陕西省宝鸡市2019届高三高考模拟试题数学（理）试题

陕西省宝鸡市2019届高三高考模拟试题数学（理）试题

‎2019年宝鸡市高考模拟试题（二）‎ 理科数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共计150分，考试时间120分钟.‎ 注意事项：‎ ‎1. 答卷前，请将试题（卷）和答题纸上密封线内的项目填写清楚.‎ ‎2. 选择题每小题选出答案后，用2B铅笔填涂在答题卡上.‎ ‎3. 非选择题用黑色签字笔答在答题卡上每题对应的答题区域内，在试题（卷）上作答无效.‎ ‎4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.‎ 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 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.若集合，集合，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次不等式求得，然后求两个集合的交集.‎ ‎【详解】由解得，故，故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查集合交集的概念以及运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.‎ ‎2.复数满足，则（　　）．‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，复数，得，‎ ‎∴．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，其中解答中熟记复数的运算法则，以及复数模的计算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎3.若直线x＋（1＋m）y－2＝0与直线mx＋2y＋4＝0平行，则m的值是（ ）‎ A. 1 B. －‎2 ‎C. 1或－2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分类讨论直线的斜率情况，然后根据两直线平行的充要条件求解即可得到所求．‎ ‎【详解】①当时，两直线分别为和，此时两直线相交，不合题意．‎ ‎②当时，两直线的斜率都存在，由直线平行可得，解得．‎ 综上可得．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查两直线平行的等价条件，解题的关键是将问题转化为对直线斜率存在性的讨论．也可利用以下结论求解：若，则 且或且．‎ ‎4.设向量，，若与垂直，则实数k的值等于（ ）‎ A. 1 B. －‎1 ‎C. 2 D. －2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：由两个向量垂直得向量的数量积为0，利用向量的坐标表示计算即可.‎ 详解：向量，‎ 则 若与垂直，则 解得.‎ 故选B.‎ 点睛：本题主要考查了向量数量积的坐标运算，属于基础题.‎ ‎5.已知满足约束条件则的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 做出可行域，根据图像，即可求解.‎ ‎【详解】做出可行域，如下图所示（阴影部分）：‎ 由，解得，‎ 由图像可得，当目标函数过点时，‎ 取得最小值为3.‎ 故选:B. ‎ ‎【点睛】本题考查二元一次不等式表示平面区域，考查线性目标函数的最值，属于基础题.‎ ‎6.设D为椭圆上任意一点，A（0，－2），B（0，2），延长AD至点P，使得|PD|＝|BD|，则点P的轨迹方程为（ ）‎ A. x2＋（y－2）2＝20 B. x2＋（y－2）2＝5‎ C. x2＋（y＋2）2＝20 D. x2＋（y＋2）2＝5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得，从而得到点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，进而可得其轨迹方程．‎ ‎【详解】由题意得，‎ 又点为椭圆上任意一点，且为椭圆的两个焦点，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴点的轨迹是以点A为圆心，半径为的圆，‎ ‎∴点的轨迹方程为．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查圆的方程的求法和椭圆的定义，解题的关键是根据椭圆的定义得到 ‎，然后再根据圆的定义得到所求轨迹，进而求出其方程．考查对基础知识的理解和运用，属于基础题．‎ ‎7.执行如图所示的程序框图，若输入如下四个函数：‎ ‎①f（x）＝sinx ②f（x）＝cosx ③ ④f（x）＝x2‎ 则输出的函数是（ ）‎ A. f（x）＝sinx B. f（x）＝cosx C. D. f（x）＝x2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：对①，显然满足，且存在零点.故选A.‎ 考点：程序框图及函数的性质.‎ ‎8.如图，正方体ABCD﹣A1B‎1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF=．则下列结论中正确的个数为 ‎①AC⊥BE； ‎ ‎②EF∥平面ABCD； ‎ ‎③三棱锥A﹣BEF的体积为定值； ‎ ‎④的面积与的面积相等，‎ A. 4 B. ‎3 ‎C. 2 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①中AC⊥BE，由题意及图形知，AC⊥面DD1B1B，故可得出AC⊥BE，此命题正确；②EF∥平面ABCD，由正方体ABCD-A1B‎1C1D1的两个底面平行，EF在其一面上，故EF与平面ABCD无公共点，故有EF∥平面ABCD，此命题正确；③三棱锥A-BEF的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A点到面DD1B1B距离是定值，故可得三棱锥A-BEF的体积为定值，此命题正确；④由图形可以看出，B到线段EF的距离与A到EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积相等不正确 考点：1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质 ‎9.函数（ω＞0）的图像过点（1，2），若f（x）相邻的两个零点x1，x2满足|x1－x2|＝6，则f（x）的单调增区间为（ ）‎ A. [－2＋12k，4＋12k]（k∈Z） B. [－5＋12k，1＋12k]（k∈Z）‎ C. [1＋12k，7＋12k]（k∈Z） D. [－2＋6k，1＋6k]（k∈Z）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得，根据相邻两个零点满足得到周期为，于是可得．再根据函数图象过点求出，于是可得函数的解析式，然后可求出单调增区间．‎ ‎【详解】由题意得，‎ ‎∵相邻的两个零点，满足，‎ ‎∴函数的周期为，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 又函数图象过点，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 由，‎ 得，‎ ‎∴的单调增区间为．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】解答本题的关键是从题中所给的信息中得到相关数据，进而得到函数的解析式，然后再求出函数的单调递增区间，解体时注意整体代换思想的运用，考查三角函数的性质和应用，属于基础题．‎ ‎10.已知抛物线x2＝16y的焦点为F，双曲线的左、右焦点分别为F1、F2，点P是双曲线右支上一点，则|PF|＋|PF1|的最小值为（ ）‎ A. 5 B. ‎7 ‎C. 9 D. 11‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意并结合双曲线的定义可得 ‎，然后根据两点间的距离公式可得所求最小值．‎ ‎【详解】由题意得抛物线的焦点为，双曲线的左、右焦点分别为．‎ ‎∵点是双曲线右支上一点，‎ ‎∴．‎ ‎∴，当且仅当三点共线时等号成立，‎ ‎∴的最小值为9．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】解答本题的关键是认真分析题意，然后结合图形借助数形结合的方法求解．另外在解题中注意利用双曲线的定义将所求问题进行转化，考查分析理解能力和解决问题的能力，属于基础题．‎ ‎11.已知，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】考查函数,所以，‎ 所以在上递增，‎ 若则，‎ 若，则，故选A.‎ ‎12.定义在上的函数，满足为的导函数，且，若，且，则有（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 不确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】函数满足，可得.‎ 由，易知，当时，，单调递减.‎ 由，则.‎ 当,则.‎ 当,则,，，即.‎ 故选A.‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 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.在的展开式中，含的项的系数是__________．‎ ‎【答案】-9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于涉及的为三项展开式的问题，解题中可根据组合的方法求解．‎ ‎【详解】表示三个相乘，所以展开式中含的项有两种情况：‎ ‎（1）从三个选取一个然后取，再从剩余的两个中分别选取，所得结果为；‎ ‎（2）从三个选取两个分别取，再从剩余一个中选取，所得结果为．‎ 综上可得展开式中含的项为．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三项展开式的问题，解题的方法有两个：一是转化为二项展开式的问题求解，另一个是根据组合的方法求解，考查转化和计算能力，注意考虑问题时要全面，属于基础题．‎ ‎14.已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则的值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数的几何意义求出，然后将所给齐次式转化为只含有的形式后求解即可．‎ ‎【详解】由得，‎ ‎∴，故．‎ ‎∴．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题以对数的几何意义为载体考查三角求值，对于含有的齐次式的求值问题，一般利用同角三角函数关系式转化为关于的形式后再求解，这是解答此类问题时的常用方法，属于基础题．‎ ‎15.一个几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 如图所示，三视图还原为几何体是棱长为2的正方体中的组合体 ，将其分割为四棱锥 和三棱锥 ，其中：‎ ‎ ， ，‎ 该几何体的体积 .‎ ‎16.已知三角形的内角、、所对的边分别为、、，若，，则角最大时，三角形的面积等于__．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得，根据余弦定理得到，然后利用换元法和二次函数的最值的求法得到，并求出此时，进而可得三角形的面积．‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴．‎ 由余弦定理的推论得，‎ 设，‎ 则，‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ ‎∴当角最大时，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 即角最大时，三角形的面积等于．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】解答本题的关键是由余弦定理得到的表达式，然后根据二次函数求最值的方法得到，由于题中涉及到运算量较大，所以在解题中注意换元法的运用，通过减少参数的方法达到求解的目的．‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.设数列 满足 ， ；数列的前 项和为 ，且 ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）若 ，求数列 的前 项和 ．‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别利用累加法、数列的递推公式得到数列和数列 的通项公式．‎ ‎（2）利用数列求和的错位相减即可得到数列 的前 项和 ．‎ ‎【详解】（1） ‎ ‎ ，……， ，‎ 以上 个式子相加得：‎ ‎ ‎ 当 时， ‎ ‎=‎ ‎ ‎ 当 时， ，符合上式，‎ ‎ ‎ ‎（2） ‎ ‎ ①‎ ‎ ②‎ ‎①-②得 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【点睛】已知 ‎ 求数列的通项公式时，可采用累加法得到通项公式，通项公式为等差的一次函数乘以等比的数列形式（等差等比数列相乘）的前 项和采用错位相减法．‎ ‎18.甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪70元，每单抽成2元；乙公司无底薪，40单以内（含40单）的部分每单抽成4元，超出40单的部分每单抽成6元.假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100天的送餐单数，得到如下频数表：‎ 甲公司送餐员送餐单数频数表 送餐单数 ‎38‎ ‎39‎ ‎40‎ ‎41‎ ‎42‎ 天数 ‎20‎ ‎40‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎10‎ 乙公司送餐员送餐单数频数表 送餐单数 ‎38‎ ‎39‎ ‎40‎ ‎41‎ ‎42‎ 天数 ‎10‎ ‎20‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎10‎ ‎（1）现从甲公司记录的这100天中随机抽取两天，求这两天送餐单数都大于40的概率；‎ ‎（2）若将频率视为概率，回答以下问题：‎ ‎（i）记乙公司送餐员日工资为（单位：元），求的分布列和数学期望；‎ ‎（ii）小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由.‎ ‎【答案】(1) ；(2)(ⅰ)见解析；(ⅱ)小明去乙公司应聘 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据古典概型概率公式及组合数进行计算即可．（2）(ⅰ) 先求出乙公司送餐员每天的日工资，再根据频数表得到相应的频率，即为概率，进而可得分布列和期望； (ⅱ)求出甲公司送餐员日平均工资为元，与(ⅰ)中得到的乙公司送餐员的日平均工资元作比较后可得结论．‎ ‎【详解】（1）记“从甲公司记录的这100天中随机抽取两天，抽取的两天送餐单数都大于‎40”‎为事件M，‎ 则．‎ 即抽取的两天送餐单数都大于40的概率为．‎ ‎（2） (ⅰ)设乙公司送餐员日送餐单数为,‎ 则当时,，‎ 当时, ，‎ 当时, ，‎ 当时, ，‎ 当时, ．‎ 所以X的所有可能取值为．‎ 由频数表可得 ‎，，，‎ ‎，，‎ 所以X的分布列为 ‎152‎ ‎156‎ ‎160‎ ‎166‎ ‎172‎ 所以．‎ ‎(ⅱ)依题意,甲公司送餐员日平均送餐单数 所以甲公司送餐员日平均工资为70+2元.‎ 由(ⅰ)得乙公司送餐员日平均工资为162元.‎ 因为149<162，‎ 故推荐小明去乙公司应聘．‎ ‎【点睛】（1）求分布列的关键是根据题意确定随机变量的所有可能取值和取没一个值时的概率，然后列成表格的形式后即可．‎ ‎（2‎ ‎）根据统计数据做出决策时，可根据实际情况从平均数、方差等的大小关系作出比较后得到结论．‎ ‎19.如图，在五面体中，四边形是正方形，，，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知可证，可得四边形为等腰梯形，进而证明，再由已知可证平面，从而有，可得平面，即可证明结论；‎ ‎（1）以为原点建立空间直角坐标系（如下图所示），确定坐标，求出平面的法向量坐标，根据空间向量线面角公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）证明：由已知，且平面，‎ 平面，所以平面.‎ 又平面平面，故.‎ 又，‎ 所以四边形为等腰梯形，‎ 因为，所以，‎ 因为，所以，‎ 所以，所以.‎ 因为，，且，‎ 所以平面.所以.‎ 又，∴平面，‎ 又平面，所以.‎ ‎（2）如图，以为原点，且，，分别为，，轴，‎ 建立空间直角坐标系.‎ 则，，，，‎ ‎∴，，，‎ 设平面的法向量为，‎ 由，得，‎ 令，得.‎ 设直线与平面所成的角为，‎ ‎，‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明直线与直线垂直，用空间向量法求直线与平面所成的角，要注意空间垂直关系的相互转化，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.‎ ‎20.已知动圆P恒过定点，且与直线相切．‎ ‎（Ⅰ）求动圆P圆心的轨迹M的方程；‎ ‎（Ⅱ）正方形ABCD中，一条边AB在直线y＝x＋4上，另外两点C、D在轨迹M上，求正方形的面积．‎ ‎【答案】（1） ；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意及抛物线的定义可得轨迹的方程为；（2）设边所在直线方程为，代入抛物线方程后得到关于的二次方程，进而由根与系数的关系可得，又由两平行线间的距离公式可得，由求出或，于是可得正方形的边长，进而可得其面积．‎ ‎【详解】（1）由题意得动圆的圆心到点的距离与它到直线的距离相等，‎ 所以圆心的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线，且，‎ 所以圆心的轨迹方程为．‎ ‎（2）由题意设边所在直线方程为，‎ 由消去整理得，‎ ‎∵直线和抛物线交于两点，‎ ‎∴，解得．‎ 设，，‎ 则.‎ ‎∴．‎ 又直线与直线间的距离为，‎ ‎∵，‎ ‎∴ ，解得或，‎ 经检验和都满足．‎ ‎∴正方形边长或，‎ ‎∴正方形的面积或．‎ ‎【点睛】（1）对抛物线定义的考查有两个层次，一是当已知曲线是抛物线时，抛物线上的点M满足定义，它到准线的距离为，则，有关距离、最值、弦长等是考查的重点；二是利用动点满足的几何条件符合抛物线的定义，从而得到动点的轨迹是抛物线．‎ ‎（2）计算弦长时要注意整体代换的应用，以减少运算量，提高解题的效率．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论函数单调性；‎ ‎（2）若函数有两个极值点，证明：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，对（或）是否恒成立对分类讨论，若恒成立，得出的单调性，若不恒成立，求解，即可得出结论；‎ ‎（2）由（1）得出知，且，，将表示为关于的函数，求导得出的单调性，即可证明结论.‎ 详解】（1），‎ 令.‎ ‎①当，即时，恒成立，‎ 所以在上单调递增；‎ ‎②当时，，故恒成立，‎ 所以在上单调递增；‎ ‎③当时，由于的两根为：，‎ 的解集是，‎ 的解集是.‎ 所以分别在区间，上递增，‎ 在上递减，‎ 综上，时，函数在上递增；‎ 时，函数分别在区间，‎ 上递增，在上递减.‎ ‎（2）由（1）知，且，，‎ ‎∴，‎ 而，‎ ‎∴，‎ 设，则，‎ 在上为减函数，又，所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数导数的综合应用，涉及到函数的单调性、极值、证明不等式，考查分类讨论思想，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎【选修4—4：坐标系与参数方程】‎ ‎22.选修4-4：坐标系与参数方程 点是曲线：上的动点，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点为中心，将点逆时针旋转得到点，设点的轨迹为曲线.‎ ‎（1）求曲线，的极坐标方程；‎ ‎（2）射线，（）与曲线，分别交于两点，设定点，求的面积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）,;（Ⅱ）． ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由相关点法可求曲线的极坐标方程为． ‎ ‎（Ⅱ）到射线的距离为，结合可求得 试题解析：（Ⅰ）曲线的极坐标方程为．‎ 设，则，则有．‎ 所以，曲线的极坐标方程为． ‎ ‎（Ⅱ）到射线的距离为，‎ ‎，‎ 则． ‎ ‎【选修4—5：不等式选讲】‎ ‎23.选修4—5：不等式选讲 设函数f（x）＝x2－x－1．‎ ‎（Ⅰ）解不等式：|f（x）|＜1；‎ ‎（Ⅱ）若|x－a|＜1，求证：|f（x）－f（a）|＜2（|a|＋1）．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得，转化为不等式组求解即可．（2）将原不等式变形后再利用绝对值的三角不等式证明即可．‎ ‎【详解】（1）由得，即，‎ 所以，解得或，‎ 所以原不等式的解集为．‎ ‎（2）证明：‎ 因为，‎ 所以 ‎＝‎ ‎ ‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查二次不等式的解法和绝对值三角不等式的应用，用三角不等式证明时一是要注意将式子进行变形，使得满足能使用不等式的形式，同时还要注意等号成立的条件，属于基础题．‎