2019年高考数学仿真押题试卷（十一）（含解析）

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