2019届高考数学（理）倒计时模拟卷（7）（含解析）.doc

1、 2019 高考数学（理）倒计时模拟卷（高考数学（理）倒计时模拟卷（7） 1、设集合 2 2, 1,0,1,2 ,|1,UAx xxU 则( ) A. 2,2 B. 1,1 C. 2,0,2 D. 1,0,1 2、已知正ABC的边长为 4，点D为边BC的中点，点E满足AEED，那么EB EC的值为( ) A. 8 3 B.1 C.1 D.3 3、复数i(2) i（ ） A12i B12i C12i D12i 4、已知研究 x 与 y 之间关系的一组数据如表所示: x 0 1 2 3 4 y 1 3.5 5.5 7 8 则 y 对 x 的回归直线方程 y bxa必过点( ) A.(1,4) B.

2、2,5 C.(3,7) D.(4,8) 5、函数 2 sin 1 x fx x 的图象大致为( ) A. B. C. D. 6、如图，网格线上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，其正视图，侧视图均为等边三 角形，则该几何体的体积为( ) A 8 3 (1) 3 B4 3(2) C 4 3 (2) 2 D8 3(1) 7、已知 4 3sincos 3 ,则 5 cossin 36 ( ) A. 0 B. 4 3 C. 4 3 D. 2 3 8、已知等比数列 n a 的前n项积为 n T,若 1 32a , 4 1 2 a ,则当1 n T 时,n的最大值为( ) A.2 B.3

3、 C.5 D.6 9、已知, ,a b c为三条不重合的直线,下面有三个结论: 若,ab ac则/bc; 若,ab ac则bc; 若/ / ,ab bc则ac. 其中正确的个数为( ) A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 10、已知双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的离心率为2，则它的一条渐近线被圆截得的线段长为 22 60xyx（ ） A. 3 2 B.3 C. 3 2 2 D.3 2 11、已知函数 2sin0f xx的部分图象如图所示,则函数 f x的一个单调递增区间是 ( ) A. 75 , 12 12 B. 7 , 1212 C. , 3 6 D. 11

4、17 , 1212 12、已知函数 2 1 1 2 x f xaxxe,若对区间0,1内的任意实数 123 ,x x x,都有 123 f xf xf x, 则实数a的取值范围是( ) A. 1,2 B. ,4e C. 1,4 D. 1,2,4e 13、若 2018 22018 0122018 12? xaa xa xaxxR,则 3201812 232018 + 2222 aaaa 的值为_ 14、已知 2 3 2f xxx, g xxm若方程 1 g x fx 有且只有两个不同的实数根,则实数 m的取 值范围是_. 15、若变量, x y满足 3 20 0 xy xy y ,则3zxy的最

5、小值为_. 16、已知直线l过点1,0且垂直于x轴 ,若l被抛物线 2 4yax截得的线段长为4,抛物线的焦点坐标为 _. 17、在ABC中,角, ,A B C的对边分别为, ,a b c,且sin3 coscAaC. 1.求角C的值; 2.若2 3 ABC S ,6ab,求c的值. 18、如图,四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形, DADP,BABP. 1.求证: PABD; 2.若DADP,60ABP,2BABPBD,求二面角DPCB的正弦值. 19、某校高三数学备课组为了更好的制定二轮复习的计划,开展了试卷讲评后效果的调研,从上学期期末数学 试题中选出一些学生易错题,重新进行测试

6、,并认为做这些题不出任何错误的同学为“过关”,出了错误的同 学认为“不过关”,现随机抽查了年级 50 人,他们的测试成绩的频数分布如表: 期末分数段 (0,60) 60,75) 75,90) 90,105) 105,120) 120,150) 人数 5 10 15 10 5 5 “过关”人 数 1 2 9 7 3 4 1.由以上统计数据完成如下2 2列联表,并判断是否有95%的把握认为期末数学成绩不低于 90 分与测试“过 关”是否有关?说明你的理由. 分数低于 90 分人数 分数不低于 90 分人数 合计 过关人数 不过关人数 合计 2. 在期末分数段105,120)的 5 人中,从中随机选

7、 3 人,记抽取到过关测试“过关”的人数为 X,求 X 的分布列 及数学期望. 下面的临界值表供参考: 2 ()P Kk 0.15 0.10 0.05 0.025 k 2.072 2.706 3.841 5.024 2 2 () ()()()() n abbc K ab cd ac bd 20、已知点 F3,0是椭圆 22 22 :10 xy Cab ab 的一个焦点,点 1 3, 2 M 在椭圆 C上 1.求椭圆 C的方程 2.若直线l与椭圆 C交于不同的,?A B两点,且 1 2 OAOB kk ( O为坐标原点),求直线l斜率的取值范围 21、已知函数 2 ( )ln (R)f xaxx

8、 a有最大值 1 2 , 2 ( )2( )g xxxf x,且( )g x是( )g x的导数. 1.求a的值; 2.证明:当 12 xx, 12 ( )()30g xg x时, 12 1 () 2 g xx 22、选修 4 一 4:坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中,直线 1: 2Cx ,圆 22 2:( 1)(2)1Cxy,以坐标原点为极点, x轴的正半轴为 极轴建立极坐标系. 1.求 12 ,C C的极坐标方程; 2.若直线 3 C的极坐标方程为() 4 R ,设 2 C与 3 C的交点为,M N,求 2 C MN的面积. 23、已知函数( )22f xxxm().mR 1.若1,

9、m 求不等式( )0f x 的解集; 2.若函数( )( )g xf xx有三个零点,求实数 m的取值范围. 答案 1.D 2.B 3.A 4.B 解析：根据表中数据，计算 1 (0 1234)2 5 x ， 1 (1 3.55.578)5 5 y ， 回归直线方程ybxa过样本中心点(2,5) 故选 B 5.A 解析：因 22 sinsin 1 1 xx fxf x x x ,则函数是奇函数,排除答案 C,D 。 又 2 1 0 2 1 2 f , 应选答案 C. 6.C 7.C 解析：依题意, 2 sin 63 ,因为 362 , 故 326 ,则 2 coscossin 32663 ;

10、而 5 66 ,故 5 66 , 故 52 sinsin 663 故 54 cossin 363 8.C 解析：设等比数列 n a的公比为q,由 1 32a , 4 1 2 a ,可得 3 4 1 1 64 a q a ,解得 1 4 q ,则 2 1 2 1 2 .16 123 1 .32322 4 n n nn nn n nn Ta a aaq ,1 n T , 2 60nn,即06n,n 的最大值为 5,故选 C. 9.B 10.D 11.D 解析：根据函数 2sin0f xx的部分图象,可得 11 225 44312 T 求得2, 函数 2sin 2f xx再把 5 ,2 12 代入函

11、数的解析式,可得 5 2sin2 6 , 5 sin1 6 , 3 ,故函数 2sin 2 3 f xx . 令222, 232 kxkkZ ,求得 5 1212 kxk , 当 1k 时,函数 f x的一个单调递增区间是 1117 , 1212 .故选:D. 12.C 解析：由题得 1 xxxx fxaxexeaxxex ae , 当1a 时, 0fx ,所以函数 f x在0,1上单调递减, 因为对区间0,1内的任意实数 123 ,x x x, 都有 123 f xf xf x, 所以 110fff, 所以 11 1 22 aa, 故1a ,与1a 矛盾,故1a 不符合要求. 当1ae时,函

12、数 f x在0,lna上单调递增, 在ln ,1a上单调递减. 所以 2 max 1 lnlnln 2 f xfaaaaaa. 因为对区间0,1内的任意实数 123 ,x x x, 都有 123 f xf xf x.所以 01lnfffa, 所以 2 11 1lnln 22 aaaaaa. 即 2 11 lnln10 22 aaaaa 令 2 11 lnln1 22 g aaaaaa,1ae 所以 2 1 ln10 2 gaa, 所以函数 g a在1,e上单调递减,所以 max 1 10 2 g ag , 所以当1ae时,满足题意. 当ae时,函数 f x在0,1上单调递增, 因为对区间0,1

13、内的任意实数 123 ,x x x, 都有 123 f xf xf x, 所以 001fff, 故 1 1 1 2 a ,所以4a, 故4ea.综上所述, 1,4a. 13.-1 14.32 21m 解析：令 2 32yxx,则 2 2 14 0 xy y , 因此函数 f x的图像为 x轴上方的半圆(含与 x轴的两个交点), 又 1 g x fx 有两个不同的解等价于 0 g xfx fx 有两个不同的解, 因此直线yxm与半圆 2 2 140xyy有两个不同的交点, 因此32 2 1m. 15.7 解析： 作出变量, x y满足的线性约束条件 3 20, 0 xy xy y 表示的可行域如

14、图中阴影部分所示,当直线3zxy 过点(2,1)A时,目标函数3zxy取得最小值,最小值为3 2 17 . 16.1,0 解析：由题意可得,点 (1,2)P在抛物线上,将(1,2)P代入 2 4yax中,解得: 1a , 2 4yx,由抛物线 方程可得: 24,2,1 2 p pp, 焦点坐标为(1,0). 点睛:此题考查抛物线的相关知识,属于易得分题,关键在于能够结合抛物线的对称性质,得到抛物线上点的坐 标,再者熟练准确记忆抛物线的焦点坐标公式也是保证本题能够得分的关键. 17.1.在ABC中,sin3 coscAaC, 结合正弦定理得sinsin3sincosCAAC, 0A,sin0A,

15、 sin3cosCC, 又sin0C , tan3C , 3 C . 2.2 3 ABC S , 3 C , 1 sin2 3 2 abC , 8ab, 又6ab, 222 2coscababC 2 22cosabababC 36 16 8 12 . 2 3c . 18.1.取AP中点M,连DM,BM DADP,BABP, PADM,PABM, DMBMM, PA 面DMB,又BD 面DMB, PABD 2.DADP,BABP,DADP,60ABP,DAP是等腰三角形,ABP是等边三角形, 2ABPBBD,1DM ,3BM . 222 BDMBMD,MDMB 以,MP MB MD所在直线分别为

16、, ,x y z轴建立空间直角坐标系, 则1,0,0A , 0, 3,0B,1,0,0P,0,0,1D, 从而得1,0, 1DP , 1, 3,0DCAB, 1,3,0BP , 1,0,1BCAD 设平面DPC的法向量 1111 ( ,)nx y z, 则 1 1 0 0 nDP nDC ,即 11 11 0 30 xz xy , 1 3,1,3n , 设平面PCB的法向量 2222 (,)nx y z, 由 2 2 0 0 nBC nBP ,得 22 22 0 30 xz xy , 2 3,1,3n , 12 12 12 cos, n n n n n n 1 7 设二面角DPCB为, 2 1

17、2 4 3 sin1 cos, 7 n n . 19.1. 依题意得12,18,14,6abcd 分数低于 90 分人数 分数高于 90 分人数 合计 过关人数 12 14 26 不过关人数 18 6 24 合计 30 20 50 2 2 50(12 6 18 14)225 4.3273.841 30 20 26 2452 K 因此有95%的把握认为期末数学成绩不低于90分与测试“过关”有关 2.在期末分数段105,120)的 5 人中,有 3人测试“过关”,随机选 3人,抽取到过关测试“过关”的人数为X 的可能值为 1,2,3 21 23 3 3 3 1 10 C C P X C , 12

18、23 3 5 6 2 10 C C P X C , 3 3 3 5 1 3 10 C P X C X的分布列为: X 1 2 3 P 3 10 6 10 1 10 36118 ()1231.8 10101010 E X 20.1. 2 2 1 4 x y 2. 1 ,01, 4 k 解析： 1.由题可知,椭圆的另一个焦点为 3,0,所以点M到两焦点的距离之和为 2 2 11 2 34 22 , 所以2?a . 又因为3c ,所以1b,则椭圆 C的方程为 2 2 1 4 x y. 2.当直线l的斜率不存在时,结合椭圆的对称性可知, 0 OAOB kk,不符合题意. 故设直线l的方程为 1122

19、,ykxm A x yB x y, 联立 2 2 1 4 ykxm x y ,可得 222 418410kxkmxm. 所以 12 2 2 12 2 8 41 41 41 km xx k m x x k ,而 2 122112 12 2 2 121212 82 22 141 OAOB kxm xkxm xm xxyykmk kkkk xxx xx xmm , 由 1 2 OAOB kk ,可得 2 41mk.所以 1 4 k , 又因为 22 16 410km,所以 2 440kk. 综上, 1 ,01, 4 k . 【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题

20、,解答此类题目,通常 联立直线方程与椭圆(圆锥曲线)方程的方程组,应用一元二次方程根与系数的关系进行求解,此类问题易错点 是复杂式子的变形能力不足,导致错漏百出,本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问 题解决问题的能力等。 21.1. ( )f x的定义域0, 1 2.fxax x 当0a时, 0,fx ( )f x在0,上为单调递增函数无最大值不合题意,舍去 当0a时,令 0fx,得 1 , 2 x a 当 1 0, 2 x a 时, 0fx,函数( )f x单调递增 当 1 , 2 x a 时, 0fx,函数( )f x单调递减,所以 max 111 ln 222 f x

21、f aa 所以 111 ln 222a ,所以 1 . 2 a 2.由 1 可知, 2 11 2ln ,2. 2 g xxxxgxx x 1 2,0,xgxg x x 在0,上单调递增 又 1212 ,3xx g xg x且 3 1 2 g , 12 01,xx 2 22 11 1, x gx xx 当1x 时, 0,gxg x单调递增 要证 12 1 () 2 g xx,即 12 ()2g xxg ,只要证 12 2,xx即 21 2xx. 11 1,21,xx 所以要证 12111 2323gxg xg xg xgx , * ( ) 设 2 222lnln 2G xg xgxxxxx (其

22、中01x), 3 21111 222 110, 222 x G xxx xxxxx x G x在0,1上为增函数 13,G xG故 * ( )式成立,从而 12 1 () 2 g xx. 22.1.因为cosx,siny, 所以 1 C的极坐标方程为cos2 , 2 C的极坐标方程为 2 2 cos4 sin40 2.将 4 代入 2 2 cos4 sin40, 得 2 3 240 解得 1 2 2, 2 2, 故 12 2,即2MN 由于 2 C的半径为1, 所以 2 C MN的面积为 11 2 1 sin45?= 22 . 23.1.当 1 ?m 时, 3(2) ( )21( 22) 5(2) x f xxx x 因为 1 ( )0, 2 f xx 所以不等式的解集为 1 2 x x 2.若函数( )( )g xf xx有三个零点.只须 4(2) ( )2( 22) 4(2) mx f xxmx mx 与yx有三个交点即可 只须(x)yf的两个分段点位于yx的两侧即可. 42, 22 42 m m m