1、12019 届高考名校考前提分仿真卷理 科 数 学（七）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
2、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 12019河南期末 表示集合 中整数元素的个数，设集合 ，ZM18Ax，则 （ ）5217BxABA3 B4 C5 D622019东北育才复数 （ ）21iA B1 C D1 ii32019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60图如下面的条形图该教师
3、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（ ）10A 元 B 元 C 元 D 元650707508042019周口期末过椭圆 的上顶点与右顶点的直线方程为 ，2:1xyCab 240xy则椭圆 的标准方程为（ ）CA B C D2164xy204xy2148xy2138xy52019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1ABCD异面且夹角成 的直线的条数为（ ）1AB60A3 B4 C5 D662019淮南一模已知函数 ，若直线 过点 ，且与曲线 相切，则直lnfxl0,eyfx线
4、的斜率为（ ）lA B2 C D2 ee72019东北育才函数 （其中 ， ）的图象如图所示，为了得到sinfxAx0A2的图象，只需将 的图象（ ）sin3gxA右平移 个单位长度 B左平移 个单位长度4 4C右平移 个单位长度 D左平移 个单位长度12 1282019郑州质检如图，在 中， ， 是 上一点，若 ，则AC 3NPBN13APtBC实数 的值为（ ）tA B C D2325163492019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（ ）2A B C D4243102019汕头期末在四面体 中， ， ， ，当四面体AD1B32AC的体
5、积最大时，其外接球的表面积为（ ）BCDA B C D2368112019河南联考已知函数 ，且 ，则 的最小值sin3cosfxx124fx12x为（ ）A B C D322334122019黄冈调研函数 定义域为 ，若满足 在 内是单调函数； 存在fxD fx使 在 上的值域为 ，那么就称 为“半保值函数” ，若函数,abDfx,ab,2aby（ 且 ）是“半保值函数” ，则 的取值范围为（ ）2logafxt01A B C D10,4,210,21,2第 卷二 、 填 空 题 ： 本 大 题 共 4 小 题 ， 每 小 题 5 分 132019大兴期末若 ， 满足 ，则 的最大值为_xy
6、01xy2zxy142019吉林一模设函数 ，若 ，则实数 的取值范围是_ln,1fx1fm152019如皋期末在平面直角坐标系 中，已知圆 ： 与 轴交于OyC2430xyx， 两点，若动直线 与圆 相交于 ， 两点，且 的面积为 4，若 为 的中点，ABlCMNMN PMN则 的面积最大值为_ P162019河南联考在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ， 是 的中点，AB BabcDAB若 ，且 ，则 面积的最大值是_1CDsinsin2abcb AC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
7、期末已知数列 满足 ， ，na12213nnan设 1nab（1）求 ， ， ；23b（2）判断数列 是否为等差数到，并说明理由；n（3）求数列 的通项公式a18 （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18.964km13 座车站目前八通线执行 2014 年 12 月 28 日制订的计价标准，各站间计程票价（单位:元）如下：四惠 3 3 3 3 4 4 4 5 5 5 5 5四惠东 3 3 3 4 4 4 5 5 5 5 5高碑店 3 3 3 4 4 4 4 5 5 5传媒大学 3 3 3 4 4 4 4 5 5双桥 3 3 3 4 4 4 4 4管庄
8、3 3 3 3 4 4 4八里桥 3 3 3 3 4 4通州北苑 3 3 3 3 33果园 3 3 3 3九棵树 3 3 3梨园 3 3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费之和为 元，求 的分布列；X（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）D19
9、（12 分）2019湖北联考如图，在四棱锥 中， ， ， ，PABCDPADBC 且 ， 22PCBADC2PA（1）证明： 平面 ；B（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MACD60的值；如果不存在，请说明理由PMD20 （12 分）2019临川一中已知 的直角顶点 在 轴上，点 ， 为斜边 的中ABC Ay1,0BDBC点，且 平行于 轴ADx（1）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 、BCECyM，记此圆的圆心为 ， ，求 的最大值NPMN421 （12 分）2019广东期末已知函数 ， ln
10、exfxaR（1）试讨论函数 的极值点的个数；fx（2）若 ，且 恒成立，求 的最大值aN0fa参考数据：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 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xoy1C2cosinxy标系的原点为极点、 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，x曲线 ： 2Csin16（1）求曲线 的普通方程以及曲线 的平面直角坐标方程；12C（2）若曲线 上恰好存在三个不同的
11、点到曲线 的距离相等，求这三个点的极坐标223 （10 分） 【选修 4-5：不等式选讲】2019吉林期末已知函数 2fxax（1）当 时，求不等式 的解集；a4f（2）设 ， ，且 的最小值为 若 ，求 的最小值0bxt3b12ab绝 密 启 用 前【 最 后 十 套 】 2019 届 高 考 名 校 考 前 提 分 仿 真 卷理 科 数 学 答 案 （ 七 ）第 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 【答案】C【解析】 ， ， ， 故选 C1,
12、8A517,2B5,82AB5ZAB2 【答案】D【解析】由题意，复数 ，2iiii 故选 D221ii3 【答案】D【解析】设目前该教师的退休金为 元，则由题意得： x6015%01x解得 故选 D80x4 【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 ，0xy0,2b令 ，则 ，得到椭圆的右顶点坐标为 ，即 ，44,4a从而得到椭圆方程为： 故选 A2164xy5 【答案】B【解析】在正方体 的八个顶点中任取两个点作直线，1ABCD与直线 异面且夹角成 的直线有： ， ， ， ，共 4 条故选 B1601ADC1B6 【答案】B【解析】函数 的导数为
13、，lnfxlnfx设切点为 ，则 ，可得切线的斜率为 ，,ml 1lnkm ，解得 ， ，故选 Bee1lnemle27 【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 ， ， ，,04344 ，故 ，sin3fxAxsini12gxAx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 Cf 12g8 【答案】C【解析】由题意及图， ，1APBAmBNABmNAB又 ， ， ，23AN25C215C又 ， ，解得 ， ，故选 C1PtB13t6t9 【答案】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
14、体积为： 故选 B21410 【答案】C【解析】 ， ， ，由勾股定理可得 ，1AB3C2A22ABC 是以 为斜边的直角三角形，且该三角形的外接圆直径为 ， 3当 平面 时，四面体 的体积取最大值，CDBD此时，其外接球的直径为 ，26RC因此，四面体 的外接球的表面积为 故选 CAB2246R11 【答案】C【解析】 ，13sin3cos2incos2in3fxxx又 ，即 ，124f 12isi4 ， ，122sinsi33xx12sinsi133xx 且 或 且 iin2iin ， ，或 ， ， 1123xk223xk132xk123xkZ ，Z显然，当 时， 的最小值为 ，故选 C1
15、20k12x312 【答案】B【解析】函数 （ 且 ）是“半保值函数” ，且定义域为 ，2logxaft0a1R由 时， 在 上递增， 在 递增，1a2xztRlogyz,可得 为 上的增函数；同样当 时， 仍为 上的增函数，f 01afxR 在其定义域 内为增函数，fx函数 （ 且 ）是“半保值函数” ，2logxat0a1 与 的图象有两个不同的交点， 有两个不同的根，lxyt1y 21logxat ， ，12xxat20xat可令 ， ，即有 有两个不同的正数根，u0ut可得 ，且 ，解得 故选 B214t2t1,0,2第 卷二 、 填 空 题 ： 本 大 题 共 4 小 题 ， 每 小
16、 题 5 分 13 【答案】 1【解析】由 ， 满足 ，作出可行域如图，xy01xy联立 ，解得 ，函数 为 ，由图可知，01yx1,0A2zxy2xz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 2zyz114 【答案】 ,0e,【解析】如图所示：可得 的图像与 的交点分别为 ， ，ln,1xf1y0,1e, ，则实数 的取值范围是 ，可得答案 fm,e,0e,15 【答案】8【解析】当 时， 解得 或 ，即 ， ，0y230x1x31,A3,B圆的标准方程： 圆心 ，半径 ，218y,2C2r的面积为 4，即 ，CMN sin4SMN则 ，即 ， ， ，sin190CN
17、212P要使 的面积最大，则 ，PAB PAB此时三角形的高 ， ，24D314则 的面积 故答案为 8 18S16 【答案】 5【解析】如图，设 ，则 ，CDAB在 和 中，分别由余弦定理可得 ， ，CDA B214cosbc214osca两式相加，整理得 ， ，220cab224cab由 及正弦定理得 ，1sinsin2abACB 1cb整理得 ，2c由余弦定理的推论可得 ， 221os4abc15sin4C把代入整理得 ，2又 ，当且仅当 时等号成立， ，故得 2abab52ab85ab 即 面积的最大值是 故答案为 1815sin24ABCS ABC 11三 、 解 答 题 ： 解 答
18、 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） b235b21na【解析】 （1）将 代入得 ，又 ， ，n1a1a29将 代入得 ， ；从而 ， ， 2n234a320b35b（2）数列 是以 1 为首项，公差为 2 的等差数列nb由条件，将 两边同时除以 得：123nan12n，21n化简得 ，即 ，21na1nb数列 是以 1 为首项，公差为 2 的等差数列nb（3）由（2）可得 ，1nn21nab18 【答案】 （1） ；（2）见解析；（3） 6PAD【解析】 （1）记两站间票价不足 5 元为事件 ，在
19、 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 213C78781563两站间票价不足 5 元的概率 216P（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， ，163,Pab173,4,36PXabPab，98,5,1ab， 59,4,24Xab250,14Xab 的分布列为 X6 7 8 9 10P19415214（3） D19 【答案】 （1）见证明；（2）见解析【解析】 （1）在底面 中， ， ，且 ，ABCDB ADC22BADC ， ， ，2ABC2又 ， ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，PPPPA又 平面 ，
20、，AB ， ， ，2AC2C又 ， ， 平面 ， 平面 ， 平面 PBABDABCDPABCD（2）方法一：在线段 上取点 ，使 ，则 ，ADN2MN又由（1）得 平面 ， 平面 ，PABCDMNABCD又 平面 ， ，作 于 ，CO又 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，MNONAMNO又 平面 ， ，AC又 ， 是二面角 的一个平面角，ACNMD设 ，则 ， ，PMxD12NxAPx2ONAxD这样，二面角 的大小为 ，CD60即 ，即 ，tantan3Ox423PMx满足要求的点 存在，且 42P方法二：取 的中点 ，则 、 、 三条直线两两垂直BCEAD可以分别以直线 、 、 为 、 、
21、轴建立空间直角坐标系，xyz且由（1）知 是平面 的一个法向量，0,2APACD设 ，则 ， ，,1MxD12NxPx2ANDx ， ，0,2x ,0设 是平面 的一个法向量，,AQabcACM则 ， ，20xcab 2abxc令 ，则 ，它背向二面角，bx2,AQx又平面 的法向量 ，它指向二面角，CD0,P这样，二面角 的大小为 ，M6即 ，2221cos cos6022,AQxP x 即 ，423x满足要求的点 存在，且 M423PD20 【答案】 （1） ；（2） 240yx【解析】 （1）设点 的坐标为 ，C,y则 的中点 的坐标为 ，点 的坐标为 BCD1,2xyA0,2y， ，1
22、,2yA,A由 ，得 ，即 ，204yBCx24yx经检验，当点 运动至原点时， 与 重合，不合题意舍去A轨迹 的方程为 2yx（2）依题意，可知直线 不与 轴重合，设直线 的方程为 ，CECE1xmy点 、 的坐标分别为 、 ，圆心 的坐标为 CE1,xy2,P0,由 ，可得 ， ， 241yxm240m124y124y ， 2122y0xm圆 的半径 P22124rCEx过圆心 作 于点 ，则 QMNPQ在 中， ，Rt2021cos2xmr当 ，即 垂直于 轴时， 取得最小值为 ， 取得最大值为 ，20mCEcos3 的最大值为 321 【答案】 （1）见解析；（2）10【解析】 （1）
23、函数 的定义域为 ，当 时， ，fx0,exaf00fx在定义域 单调递减， 没有极值点； fx0,fx当 时， 在 单调递减且图像连续，aexaf0,， 时 ，1e0ff存在唯一正数 ，使得 ，x0x函数 在 单调递增，在 单调递减，f0, ,函数 有唯一极大值点 ，没有极小值点，fx0x综上：当 时， 没有极值点；0af当 时， 有唯一极大值点，没有极小值点fx（2）方法一：由（1）知，当 时， 有唯一极大值点 ， ，0afx0x00maxlnexff恒成立 ，fx ， ， 0exa0001lnlnafxx01lnx令 ，则 在 单调递增，1lnhxh,由于 ， ，.74l.07411.8
24、ln.08存在唯一正数 ，使得 ，从而 1.,mhm,xm由于 恒成立，00lnexfxa当 时， 成立；,10lnexfa当 时，由于 ， 0,xm0lx0elnxa令 ，当 时， ，elnxg1,21el0nxg 在 单调递减，从而 lx,mam ，且 ，且 ， 1.74g1.74e.0.3lngN10a下面证明 时， 0a0xfx，且 在 单调递减，由于 ， ，exf,1.740f1.80f存在唯一 ，使得 ，01.74,8001exfx 00 00max 1lneln1lnxff xx令 ， ，易知 在 单调递减，11lux.74,18u.74,8 ，.740ln.02.3.10.x
25、，即 时， 00max 11lffxalne0xfx 的最大值是 10a方法二：由于 恒成立，0fx ， ；1.61.6lnefa16e0.5ln.a， ；7.7l.0f73l.， ；181.8ln.efa18e0ln.a ，猜想： 的最大值是 10N下面证明 时， 10a10lexfx，且 在 单调递减，由于 ， ，exf,1.740f1.80f存在唯一 ，使得 ，01.74,8001exfx 00 00max 1lneln1lnxff xx令 ， ，易知 在 单调递减，11lux.74,18u.74,8 ，.740ln.02.3.10.x ，即 时， 00max 11lffxalne0xf
26、x 的最大值是 10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 22 【答案】 （1） ， ；（2） ， ， 4xy30xy2,3A,6B72,C【解析】 （1）由 消去参数 得 ，即曲线 的普通方程为 ，2cosin4x14xy又由 得 ，sin6scosin16即为 ，即曲线 的平面直角坐标方程为 320xy2C320xy（2）圆心 到曲线 ： 的距离 ，O30xy211dr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4A30xyBC求 ，则 ，直线 的倾斜角为 ，OABC3OAkOAl23即 点的极角为 ， 点的极角为 ， 点的极角为 ，2B6C2736三个点的极坐标为 ， ， ,32,7,23 【答案】 （1） （2） 7,1,3【解析】 （1）当 时， ，原不等式可化为 ，a1fxx214x当 时，不等式可化为 ，解得 ，此时 ；2x2473x73当 时，不等式 可化为 ，解得 ，此时 ；11x11x当 时，不等式可化为 ，解得 ，此时 ，xx综上，原不等式的解集为 7,1,3（2）由题意得， ，223fxaxaxa 的最小值为 ， ，由 ，得 ，fxt 3b1b ，12223aaabab当且仅当 ，即 ， 时， 的最小值为 11b32
