《2019年高考名校考前提分仿真试卷 理科数学:(七)含解析.pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019年高考名校考前提分仿真试卷 理科数学:(七)含解析.pdf(14页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、绝密绝密 启用前启用前 【最后十套】2019 届高考名校考前提分仿真卷 理理 科科 数数 学(七)学(七) 注意事项:注意事项: 1、本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。答题前,考生务必将自 己的姓名、考生号填写在答题卡上。 2、回答第卷时,选出每小题的答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑, 如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 3、回答第卷时,将答案填写在答题卡上,写在试卷上无效。 4、考试结束,将本试卷和答题卡一并交回。 第卷第卷 一、选择题:本大题共一、选择题:本大题共 12 小题,每小题小题,每小题 5 分,在每小题给出的四个选项中,只有
2、一项是符 合题目要求的 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 12019河南期末 表示集合中整数元素的个数,设集合,Z MM18Axx ,则( )5217BxxZ AB A3B4C5D6 22019东北育才复数( ) 2 1i 2i AB1CD1ii 32019广东期末若干年前,某教师刚退休的月退休金为元,月退休金各种用途占比统计图6000 如下面的条形图该教师退休后加强了体育锻炼,目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折 线图已知目前的月就医费比刚退休时少元,则目前该教师的月退休金为( )100 A元B元C元D元6500700075008000 42019周口期末过椭圆
3、的上顶点与右顶点的直线方程为, 22 22 :10 xy Cab ab 240xy 则椭圆的标准方程为( )C ABCD 22 1 164 xy 22 1 204 xy 22 1 248 xy 22 1 328 xy 52019黄埔期末如图,在正方体的八个顶点中任取两个点作直线,与直线 1111 ABCDA B C D 1 A B 异面且夹角成的直线的条数为( )60 A3B4C5D6 62019淮南一模已知函数,若直线 过点,且与曲线相切,则直线 lnf xxxl0, e yf xl 的斜率为( ) AB2CD2ee 72019东北育才函数(其中,)的图象如图所示,为了得到 sinf xAx
4、0A 2 的图象,只需将的图象( ) sin3g xAx f x 此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 A右平移个单位长度B左平移个单位长度 4 4 C右平移个单位长度D左平移个单位长度 12 12 82019郑州质检如图,在中,是上一点,若,则实ABC 2 3 ANNC PBN 1 3 APtABAC 数 的值为( )t ABCD 2 3 2 5 1 6 3 4 92019达州一诊如图虚线网格的最小正方形边长为 1,实线是某几何体的三视图,这个几何体的 体积为( ) ABCD42 4 3 102019汕头期末在四面体中,当四面体的体ABCD1AB 3BCCD2AC ABCD
5、 积最大时,其外接球的表面积为( ) ABCD2368 112019河南联考已知函数,且,则的最小值为 sin3cosf xxx 12 4f xf x 12 xx ( ) ABCD 3 2 2 3 3 4 122019黄冈调研函数定义域为,若满足在内是单调函数;存在 f xD f xD, a bD 使在上的值域为, 那么就称为 “半保值函数”, 若函数( f x, a b, 2 2 a b yf x 2 log x a f xat 且)是“半保值函数”,则 的取值范围为( )0a 1a ABCD 1 0, 4 11 ,00, 22 1 0, 2 1 1 , 2 2 第卷第卷 二、填空题:本大题
6、共二、填空题:本大题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分分 132019大兴期末若,满足,则的最大值为_xy 0 10 10 y xy xy 2zxy 142019吉林一模设函数,若,则实数的取值范围是_ ln ,1 1,1 x x f x x x 1f m m 152019如皋期末在平面直角坐标系中,已知圆:与轴交于,xOyC 22 2430xyxyxA 两点, 若动直线 与圆相交于,两点, 且的面积为 4, 若为的中点, 则BlCMNCMNPMNPAB 的面积最大值为_ 16 2019河南联考在中, 内角,所对的边分别为,是的中点, 若ABCABCabcDAB ,且,则面积的最大值是_
7、1CD 1 sinsinsin 2 abAcbCB ABC 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 (12 分)2019天门期末已知数列满足,设 n a 1 2a 2 1 21232 nn nanann 1 n n a b n (1)求,; 1 b 2 b 3 b (2)判断数列是否为等差数到,并说明理由; n b (3)求数列的通项公式 n a 18 (12 分)2019通州期末北京地铁八通线西起四惠站,东至土桥站,全长,共设 1318.964 km 座车站目前八通线执行 2014 年 12 月 28 日制订的计价标准,各站
8、间计程票价(单位:元)如下: 四惠333344455555 四惠东33344455555 高碑店3334444555 传媒大学333444455 双桥33344444 管庄3333444 八里桥333344 通州北苑33333 果园3333 九棵树333 梨园33 临河里3 土桥 四 惠 四 惠 东 高 碑 店 传 媒 大 学 双 桥 管 庄 八 里 桥 通 州 北 苑 果 园 九 棵 树 梨 园 临 河 里 土 桥 (1)在 13 座车站中任选两个不同的车站,求两站间票价不足 5 元的概率; (2)甲乙二人从四惠站上车乘坐八通线,各自任选另一站下车(二人可同站下车) ,记甲乙二人乘 车购票花
9、费之和为元,求的分布列;XX (3)若甲乙二人只乘坐八通线,甲从四惠站上车,任选另一站下车,记票价为元;乙从土桥站上 车,任选另一站下车,记票价为元试比较和的方差和大小 (结论不需要证明)DD 19 (12 分)2019湖北联考如图,在四棱锥中,且PABCDABPCADBCADCD ,222 2PCBCADCD2PA (1)证明:平面;PA ABCD (2)在线段上,是否存在一点,使得二面角的大小为?如果存在,求PDMMACD60 PM PD 的值;如果不存在,请说明理由 20 (12 分)2019临川一中已知的直角顶点在轴上,点,为斜边的中点,ABCAy1,0BDBC 且平行于轴ADx (1
10、)求点的轨迹方程;C (2) 设点的轨迹为曲线, 直线与的另一个交点为 以为直径的圆交轴于、,CBCECEyMN 记此圆的圆心为,求的最大值PMPN 21 (12 分)2019广东期末已知函数, lnexf xaxaR (1)试讨论函数的极值点的个数; f x (2)若,且恒成立,求的最大值a N 0f x a 参考数据: 请考生在请考生在 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两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分 22 (10 分) 【选修 4-4:坐标系与参数方程】 2019湖北联考在平面直角坐标系中,曲线:(为参数) ,在以平面直角坐标xoy 1 C
11、 2cos 2sin x y 系的原点为极点、轴的正半轴为极轴, 且与平面直角坐标系取相同单位长度的极坐标系中, 曲xxoy 线: 2 C sin1 6 (1)求曲线的普通方程以及曲线的平面直角坐标方程; 1 C 2 C (2)若曲线上恰好存在三个不同的点到曲线的距离相等,求这三个点的极坐标 1 C 2 C 23 (10 分) 【选修 4-5:不等式选讲】 2019吉林期末已知函数 2f xxaxa (1)当时,求不等式的解集;1a 42f xx (2)设,且的最小值为 若,求的最小值0a 0b f xt33tb 12 ab 绝密绝密 启用前启用前 【最后十套】2019 届高考名校考前提分仿真
12、卷 理科数学答案(七)理科数学答案(七) 第卷第卷 一、选择题:本大题共一、选择题:本大题共 12 小题,每小题小题,每小题 5 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 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 【答案】C 【解析】,故选 C1,8A 5 17 , 22 B 5 ,8 2 AB 5Z AB 2 【答案】D 【解析】由题意,复数, 2 1ii1i1i22 i 222i2i2 故选 D 2 2 1i22 ii 222i 3 【答案】D 【解析】设目前该教师的退休金为元,则由题意得:x6000 15%10%100x 解得故选 D8000x 4 【
13、答案】A 【解析】直线方程为,240xy 令,则,得到椭圆的上顶点坐标为,即,0x 2y 0,22b 令,则,得到椭圆的右顶点坐标为,即,0y 4x 4,04a 从而得到椭圆方程为:故选 A 22 1 164 xy 5 【答案】B 【解析】在正方体的八个顶点中任取两个点作直线, 1111 ABCDA B C D 与直线异面且夹角成的直线有:,共 4 条故选 B 1 A B60 1 ADAC 11 D B 1 B C 6 【答案】B 【解析】函数的导数为, lnf xxx ln1fxx 设切点为,则,可得切线的斜率为,,m nlnnmm1lnkm ,解得,故选 B elne 1ln nmm m
14、mm em 1lne2k 7 【答案】C 【解析】由题意,根据选项可知只与平移有关,没有改变函数图象的形状,故,3 又函数的图象的第二个点是, ,0 4 3 4 4 ,故, sin 3 4 f xAx sin3sin 3 124 g xAxAx 只需将函数的图形要向右平移个单位,即可得到的图象,故选 C f x 12 g x 8 【答案】C 【解析】由题意及图, 1APABBPABmBNABm ANABmANm AB 又, 2 3 ANNC 2 5 ANAC 2 1 5 APmACm AB 又,解得,故选 C 1 3 APtABAC 1 21 53 mt m 5 6 m 1 6 t 9 【答案
15、】B 【解析】应用可知几何体的直观图如图:是圆柱的一半, 可得几何体的体积为:故选 B 2 1 1 42 2 10 【答案】C 【解析】,由勾股定理可得,1AB 3BC 2AC 222 ABACBC 是以为斜边的直角三角形,且该三角形的外接圆直径为,ABCBC3BC 当平面时,四面体的体积取最大值,CD ABCABCD 此时,其外接球的直径为, 22 26RBCCD 因此,四面体的外接球的表面积为故选 CABCD2 2 426RR 11 【答案】C 【解析】, 13 sin3cos2sincos2sin 223 f xxxxxx 又,即, 12 4f xf x 12 2sin2sin4 33
16、xx , 12 2sinsin2 33 xx 12 sinsin1 33 xx 且或且 1 sin1 3 x 2 sin1 3 x 2 sin1 3 x 1 sin1 3 x ,或, 11 2 32 xk 22 2 32 xk 21 2 32 xk 12 2 32 xkk Z , 1212 2 2 3 xxkkkZ 显然,当时,的最小值为,故选 C 12 0kk 12 xx 2 3 12 【答案】B 【解析】函数(且)是“半保值函数”,且定义域为, 2 log x a f xat0a 1a R 由时,在上递增,在递增,1a 2x zatRlogayz0, 可得为上的增函数;同样当时,仍为上的增
17、函数, f xR01a f xR 在其定义域内为增函数, f xR 函数(且)是“半保值函数”, 2 log x a f xat0a 1a 与的图象有两个不同的交点,有两个不同的根, 2 log x a yat 1 2 yx 2 1 log 2 x a atx , 1 2 2x x ata 1 2 2 0 x x aat 可令,即有有两个不同的正数根, 1 2x ua0u 22 0uut 可得,且,解得故选 B 2 140t 2 0t 11 ,00, 22 t 第卷第卷 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分分 13 【答案】1 【解析】由,满足,作出可
18、行域如图,xy 0 10 10 y xy xy 联立,解得,函数为,由图可知, 0 10 y xy 1,0A2zxy 22 xz y 当直线过时,直线在轴上的截距最小,的最大值为 1故答案为 22 xz y Ayz1 14 【答案】,0e, 【解析】如图所示: 可得的图像与的交点分别为, ln ,1 1,1 x x f x x x 1y 0,1e,1 ,则实数的取值范围是,可得答案 1f m m,0e,0e, 15 【答案】8 【解析】当时,解得或,即,0y 2 230xx1x 3x 1,0A 3,0B 圆的标准方程: 圆心,半径, 22 128xy1,2C2 2r 的面积为 4,即,CMN
19、1 2 22 2sin4 2 SMCN 则,即,sin1MCN90MCN24MNCN 1 2 2 CPMN 要使的面积最大,则,PABCPAB 此时三角形的高,224PD 314AB 则的面积故答案为 8PAB 1 448 2 S 16 【答案】 15 5 【解析】如图,设,则,CDACDB 在和中,分别由余弦定理可得,CDACDB 2 2 1 4 cos c b c 2 2 1 4 cos c a c 两式相加,整理得, 2 22 20 2 c ab 222 24cab 由及正弦定理得, 1 sinsinsin 2 abAcbCB 1 2 ab acbcb 整理得, 222 2 ab abc
20、 由余弦定理的推论可得, 222 1 cos 24 abc C ab 15 sin 4 C 把代入整理得, 22 4 2 ab ab 又,当且仅当时等号成立,故得 22 2ababab 5 42 22 abab ab 8 5 ab 即面积的最大值是故答案为 1181515 sin 22545 ABC SabC ABC 15 5 15 5 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 【答案】 (1),;(2)是,见解析;(3) 1 1b 2 3b 3 5b 2 21 n ann 【解析】 (1)将代入得,又,1n 12 3212aa
21、 1 2a 2 9a 将代入得,;从而,2n 23 4324aa 3 20a 1 1b 2 3b 3 5b (2)数列是以 1 为首项,公差为 2 的等差数列 n b 由条件,将两边同时除以得: 2 1 21232 nn nanann 12nn , 2 1 1232 2 1212 n n nann na nnnn 化简得,即, 1 2 21 nn aa nn 1 2 nn bb 数列是以 1 为首项,公差为 2 的等差数列 n b (3)由(2)可得,12121 n bnn 2 112121 nn anbnnnn 18 【答案】 (1);(2)见解析;(3) 21 26 P A DD 【解析】
22、 (1)记两站间票价不足 5 元为事件,在 13 座车站中任选两个不同的车站,A 基本事件总数为个,事件 A 中基本事件数为 2 13 C78781563 两站间票价不足 5 元的概率 21 26 P A (2)记甲乙花费金额分别为元,元ab 的所有可能取值为 6,7,8,9,10X , 1 63,3 9 P XP ab 1 73,44,3 6 P XP abP ab , 49 83,55,34,4 144 P XP abP abP ab , 5 95,44,5 24 P XP abP ab 25 105,5 144 P XP ab 的分布列为X X678910 P 1 9 1 6 49 14
23、4 5 24 25 144 (3)DD 19 【答案】 (1)见证明;(2)见解析 【解析】 (1)在底面中,且,ABCDADBCADCD222 2BCADCD ,2ABAC2 2BC ABAC 又,平面,平面,平面,ABPCACPCCAC PACPC PACAB PAC 又平面,PAPACABPA ,2PAAC2 2PC PAAC 又,平面,平面,平面PAABABACAAB ABCDAC ABCDPA ABCD (2)方法一:在线段上取点,使,则,ADN2ANNDMNPA 又由(1)得平面,平面,PA ABCDMN ABCD 又平面,作于,AC ABCDMNACNOACO 又,平面,平面,平
24、面,MNNONMN MNONO MNOAC MNO 又平面,MO MNOACMO 又,是二面角的一个平面角,ACNOMONMACD 设,则, PM x PD 122MNx APx 22 22 ONANxADx 这样,二面角的大小为,MACD60 即,即, 22 tantan603 MNx MON ONx 42 3 PM x PD 满足要求的点存在,且M42 3 PM PD 方法二:取的中点,则、三条直线两两垂直BCEAEADAP 可以分别以直线、为、轴建立空间直角坐标系,AEADAPxyz 且由(1)知是平面的一个法向量,0,0,2AP ACD 设,则,0,1 PM x PD 122MNx A
25、Px2ANxADx , 0, 2 ,22AMxx 2, 2,0AC 设是平面的一个法向量,, ,AQa b c ACM 则, 2220 220 AQ AMxbx c AQ ACab 2 22 ab x cb x 令,则,它背向二面角,22bx 22,22, 2AQxxx 又平面的法向量,它指向二面角,ACD0,0,2AP 这样,二面角的大小为,MACD60 即, 2 22 2 21 coscos60 2 222222 , AP AQx AP AQ APAQ xxx 即,42 3x 满足要求的点存在,且M42 3 PM PD 20 【答案】 (1);(2) 2 40yx x 2 3 【解析】 (
26、1)设点的坐标为,C, x y 则的中点的坐标为,点的坐标为BCD 1, 22 xy A0, 2 y ,1, 2 y AB , 2 y ACx 由,得,即,ABAC 2 0 4 y AB ACx 2 4yx 经检验,当点运动至原点时,与重合,不合题意舍去CAC 轨迹的方程为 2 40yx x (2)依题意,可知直线不与轴重合,设直线的方程为,CExCE1xmy 点、的坐标分别为、,圆心的坐标为CE 11 ,x y 22 ,xyP 00 ,xy 由,可得, 2 4 1 yx xmy 2 440ymy 12 4yym 12 4y y , 2 1212 242xxm yym 212 0 21 2 x
27、x xm 圆的半径P 22 12 111 24422 222 rCExxmm 过圆心作于点,则PPQMNQ 2 MPQ 在中,RtPQM 2 0 22 211 cos1 22222 PQx m rrmm 当,即垂直于轴时,取得最小值为,取得最大值为, 2 0m CExcos 2 1 22 3 的最大值为 2 3 21 【答案】 (1)见解析;(2)10 【解析】 (1)函数的定义域为,当时, f x0, ex a fx x 0a 0fx 在定义域单调递减,没有极值点; f x0, f x 当时,在单调递减且图像连续,0a ex a fx x 0, ,时, 1e0 a fa 0x fx 存在唯一
28、正数,使得, 0 x 0 0fx 函数在单调递增,在单调递减, f x 0 0,x 0, x 函数有唯一极大值点,没有极小值点, f x 0 x 综上:当时,没有极值点;0a f x 当时,有唯一极大值点,没有极小值点0a f x (2)方法一: 由(1)知,当时,有唯一极大值点,0a f x 0 x 0 00 max lnexf xf xax 恒成立, 0f x 0 0f x , 0 0 ex a x 000 00 1 lnln0 a f xaxax xx 0 0 1 ln0x x 令,则在单调递增, 1 lnh xx x h x0, 由于, 1 1.74ln1.740 1.74 h 1 1
29、.8ln1.80 1.8 h 存在唯一正数,使得,从而1.74,1.8m 0h m 0 0,xm 由于恒成立, 0 00 lne0 x f xax 当时,成立; 0 0,1x 0 00 lne0 x f xa x 当时,由于, 0 1,xm 0 0 lne0 x ax 0 0 e ln x a x 令,当时, e ln x g x x 1,xm 2 1 eln 0 ln x x x gx x 在单调递减,从而 e ln x g x x 1,m ag m ,且,且, 1.74g mg 1.74 e 1.7410.3 ln1.74 ga N10a 下面证明时,10a 10lne0 x f xx ,
30、且在单调递减,由于, 10 exfx x fx 0, 1.740f 1.80f 存在唯一,使得, 0 1.74,1.8x 0 0 0 10 e0 x fx x 0 0000 max 00 101 10lne10 ln1010 ln10 x f xf xxxx xx 令,易知在单调递减, 1 10 ln10u xx x 1.74,1.8x u x1.74,1.8 , 1 1.7410 ln101.7410 2.3032.310 1.74 u xu ,即时, 00 max 0 1 10 ln100f xf xx x 10a 10lne0 x f xx 的最大值是 10a 方法二:由于恒成立, 0f
31、 x ,; 1.6 1.6ln1.6e0fa 1 6 e 10.5 ln1.6 a ,; 1 7 1.7ln1.7e0fa 1 7 e 10.3 ln1.7 a ,; 18 1.8ln1.8e0fa 18 e 10.3 ln1.8 a ,猜想:的最大值是 10a Na 下面证明时,10a 10lne0 x f xx ,且在单调递减,由于, 10 exfx x fx 0, 1.740f 1.80f 存在唯一,使得, 0 1.74,1.8x 0 0 0 10 e0 x fx x 0 0000 max 00 101 10lne10 ln1010 ln10 x f xf xxxx xx 令,易知在单调
32、递减, 1 10 ln10u xx x 1.74,1.8x u x1.74,1.8 , 1 1.7410 ln101.7410 2.3032.310 1.74 u xu ,即时, 00 max 0 1 10 ln100f xf xx x 10a 10lne0 x f xx 的最大值是 10a 请考生在请考生在 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两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分 22 【答案】 (1),;(2), 22 4xy320xy 2 2, 3 A 2, 6 B 7 2, 6 C 【解析】 (1)由消去参数得,即曲线的普通方程为, 2cos 2
33、sin x y 22 4xy 1 C 22 4xy 又由得, sin1 6 sincoscos sin1 66 即为,即曲线的平面直角坐标方程为320xy 2 C320xy (2)圆心到曲线:的距离,O 2 C320xy 2 2 2 1 1 2 13 dr 如图所示,直线与圆的切点以及直线与圆的两个交点,即为所340xyA30xyBC 求 ,则,直线的倾斜角为,OABC3 OA k OA l 2 3 即点的极角为,点的极角为,点的极角为,A 2 3 B 2 326 C 27 326 三个点的极坐标为, 2 2, 3 A 2, 6 B 7 2, 6 C 23 【答案】 (1)(2) 7 ,1, 3 32 2 【解析】 (1)当时,原不等式可化为,1a 21f xxx2214xx 当时,不等式可化为,解得,此时;2x 2414xx 7 3 x 7 3 x 当时,不等式可化为,解得,此时;21x 2414xx 1x 11x 当时,不等式可化为,解得,此时,1x 2414xx 1 3 x 1x 综上,原不等式的解集为 7 ,1, 3 (2)由题意得, 223f xxaxaxaxaa 的最小值为 ,由,得, f xt3ta333ab1ab , 121222 33232 2 baba ab abababab 当且仅当,即,时,的最小值为 2ba ab 21a 22b 12 ab 32 2
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