2019届高三数学全真模拟考试试题(二)理(含解析).doc

2019届高三数学全真模拟考试试题(二)理(含解析)一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1. 已知集合，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：求的集合，根据集合的运算，即可得到详解：由集合，所以，故选D点睛：本题考查了集合的交集运算，正确求解集合是解答的关键，着重考查了学生推理与运算能力2. 已知是虚数单位，复数，若在复平面内，复数与所对应的点关于虚轴对称，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数与所对应的点关于虚轴对称，求出，代入计算即可【详解】复数与所对应的点关于虚轴对称，故选【点睛】本题主要考查了复数的运算法则及其几何意义，属于基础题3. 设等差数列的前项和为.若，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据已知条件列出方程组求出，再求得解.详解：由题得所以故答案为：B点睛：本题主要考查等差数列的通项和前n项和，意在考查学生等差数列基础知识的掌握能力和基本的运算能力.4. 九章算术是我国古代的数学名著，书中把三角形的田称为“圭田”，把直角梯形的田称为“邪田”，称底是“广”，称高是“正从”，“步”是丈量土地的单位.现有一邪田，广分别为十步和二十步，正从为十步，其内有一块广为八步，正从为五步的圭田.若在邪田内随机种植一株茶树，求该株茶树恰好种在圭田内的概率为A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：利用面积公式以及梯形的面积公式，以及几何概型能求出在邪田内随机种植一株茶树，该株茶树恰好种在圭田内的概率.详解：邪田的广分别为十步和二十步，正从为十步，圭田广为八步，正从为五步的，在邪田内随机种植一株茶树，所以利用面积公式，算出圭田的面积面积，利用梯形的面积公式，算出邪田的面积，根据几何概型概率公式可得，该株茶树恰好种在圭田内的概率为：，故选A.点睛：本题題主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本裏件对应的区域测度把握不准导致错误 ；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误.5. 执行如下所示的程序框图，如果输入，则输出的属于A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】该程序的作用是计算一个分段函数的函数值，由条件为求得分段函数的函数值【详解】执行程序框图知，输入的，输出算式；输出的值，由时， ；时， 此分段函数在时，输出的 故选：D【点睛】本题主要考查了程序框图及数形结合能力，是基础题6. 命题，命题，真命题的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由，可知命题为真，由指数函数单调性可知命题为假，从而得解.详解：由，可知命题为真命题；当时，则，所以不存在. 命题为假命题.所以为真命题.故选C.点睛：要判断复合命题的真假，首先必须判断简单命题的真假，再由真值表确定复合命题真假.属于基础题.7. 已知某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是平放的直四棱柱，结合图中数据求出它的体积即可【详解】根据几何体的三视图，得；该几何体是平放的直四棱柱，且四棱柱的底面如侧视图所示，可以分割为一个梯形和一个直角三角形（如图），该四棱柱的体积为 故选：B【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知的三视图分析出几何体的形状是解答的关键8. 已知双曲线，过左焦点的直线切圆于点，交双曲线右支于点，若，则双曲线的渐近线方程为A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：根据题意，求得，所以，且，再在直角中，利用勾股定理，得，即，又由，求得，即可得到双曲线的渐近线的方程详解：如图所示，由，可得为的中点，又因为为的中点，所以，且，又由，所以，且,又由双曲线的定义可知，所以，在直角中，即，所以，且，所以，解得，所以双曲线的渐近线方程为，故选C点睛：本题考查了双曲线的几何性质渐近线方程的求解，其中根据图象和双曲线的定义，利用直角三角形的勾股定理，得到关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力9. 设，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由求出的表达式，先比较的大小和范围，再求出的范围，根据它们不同的范围，得出它们的大小。详解：由有，因为，所以，而，所以，选C.点睛：本题主要考查比较实数大小，属于中档题。比较大小通常采用的方法有：（1）同底的指数或对数采用单调性比较；（2）不同底的指数或对数采用中间量进行比较，中间量通常有0,1，等。10. 设函数，为的导函数，若函数的图像关于原点对称，则的值是A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：首先确定g(x)的解析式，然后结合三角函数的性质求解的值即可.详解：由导函数的运算法则可得：，则：，结合正弦函数的性质可得，当时：，则，令可得：，则.本题选择D选项.点睛：本题主要考查导数的运算法则，三角函数的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，平面，是边长为2的等边三角形，若球的体积为，则直线与平面所成角的正切值为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】取的中点，则为所求线面角，利用勾股定理求出即可得出答案【详解】设的中心为为 的中点，过作，则为的中点，是直线与平面所成角是边长为2的等边三角形， ， 故选：A【点睛】本题考查了棱锥与球的位置关系，属于中档题12. 已知是函数的导函数，且对任意的实数都有（是自然对数的底数），若不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】C【解析】当k=0时，即解f(x)0即可，构造函数，所以可令+c，所以由得c=1所以，即f(x)0得解集为其中恰有两个整数-2，-1，所以k=0成立，排除AD，当k=，则f(x)0即,h（x）= 得函数在（-4，-1）递减，递增，且，此时的解集至少包括-4，-2，-3，-1所以违背题意，故不能取，排除B，故选C点睛：对于比较复杂的函数问题首先要根据题意构造新函数，转化为分析等价新函数的问题，另外对于选择题还可根据选项的区别可以逐一排除选项二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量与的夹角为，且，则_.【答案】4【解析】分析：根据平面向量数量积公式可得，对，两边平方，得到关于的方程，解方程即可得结果.详解：，向量与的夹角为，解得，故答案为.点睛：本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.14. 若满足约束条件，则的最大值为_.【答案】【解析】分析：画出约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案详解：由x，y满足约束条件作出可行域如图，化目标函数z=x2y为y=x，由图可知，当直线y=x过点A（1，1）时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为3故答案为：3点睛：本题考查简单的线性规划，意在考查学生线性规划基础知识的掌握能力和数形结合的解题思想方法.15. 已知的展开式中有且仅有第4项的二项式系数最大，则该展开式的常数项是_【答案】15【解析】二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大， ，则展开式中的通项公式为 令，求得 ，故展开式中的常数项为 ，故答案为15.16. 已知中，角、所对的边分别是、，且，有以下四个命题：满足条件的不可能是直角三角形；当时，的周长为15；当时，若为的内心，则的面积为； 的面积的最大值为40其中正确命题有_（填写出所有正确命题的序号）【答案】【解析】【分析】，考虑勾股定理的逆定理，即可判断；，运用正弦定理可得，运用三角函数的恒等变换，即可得到所求周长；，运用正弦定理和三角函数的恒等变换、三角形的面积公式和等积法，即可得到所求面积，运用圆的方程和三角形的面积公式，即可得到所求最大值；【详解】对于，即，设，由 ，可得 ，满足条件的可能是直角三角形，故错误；对于，可得，由正弦定理可得，可得，由 可得：，解得 可得，可得：，则，故正确；对于，由得设的内切圆半径为，则故正确对于，对于，以的中点为坐标原点，所在直线为轴，可得 ，可得，设 ，可得，平方可得 ，即有 化为 则的轨迹是以 ，半径为的圆，可得的面积的最大值为 故正确；故答案为：【点睛】本题考查三角形的正弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化思想和运算能力，属于难题三、解答题：共70分.第1721题为必考题，共60分。17. 已知数列是递增的等差数列，成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）若，数列的前项和，求满足的最小的的值【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）设的公差为，由条件得的值，即可求解数列的通项公司；（2）由（1）可得 ，即可利用裂项法求解数列的求和，根据不等式，即可求解最小的的值.试题解析：解：（1）设的公差为（），由条件得，.（2） .由得.满足的最小值的的值为18. 为响应绿色出行，某市在推出“共享单车”后，又推出“新能源分时租赁汽车”其中一款新能源分时租赁汽车，每次租车收费的标准由两部分组成：根据行驶里程数按1元/公里计费；行驶时间不超过分时，按元/分计费；超过分时，超出部分按元/分计费已知王先生家离上班地点15公里，每天租用该款汽车上、下班各一次由于堵车、红绿灯等因素，每次路上开车花费的时间(分)是一个随机变量现统计了50次路上开车花费时间，在各时间段内的频数分布情况如下表所示：时间（分）频数2182010将各时间段发生的频率视为概率，每次路上开车花费的时间视为用车时间，范围为分（1）写出王先生一次租车费用（元）与用车时间（分）的函数关系式；（2）若王先生一次开车时间不超过40分为“路段畅通”，设表示3次租用新能源分时租赁汽车中“路段畅通”的次数，求的分布列和期望；（3）若公司每月给1000元的车补，请估计王先生每月（按22天计算）的车补是否足够上、下班租用新能源分时租赁汽车？并说明理由（同一时段，用该区间的中点值作代表）【答案】(1) (2)见解析(3) 估计王先生每月的车补够上下班租用新能源分时租赁汽车用【解析】【分析】（1）根据收费标准得出函数关系式；（2）根据二项分布的概率公式得出分布列和数学期望；（3）计算一个月租车费用的平均值，从而得出结论【详解】（1）当时， 当时，. 得： （2）王先生租用一次新能源分时租赁汽车，为“路段畅通”的概率可取，. ， 的分布列为 或依题意， （3）王先生租用一次新能源分时租赁汽车上下班，平均用车时间（分钟），每次上下班租车的费用约为（元）一个月上下班租车费用约为，估计王先生每月的车补够上下班租用新能源分时租赁汽车用【点睛】本小题主要考查频率分布表、平均数、随机变量的分布列及数学期望等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力、应用意识，考查分类与整合思想、必然与或然思想、化归与转化思想19. 在四棱锥中， （1）设与相交于点，且平面，求实数的值；（2）若且, 求二面角的余弦值【答案】(1) (2) 【解析】分析：（1）由题意结合几何关系可得结合线面平行的性质定理可得 （2）由几何关系可得平面，故以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，据此可得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为 据此可得，则二面角 的正弦值为.详解：（1）因为,所以 因为，平面，平面平面，所以 所以，即（2）因为,可知为等边三角形，所以，又，故，所有由已知，所以平面，如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，所以，则，设平面的一个法向量为，则有即设，则，所以， 设平面的一个法向量为，由已知可得即令，则，所以 所以，设二面角的平面角为，则点睛：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算(2)设m，n分别为平面，的法向量，则二面角与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角20. 已知抛物线与椭圆的一个交点为，点是的焦点，且.(1)求与的方程；(2)设为坐标原点，在第一象限内，椭圆上是否存在点，使过作的垂线交抛物线于，直线交轴于，且?若存在，求出点的坐标和的面积；若不存在，说明理由.【答案】(1) (2) 见解析【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义求，点的坐标代入求出，的值；（2）设出，的方程与椭圆、抛物线分别联立，求出的横坐标，利用，即可得出结论【详解】（1）由抛物线定义：，所以的方程为，将代入得，即，将代入，得，故方程为.即 （2）由题意：直线的斜率存在且不为0，设的方程为，由于，则的方程为，由得由，得，得（舍）或 在第一象限内，若满足的点存在，则，此时，设直线与轴交于点，由于，所以，故，即为线段中点，因此，即，解得，故存在适合题意的，此时， 此时 方程为，即，点到的距离，所以【点睛】本题考查抛物线、椭圆的方程，考查直线与抛物线、椭圆的位置关系，考查分类讨论的数学思想，属于中档题21. 若对任意实数都有函数的图象与直线相切，则称函数为“恒切函数”，设函数其中（1）讨论函数的单调性；（2）已知函数为“恒切函数”，求实数的取值范围；当取最大值时，若函数也为“恒切函数”，求证：(参考数据：)【答案】(1) 见解析(2) 见解析【解析】分析：（1）求出，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）设切点为，求出，设，根据函数的单调性求出故实数的取值范围为；当取最大值时，因为函数也为“恒切函数”，故存在，使得，由得，设，根据函数的单调性证明即可.详解：（1）.当时，恒成立，函数在上单调递减；当时，得，由得，由得，得函数在上单调递减，在上递增.（2）若函数为“恒切函数”，则函数的图象与直线相切，设切点为，则且，即，.因为函数为“恒切函数”，所以存在，使得，即，得，设.则，得，得，故在上单调递增，在上单调递减，从而故实数的取值范围为.当取最大值时，因为函数也为“恒切函数”，故存在，使得，由得，设，则，得，得，故在上单调递减，在上单调递增，1.在单调递增区间上，故，由，得；2. 在单调递增区间上，又的图象在上不间断，故在区间上存在唯一的，使得，故.此时由，得，函数在上递增，故.综上所述，. 点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.请考生在第22、23题中任选一题作答. 选考题：共10分22. 【选修4-4坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中，直线：（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线：（1）求直线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程；（2）记射线与直线和曲线的交点分别为点和点（异于点），求的最大值【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）根据极坐标方程、参数方程与普通方程的对应关系即可得出答案；（2）由（1），所以 ，即可得到的最大值.试题解析：（1）由题意得直线的普通方程为：，所以其极坐标方程为：.由得：，所以，所以曲线的直角坐标方程为：.（2）由题意，所以 ，由于，所以当时，取得最大值：.23. 【选修4-5不等式选讲】已知函数（1）解关于的不等式；（2）若关于的不等式的解集非空，求实数的取值范围【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）原不等式等价于或，即或，从而可得结果；（2）等价，利用分段函数的单调性，可得当时，的最小值为，从而可得结果.【详解】（1）由题意或，所以或，即或，或或，故原不等式的解集为或（2），由于 ，所以当时，的最小值为所以实数的取值范围为【点睛】绝对值不等式的常见解法：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想