程有四个不同的解，且，则的取值范围是（ ）A B C D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上.13. 已知为由不等式组，所确定的平面区域上的动点，若点，则的最大值为 14. 若（）,记,则的值为_.15. 设Sn为数列an的前n项之和，若不等式对任何等差数列an及任何正整数n恒成立，则的最大值为 16. 已知球的直径,是球球面上的三点，是正三角形，且,则三棱锥的体积为_.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. （本小题满分12分）设的三内角所对的边分别为且.（）求的值;（）若，且的周长为14，求的值.19. （本小题满分12分）如图，在中，已知在上，且又平面.（）求证：平面；（）求二面角的余弦值20. （本小题满分12分）已知椭圆：过点，离心率为.（）求椭圆的标准方程；（）设分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆交于不同两点，记的内切圆的面积为，求当取最大值时直线的方程，并求出最大值21. （本小题满分12分）已知函数，其中,（e2.718）（1）若函数有极值1，求的值；（2）若函数在区间上为减函数，求的取值范围；（3）证明：请考生在22、23、24题中任选择一题作答，做答题请写清题号。22. （本小题满分10分）选修41：几何证明选讲如图所示，为圆的直径，为圆的切线，为切点. 求证：； 若圆的半径为2，求的值.23. (本小题满分10分) 选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数）. 以原点为极点、轴正半轴为极轴建立极坐标系，求圆的极坐标方程； 已知，圆上任意一点，求面积的最大值.24（本小题满分10分）选修45；不等式选讲函数.（1）若，求函数的定义域A；（2）在（1）的条件下设，当实数时，证明：.参考答案一、选择题：1【解析】集合指函数的定义域，故，即；集合指函数的定义域，即，所以 选C2. 【解析】由，可得 ， ，故选B3. 【解析】试题分析：对（A），当时，.故错.对（B）， 应为：，.对（C），在ABC中，当ABC为锐角三角形时，必有.当时，只能说明角为锐角，角B或角C还有可能为钝角，故不一定为锐角三角形，所以是必要不充分条件，结论正确. 对（D）， “”时，不一定有“”，比如取.当时，必有.所以应为必要不充分条件.综上知，选C.4.试题分析：由，又，所以.又.所以数列的公差小于0，且.所以.由.所以0.故选D.5. 试题分析：根据三视图可知该几何体为一个四棱锥和三棱锥的组合体，如图所示,且平面，平面，底面为正方形，则有,所以和到平面的距离相等，且为，故,，则该几何体的体积为.6. 【解析】由题可得，当圆心与区域中的点距离最小时，最大，所以圆心到直线的距离最小，即，因为半径，所以角，即，故选B.7. 【解析】C试题分析：取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，则这3张可以是两种颜色，也可以是三种颜色；蓝色卡片至多1张，则有两种情况：一是无蓝色，二是有一张是蓝色.若无蓝色，则共有种；若有1张蓝色，则共有.共有189种.8. 【解析】试题分析： 输出；故选A.9. A 【解析】可化为，画出函数在的图象，原条件等价于直线与函数在的图象有两个交点，如图直线所在位置的两种情况下，由图象的对称性知，或10. C 【解析】试题分析：的图象关于点对称，的图象关于点对称，即为奇函数由不等式，又函数是定义在上的增函数考点：函数的单调性、奇偶性、对称性11. 【答案】C 【解析】试题分析：设椭圆与双曲线的渐近线相交于两点（设在轴的上方）以及，由题意，可得，即；联立，得；联立，得，即，即，即，即12. 【答案】B【解析】试题分析：先画出函数，的图象，方程有四个不同的解，且，由时，则横坐标为与两点的中点横坐标为即：，当时，由于在上是减函数，在上是增函数，又因为，则，有，又因为方程有四个不同的解，所以，则，则，设，（），由于，则在上是减函数，则，故应选择二、填空题：13. 1试题分析：根据题意画出可行域如图：,其几何意义为向量在上的投影，当动点坐标为，所以，所以答案为：14. 1试题分析：令得，又令得，所以15. 试题分析：当时，;当时，所以16. 【解析】试题分析：设球心为M，三角形ABC截面小圆的圆心为，ABC是等边三角形，APQ=BPQ=CPQ=30P在面ABC的投影是等边ABC的中心，PQ是直径，PCQ=90，PC=4cos30= ，P= ，由是等边ABC的中心， ，等边三角形ABC的高H=，AC= ，三、解答题：17. （1） ；（2） . （1）由正弦定理得，即，化简可得又，所以，因此. 5分（2）由得.由余弦定理及得所以.又.从而，因此. 12分考点：1.正弦定理、余弦定理的应用;2.两角和差的三角函数.19解：（）设， 1分由平面，知平面.从而在中为直角三角形，故3分又，又平面平面，平面5分故平面6分（）以所在射线分别为轴，建立直角坐标系如图.7分则由（）知，, 8分由（）知平面是平面的一个法向量，设平面的法向量为，令，则，10分11分由图可知，二面角的余弦值为12分 20. 【答案】（）椭圆的标准方程为；（）.试题解析：（）由题意得 解得椭圆的标准方程为. 4分（）设，的内切圆半径为，则 所以要使取最大值，只需最大 6分 设直线的方程为 将代入可得(*)恒成立，方程(*)恒有解， 记 在上递减，所以当即时，此时. 12分考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与圆锥曲线的位置关系；3、函数的最值.21.（1）解：， 1分若，则对任意的都有，即函数在上单调递减函数在上无极值 1分若，由得当时，当时，即函数在单调递减，在单调递增函数在处有极小值 3分（2）解法1：函数=在区间上为减函数且当时，在上恒成立在上恒成立 5分设，则 当时，所以在上恒成立，即函数在上单调递减 当时， 8分解法2：函数=在区间上为减函数对，（）恒成立 5分当时，（）式显然成立 6分当时，（）式在上恒成立设，易知在上单调递增 综上得 8分（3）证法1：由（2）知，当时， 对任意的有 即 12分证法2：先证明当时，令,则对任意的恒成立 函数在区间上单调递减当时， 对任意的，而 12分考点：1、利用导数研究函数的极值；2、利用导数研究函数的单调性；3、不等式的恒成立；22【命题意图】本小题主要考查平面几何的证明，具体涉及到圆的切线的性质，三角形相似等内容. 本小题重点考查考生对平面几何推理能力. 【试题解析】解： (1) 连接是圆的两条切线， 又为直径，.5分(2)由，. 10分23【命题意图】本小题主要考查极坐标系与参数方程的相关知识，具体涉及到极坐标方程与平面直角坐标方程的互化、平面内直线与曲线的位置关系等内容. 本小题考查考生的方程思想与数形结合思想，对运算求解能力有一定要求.【试题解析】解：（1）圆的参数方程为（为参数）所以普通方程为. 2分圆的极坐标方程：. 5分（2）点到直线：的距离为7分的面积所以面积的最大值为10分24. 解:（1）由，得 （5分）（2） 又 而 （10分）