2019年高考数学仿真押题试卷(十一)(含解析)

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2019年高考数学仿真押题试卷(十一)(含解析)

专题11 高考数学仿真押题试卷(十一)‎ 注意事项:‎ ‎1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 第Ⅰ卷 一、选择题:本大题共12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.‎ ‎ 1.已知为虚数单位,复数满足,则下列关于复数说法正确的是  ‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】解:由,得,故错;‎ ‎,故错;,故正确;,故错误.‎ ‎【答案】. 2.命题“,”的否定是  ‎ A., B., ‎ C., D.,‎ ‎【解析】解:根据全称命题的否定是特称命题,‎ 则命题的否定是:, ‎ ‎【答案】. 3.执行如图所示的程序框图,则输出的结果是  ‎ 17‎ A.171 B.342 C.683 D.341‎ ‎【解析】解:根据程序框图可知:;;;;‎ ‎,;;,;,;;‎ ‎,;,满足条件.‎ 输出,‎ ‎【答案】. 4.设,,且,则  ‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】解:由,可得,‎ ‎,即,‎ 又,,则,.‎ 故,‎ 即.‎ ‎【答案】. ‎ 17‎ ‎5.已知实数,满足约束条件,则目标函数的最小值为  ‎ A. B. C.2 D.4‎ ‎【解析】解:作出可行域,‎ 的几何意义表示可行域中点 与定点的距离的平方,‎ 可知当,时,目标函数取到最小值,‎ 最小值为,‎ ‎【答案】.‎ ‎ 6.某一简单几何体的三视图如图所示,该几何体的体积是  ‎ A.27 B.24 C.18 D.12‎ ‎【解析】解:由三视图可知,该几何体是一个长方体,其长、宽、高分别为,,3,‎ 17‎ 其体积为.‎ ‎【答案】. 7.已知是定义在上的奇函数,若,,则“”是“”的  ‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 ‎ C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎【解析】解:函数是奇函数,‎ 若,‎ 则,‎ 则,‎ 即成立,即充分性成立,‎ 若,满足是奇函数,当时,‎ 满足,此时满足,‎ 但,即必要性不成立,‎ 故“”是“”的充分不必要条件,‎ ‎【答案】. 8.已知函数,,的部分图象如图所示,点,,,在图象上,若,,,且,则  ‎ 17‎ A.3 B. C.0 D.‎ ‎【解析】解:由条件知函数的周期满足,即,‎ 则,‎ 由五点对应法得,即,得,‎ 则,‎ 则,得,‎ 即,‎ 在内的对称轴为,‎ 若,,,且,‎ 则,关于对称,‎ 则,‎ 则,‎ ‎【答案】. 9.若直线与圆相交,且两个交点位于坐标平面上不同的象限,则的取值范围是  ‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】解:根据题意,圆的圆心为,半径,与轴的交点为,,‎ 设为;‎ 直线即,恒过经过点,设;‎ 当直线经过点、时,即,‎ 若直线与圆相交,且两个交点位于坐标平面上不同的象限,‎ 必有,即的取值范围为;‎ 17‎ ‎【答案】.‎ ‎ 10.在空间直角坐标系中,四面体各顶点坐标分别为,2,,,2,,,2,,,0,,则该四面体外接球的表面积是  ‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】解:通过各点的坐标可知,‎ ‎,,,四点恰为棱长为2的正方体的四个顶点,‎ 故此四面体与对应正方体由共同的外接球,‎ 其半径为体对角线的一半:,‎ 故其表面积为:,‎ ‎【答案】. 11.设是抛物线上的动点,是的准线上的动点,直线过且与为坐标原点)垂直,则到的距离的最小值的取值范围是  ‎ A. B., C., D.,‎ ‎【解析】解:抛物线上的准线方程是设点的坐标为,.‎ 则直线的方程为.‎ 设与直线平行的直线方程为.代入抛物线方程可得,‎ 由△,可得.‎ 故与直线平行且与抛物线相切的直线方程为.‎ 则到的距离的最小值.‎ 17‎ ‎【答案】. 12.已知函数.若不等式的解集中整数的个数为3,则的取值范围是  ‎ A., B., C., D.,‎ ‎【解析】解:,‎ 当时,,此时函数单调递增,不满足条件,舍去.‎ 当时,,可得时取得极大值即最大值.‎ ‎.‎ 而(1),(2),必须(3),(4).‎ 解得:.‎ 的取值范围是,.‎ ‎【答案】. ‎ 第Ⅱ卷 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.‎ ‎13.已知向量与的夹角为,,且,则实数 2 .‎ ‎【解析】解:向量与的夹角为,,且;‎ ‎;‎ ‎.‎ ‎【答案】2. 14.若展开式的二项式系数之和为64,则展开式中的常数项是 60 .‎ ‎【解析】解:若展开式的二项式系数之和为64,则,.‎ 则展开式中的通项公式为,令,求得,‎ 17‎ 可得常数项为,‎ ‎【答案】60. 15.在平面直角坐标系中,角的顶点为坐标原点,始边与轴的非负半轴重合,终边交单位圆于点,且,则的值是  .‎ ‎【解析】解:在平面直角坐标系中,角的顶点为坐标原点,始边与轴的非负半轴重合,终边交单位圆于点,‎ 由任意角的三角函数的定义得,,.‎ ‎,可得:,‎ 两边平方可得:,可得:,解得:,‎ ‎.‎ ‎【答案】. 16.图(1)为陕西博物馆收藏的国宝唐金筐宝钿团花纹金杯,杯身曲线内收,玲珑娇美,巧夺天工,是唐代金银细作的典范之作.该杯型几何体的主体部分可近似看作是双曲线的右支与直线,,围成的曲边四边形绕轴旋转一周得到的几何体,如图(2).,分别为的渐近线与,的交点,曲边五边形绕轴旋转一周得到的几何体的体积可由祖恒原理(祖恒原理:幂势既同,则积不容异).意思是:两登高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等,那么这两个几何体的体积相等.那么这两个几何体的体积相等)据此求得该金杯的容积是  .(杯壁厚度忽略不计)‎ ‎【解析】解:由双曲线,得,,‎ 则渐近线方程为.‎ 17‎ 设在轴右侧与渐近线的交点的横坐标,与双曲线第一象限的交点的横坐标.‎ ‎,‎ 金杯的容积是.‎ ‎【答案】.‎ 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.在中,角,,的对边分别为,,,且.‎ ‎(Ⅰ)求角的大小;‎ ‎(Ⅱ)若点为中点,且,,求的面积.‎ ‎【解析】解:(1),‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎;‎ ‎(2)中,,,‎ 由余弦定理可得,,‎ ‎,‎ ‎,‎ 解可得,(舍,‎ 17‎ ‎. 18.如图,在三棱柱中,四边形是边长为2的菱形,平面平面,,.‎ ‎(Ⅰ)求证:;‎ ‎(Ⅱ)已知点是的中点,,求直线与平面所成的角的正弦值.‎ ‎【解析】(Ⅰ)证明:取的中点,连接,‎ 由于平面平面,,‎ 所以:平面,‎ 所以:,‎ 又,‎ 所以:平面,‎ 又,为的射影,‎ 所以:.‎ ‎(Ⅱ)以为坐标原点建立空间直角坐标系,‎ ‎,,,,1,,,1,,,2,,‎ 则:,,‎ 设,,是平面的法向量,‎ 所以:,‎ 17‎ 求得:,‎ 由,0,‎ 求得:,‎ 直线与平面所成的角的正弦值 ‎.‎ ‎ 19.一家大型超市委托某机构调查该超市的顾客使用移动支付的情况.调查人员从年龄在20至60的顾客中,随机抽取了200人,调查结果如图:‎ ‎(Ⅰ)为推广移动支付,超市准备对使用移动支付的每位顾客赠送1个环保购物袋.若某日该超市预计有10000人购物,试根据上述数据估计,该超市当天应准备多少个环保购物袋?‎ 17‎ ‎(Ⅱ)填写下面列联表,并根据列联表判断是否有的把握认为使用移动支付与年龄有关?‎ 年龄 年龄 小计 使用移动支付 不使用移动支付 小计 ‎200‎ ‎(Ⅲ)现从该超市这200位顾客年龄在,的人中,随机抽取2人,记这两人中使用移支付的顾客为人,求的分布列.‎ 附: ‎ ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎【解析】解:(Ⅰ)根据图中数据,由频率估计概率,根据已知可预计该超市顾客使用移动支付的概率为:‎ ‎,所以超市当天应准备的环保购物袋个数为:.‎ ‎(Ⅱ)由(1)知列联表为:‎ 年龄 年龄 小计 使用移动支付 ‎ 85‎ ‎40‎ ‎125‎ 不使用移动支付 ‎10‎ ‎65‎ ‎75‎ 小计 ‎ 95‎ ‎105‎ ‎200‎ 假设移动支付与年龄无关,则,‎ ‎,所以有的把握认为使用移动支付与年龄有关.‎ ‎(Ⅲ)可能取值为0,1,2,‎ ‎,,,‎ 所以的分布列为:‎ ‎ ‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎ 2‎ 17‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎20.已知两点、,动点与、两点连线的斜率,满足.‎ ‎(Ⅰ)求动点的轨迹的方程;‎ ‎(Ⅱ)若是曲线与轴正半轴的交点,则曲线上是否存在两点,,使得是以为直角顶点的等腰直角三角形?若存在,请说明满足条件的点、有几对;若不存在,请说明理由.‎ ‎【解析】解:(1)设动点的坐标为,因为斜率,存在,故,‎ 则,,‎ 又动点与、两点连线的斜率,满足,‎ 所以,化简得,动点的轨迹 的方程为:,‎ ‎(2)设能构成等腰直角三角形,其中为,‎ 由题意可知,直角边,不可能垂直或平行于轴,故可设所在直线的方程为,(不妨设 则所在直线的方程为,由求得交点,,(另一交点,‎ ‎,‎ 用代替上式中的,得,由,得,‎ ‎,‎ 解得:或.‎ 当斜率时,斜率;当斜率时,斜率;当斜率时,斜率. 21.设函数,实数,,是自然对数的底数,‎ 17‎ ‎.‎ ‎(Ⅰ)若在上恒成立,求实数的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)若对任意恒成立,求证:实数的最大值大于2.3.‎ ‎【解析】解:(Ⅰ),在上恒成立,‎ ‎,‎ 设,‎ ‎,‎ 令,解得,‎ 当,即,函数单调递增,‎ 当,即,函数单调递减,‎ ‎,‎ ‎,‎ 故的取值范围为;‎ ‎(Ⅱ)设,‎ ‎,,可得;,可得.‎ 在,上单调递增;在上单调递减.‎ ‎,‎ ‎,‎ 17‎ ‎,‎ ‎.‎ 由(Ⅰ)可得,‎ 的最小值大于2.3,‎ 故若对任意恒成立,则的最大值一定大于2.3.‎ 请考生在第(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.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.[极坐标与参数方程] 22.已知直线的参数方程为,点在直线1上.‎ ‎(1)求的值;‎ ‎(2)以坐标原点为极点,轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,曲线与直线交于两点、,求的值.‎ ‎【解析】解:(1)由于点在直线1上.‎ 直线的参数方程为,‎ 故代入直线的参数方程得到:.‎ ‎(2)曲线,‎ 转换为直角坐标方程为:,‎ 由于圆与直线交于两点、,‎ 把直线的参数方程代入圆的方程得到:,‎ 故:和为、对应的参数).‎ 故:.‎ ‎[选修4-5:不等式选讲] 23.设函数.‎ 17‎ ‎(Ⅰ)若对,恒成立,求实数的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)若(2),求的取值范围.‎ ‎【解析】解:(Ⅰ), ‎ 时,,当且仅当时取等号,‎ ‎,恒成立,‎ ‎,‎ ‎(Ⅱ)(2),‎ ‎,‎ 等价于或,‎ 解得或,‎ 故的取值范围为,.‎ 17‎ 17‎
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