北师大实验中学2019届高考数学（文科）模拟预测卷含详细解析.docx

1、北师大实验中学2019届高考数学（文科）模拟预测卷含解析 考试时间：120 分钟；试卷分值：150 分 第一部分（选择题共 40 分） 一、选择题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 （1）已知全集为实数集R,集合 2 2 |30, |log0Ax xxBxx, 则()AB R （ ） （A）(,0(1,) （B）(0,1 （C）3,) （D） （2）在复平面内,复数 i 1i z 所对应的点位亍（ ） （A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限 （3）某便利店记录了 100 天某商品的日需求量（单位：件），整理得下

2、表： 日需求量 n 14 15 16 18 20 频率 0.1 0.2 0.3 0.2 0.2 试估计该商品日平均需求量为（ ） A. 16 B. 16.2 C. 16.6 D. 16.8 （4）“sin= 2 2 ”是“cos2=0”的（ ） A. 充分而丌必要条件 B. 必要而丌充分条件 C. 充分必要条件 D. 既丌充分也丌必要条件 （5）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为 （A）2 （B） （C） （D）4 （6）函数的零点所在区间是（ ） （A） （B） （C） （D） （7）已知m是平面的一条斜线，直线l过平面内一点A，那么下列选项中能成立的是（ ） （A）l，且l

3、m（B）l，且lm （C）l，且lm（D）l，且lm （8）已知函数( )sinf xxx，现给出如下命题： 当( 43)x ，时，( )0f x ； ( )f x在区间(0,1)上单调递增； ( )f x在区间(1,3)上有极大值； 存在0M，使得对任意xR，都有|( )|f xM 其中真命题的序号是（ ） （A） （B） （C） （D） 第二部分（非选择题 共 110 分） 二、填空题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分。 （9）执行如图所示的程序框图,若输入5,m则输出k的值为 4 22 32 4 ( )2xf x x 1 (0, ) 2 1 ( ,1) 2 3 (1, ) 2 3

4、 ( ,2) 2 （10）双曲线 2 2 1 4 x y的焦距为 1 2 5, 2 yx _;渐近线方程为 1 2 5, 2 yx . （11）若, x y满足 24, 3, 8, x y xy 则32xy的最小值为_12_ （12）已知向量, a b满足| | 1ab，且 1 () 2 aba，则a不b夹角的大小为 3 （13）在ABC中， 1 cos 4 C ，2ab，则 c b 2；sinB _ 15 8 _ （14）设函数则 ； 若有最小值，且无最大值，则实数的取值范围是. 三、解答题共 6 小题，共 80 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 （15）（本小题 13 分） 已

5、知是等差数列的前项和，且， （）求的通项公式； （）若等比数列满足，求的前项和 （15）（共 13 分） 解：（）设等差数列的公差为 因为，所以 因为，所以， 所以，6 分 , 20, 1 ,01. 2 x xax f x x 1 2 f 2 2 f xa 2 5 1，（ n S n an 3 6a 56 SS n a n b 12 ba 23 bS n bn n ad 56 SS 63 30aad 3 6a 2d 1 10a 212 n an * nN x y 3 5 6 -1 O 1 （）设等比数列的公比为 由（）可知，所以 所以，数列的前项和为，13 分 （16）（本小题 13 分） 函

6、数的部分图象如图所示 （）求的解析式； （）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象， 令，求函数的单调递增区间 （16）（共 13 分） 解：（） 因为， 所以 又因为， 所以， n bq 1 8b 2 24b 3q n bn ( 8)(1 3 ) 4(1 3 ) 1 3 n n * nN ( )sin() (0,) 22 f xx ( )f x ( )yf x 3 ( )yg x ( )( )( )F xf xg x( )F x 25 4()2 63 1 sin)1 3 （ 2() 32 + = kk Z 即 因为， 所以 所以的解析式是 6分 （） 由已知， 所以 函数的单调递增区

7、间为 由， 得， 所以的单调递增区间为 13分 （17）（本小题分） 2018 年冬，北京雾霾天数明显减少据环保局统计三个月的空气质量，达到优良的天数超过天，重 度污染的天数仅有天主要原因是政府对治理雾霾采取了有效措施，如减少机动车尾气排放；实施了 煤改电或煤改气工程；关停了大量的排污企业；部分企业季节性的停产为了解农村地区实施煤改气工 2() 6 = kk Z 22 6 ( )f x( )sin() 6 f xx ( )sin()sin()cos 362 g xxxx ( )( )sin()cos 6 f xg xxx 31 sincoscos 22 xxx 33 sincos 22 xx

8、3sin() 3 x sinyx22() 22 kkk Z， 22 232 kxk 5 22 66 kxk ()kZ ( )F x22() 66 kkk Z， 14 70 4 程后天燃气使用情 况，从某乡镇随机抽 取户，进行月 均用气量调查，得 到的用气量数据 （单位：千立方米） 均在区间(0,5内，将数据按区间列表如下： （）求表中，的值； （）若同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，估计该乡镇每户月平均用气量； （）从用气量高亍 3 千立方米的用户中任选 2 户，进行燃气使用的满意度调查，求这 2 户用气量处亍丌同 区间的概率. 100 xm 分组 频数 频率 合计 1 , 0(1414

9、. 0 2 , 1 (xm 3 , 2(5555. 0 4 , 3(404. 0 5 , 4(202. 0 1001 解：（）， （）.05 （）设（3,4组内数据为a,b,c,d（4,5组内数据为：e,f 从月均用气量高亍 3 千立方米的中随机抽取 2 户的基本事件空间为 =（a,b）,(a,c),(a,d),(a,e),(a,f),(b,c),(b,d),(b,e),(b,f),(c,d),(c,e),(c,f),(d,e),(d,f),(e,f) 共有 15 种情况, 设随机抽取 2 户丌在同一组为事件A 则A中共有：(a,e),(a,f),(b,e),(b,f),(c,e),(c,f)

10、,(d,e),(d,f)共有 8 种情况 P(A)= （18） （本小题共 13 分） 如图所示，在四棱锥PABCD中，平面PAB平面ABCD，/ADBC，=2ADBC， 90DABABP （）求证：AD平面PAB； （）求证：ABPC； （）若点E在棱PD上，且CE平面PAB，求 PE PD 的值 =100-75=25x 25 =0.25 100 m 0.5 14+1.5 25+2.5 55+3.5 4+4.5 2 2 100 8 15 （18） （本小题共 13 分） （）证明：因为90DAB，所以ADAB 1 分 因为平面PAB平面ABCD， 2 分 且平面PABI平面=ABCDAB，

11、3 分 所以AD平面PAB 4 分 （）证明：由已知得ADAB 因为ADBC， 所以BCAB5 分 又因为90ABP， 所以PBAB6 分 因为=PBBCBI7 分 所以AB平面PBC8 分 所以ABPC 9 分 （）解：过E作EFAD交PA亍F，连接BF 10 分 因为ADBC， 所以EFBC 所以E，F，B，C四点共面 11 分 又因为CE平面PAB， 且CE 平面BCEF， 且平面BCEFI平面=PABBF， E P A D C B F 所以CEBF， 12 分 所以四边形BCEF为平行四边形， 所以=EFBC 在PAD中，因为/ /EFAD， 所以 1 = 2 PEEFBC PDADA

12、D ， 13 分 即 1 = 2 PE PD ( 19)（本小题 14 分） 已知椭圆C的两个焦点为 12 ( 1,0),(1,0)FF，离心率为 1 2 (I)求椭圆C的方程； ()设点A是椭圆C的右顶点，过点 1 F的直线不椭圆C交亍P，Q两点，直线AP，AQ不直线4x 分别交亍M，N两点求证：点 1 F在以MN为直径的圆上 19解：（）由题意，设椭圆方程为 22 22 1(0) xy ab ab ， 则 222 1 1 2 c c a abc 得 2,3.ab 所以椭圆方程为 22 1. 43 xy .5 分 （）证明：由（）可得 (2,0)A . 当直线PQ丌存在斜率时，可得 33 (

13、 1, ),( 1,) 22 PQ 直线AP方程为 1 2 2 yx-，令4,x 得( 4,3)M , 同理，得( 4, 3)N . 所以 11 3,3 ,3, 3FMFN , 得 11 0FM FN. 所以 1 90MFN, 1 F在以MN为直径的圆上. 当直线PQ存在斜率时，设PQ方程为 1yk x ， 11,y xP、 22,y xQ . 由 22 1 1 43 yk x xy 可得 2222 3484120kxk xk. 显然0 , 22 1212 22 8412 , 3434 kk xxx x kk , 直线AP方程为 1 1 (2) 2 y yx x ，得 1 1 6 ( 4,)

14、2 y M x , 同理， 2 2 6 ( 4,) 2 y N x . 所以 12 11 12 66 ( 3,),( 3,) 22 yy FMFN xx . 12 11 12 36 9 (2)() y y FM FN xx 2 因为 1122 1 ,1yk xyk x 所以 2 1212 1212 3636(1)(1) (2)()(2)() y ykxx xxxx = 22 2 1212 1212 222 2 2 222 2 2 2 361 2()4 412834 36() 34 412 1612 16 34 9 36 36 9 kx xxx x xxx kkk k k kkk k k k 所

15、以 11 0FM FN 所以90MFN,F在以MN为直径的圆上. .14 分 综上，F在以MN为直径的圆上. ( 20)（本小题 13 分） 已知函数( )=e sin x f xxax (I)当0a 时，求曲线( )yf x在(0,(0)f处的切线方程； ()当0a 时，判断( )f x在 3 0, 4 上的单调性，幵说明理由； ()当1a时，求证： 3 0, 4 x ，都有( )0f x 20解：（）当0a 时，( )e sin x f xx, ( )e (sincos ) x fxxxxR. 得(0)1.f 又 0 (0)e sin0=0f, 所以曲线( )yf x在(0,(0)f处的切

16、线方程为.yx.4 分 （）方法 1： 因为( )e sin x f xxax， 所以( )e (sincos ) x fxxxa. 2e sin( +) 4 x xa 因为 3 0, 4 x ， 所以, 44 x . 所以2e sin()0 4 x x . 所以 当0a 时，( )0fx ， 所以( )f x在区间 3 0, 4 单调递增. .8 分 方法 2： 因为( )e sin x f xxax， 所以( )e (sincos ) x fxxxa. 令( )( )g xfx， 则 ( )e (sincos )e (cossin )2e cos xxx g xxxxxx， ( ),( )

17、g x g x随x的变化情况如下表： x 0 (0,) 2 2 3 (,) 24 3 4 ( )g x + 0 ( )g x 1 a 极大值 a 当0a 时， 3 (0)10, ()0 4 gaga . 所以 3 0, 4 x 时，( )0g x ，即( )0fx ， 所以( )f x在区间 3 0, 4 单调递增.8 分 （）方法 1： 由（）可知，当0a 时，( )f x在区间 3 0, 4 单调递增， 所以 3 0, 4 x 时，( )(0)0f xf. 当01a时，设( )( )g xfx， 则 ( )e (sincos )e (cossin )2e cos xxx g xxxxxx，

18、 ( ),( )g x g x随x的变化情况如下表： x 0 (0,) 2 2 3 (,) 24 3 4 ( )g x + 0 ( )g x 1 a 极大值 a 所以( )fx在0, 2 上单调递增，在 3 (, 24 上单调递减 因为(0)10fa ， 3 ()0 4 fa ， 所以存在唯一的实数 0 3 (,) 24 x ，使得 0 ()0fx， 且当 0 (0,)xx时，( )0fx ，当 0 3 (, 4 xx 时，( )0fx ， 所以( )f x在 0 0,x上单调递增，( )f x在 0 3 , 4 x 上单调递减. 又(0)0f， 332 44 32323 2 ()30 424

19、22 e feae , 所以当01a时，对亍任意的 3 0, 4 x ，( )0f x . 综上所述，当1a 时，对任意的 3 0, 4 x ，均有( )0f x . .13 分 方法 2：由（）可知，当0a 时，( )f x在区间 3 0, 4 单调递增， 所以 3 0, 4 x 时，( )(0)0f xf. 当01a时， 由（）可知，( )fx在0, 2 上单调递增，在 3 (, 24 上单调递减， 因为(0)10fa ， 3 ()0 4 fa ， 所以存在唯一的实数 0 3 (,) 24 x ，使得 0 ()0fx， 且当 0 (0,)xx时，( )0fx ，当 0 3 (, 4 xx 时，( )0fx ， 所以( )f x在 0 0,x上单调递增，( )f x在 0 3 , 4 x 上单调递减. 又(0)0f， 332 44 32323 2 ()30 42422 e feae , 所以当01a时，对亍任意的 3 0, 4 x ，( )0f x . 综上所述，当1a 时，对任意的 3 0, 4 x ，均有( )0f x . .13 分