2019年高考数学练习题汇总高考模拟试卷(三)
高考模拟试卷(三)
(时间：120 分钟 满分：150 分)
第Ⅰ卷(选择题 共 40 分)
一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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∁RM＝{x|ln|x|>1}，N＝ y|y＝1
x
，x>0 ，则 M∪N 等于( )
A．(0，e] B．[－e，＋∞)
C．(－∞，－e]∪(0，＋∞) D．[－e，e]
答案 B
解析 由 ln|x|>1，得|x|>e，
∴M＝[－e，e]，N＝(0，＋∞)，
∴M∪N＝[－e，＋∞)．
故选 B.
2．已知 a＝20.3，b＝0.32，c＝log0.32，则( )
A．b
1，b＝0.32∈(0,1)，c＝log0.32<0，所以 c0)的图象如图所示，则函数 y＝ax＋b 的图象可能是( )
答案 A
解析 由图象可得 3
4T<π，即3
4
×2π
a <π，解得 a>3
2
，01，与 y 轴的交点在(0,1)的上方，故选 A.
6．从 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 这 10 个数中任取 3 个不同的数，每个数被取到的可能性相同，则
这 3 个数的和恰好能被 3 整除的概率是( )
A. 1
20 B. 1
10 C. 3
10 D. 7
20
答案 D
解析 从 10 个数中任取 3 个，共有 C310＝120(种)取法，若所取的 3 个数的和恰能被 3 整除，
则第一类：这 3 个数从 1,4,7,10 中取，共有 C34＝4(种)取法；第二类：这 3 个数从 2,5,8 中取，
共有 C33＝1(种)取法；第三类：这 3 个数从 3,6,9 中取，共有 C33＝1(种)取法；第四类：这 3
个数从 1,4,7,10 中取 1 个数，从 2,5,8 中取 1 个数，从 3,6,9 中取 1 个数，共有 4×3×3＝36(种)
取法，所以所取的 3 个数的和恰好能被 3 整除的概率是4＋1＋1＋36
120
＝ 7
20
，故选 D.
7．已知实数 x，y 满足
0≤x≤1，
0≤y≤1，
y≥x＋b，
若 z＝x－y 的最大值为 1，则实数 b 的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(－∞，1]
C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]
答案 D
解析 作出不等式组所表示的平面区域如图(阴影部分含边界)所示，观察可知目标函数在点
(1，0)处取到最大值为 1，因此 y＝x＋b 在不等式组
0≤x≤1，
0≤y≤1，
y≥x＋b
表示的可行域外，
故 0≥1＋b，解得 b≤－1，故选 D.
8．已知在△ABC 中，CA＝2，O 为△ABC 的外心，OC→ ＝OA→ ＋OB→ ，CD→ ＝mCA→＋nCB→(m∈R，
m≠0，n∈R)，则|CD→ |
|m|
的最小值为( )
A. 3
3 B.1
3 C. 3 D．3
答案 C
解析 由题意可知四边形 OACB 为菱形，∠ACB＝2π
3
，CB＝CA＝2.
所以|CD→ |2
|m|2
＝4m2－mn＋n2
m2
＝4
n
m 2－n
m
＋1 ≥3，
当n
m
＝1
2
时，等号成立，所以|CD→ |
|m|
的最小值为 3，故选 C.
9．过双曲线x2
a2
－y2
b2
＝1(a>0，b>0)上任意一点 P，作与 y 轴平行的直线，交两渐近线于 A，B
两点，若PA→·PB→＝－a2
4
，则该双曲线的离心率为( )
A. 10
3 B. 3 C. 6
2 D. 5
2
答案 D
解析 设 P(x0，y0)，则由双曲线的对称性，
不妨令 A x0，b
ax0 ，B x0，－b
ax0 ，
从而PA→＝ 0，b
ax0－y0 ，PB→＝ 0，－b
ax0－y0 ，
则PA→·PB→＝y20－b2
a2x20＝－a2
4 .又点 P 在双曲线上，
所以x20
a2
－y20
b2
＝1，故有－a2
4
＝y20－b2
a2·x20＝－b2，
即有 4b2＝a2，
又 c2＝a2＋b2，得 4c2＝5a2，即 e＝ 5
2
，故选 D.
10．已知函数 f(x)＝ax2＋(b－a)x＋c－b(其中 a>b>c)，且 a＋b＋c＝0，x1，x2 为 f(x)的两个零
点，则|x1－x2|的取值范围为( )
A.
3
2
，2 3 B．(2,2 3)
C．(1,2) D．(1,2 3)
答案 A
解析 由 a>b>c，a＋b＋c＝0，知 a>0>c.
由题意得 x1，x2 是方程 ax2＋(b－a)x＋c－b＝0 的两个根，故 x1＋x2＝－b－a
a
，x1x2＝c－b
a
，
则|x1－x2|＝ x1＋x22－4x1x2＝
b－a
a 2－4·c－b
a
＝ b－a2－4ac－b
a
＝ b＋a2－4ac
a
＝ －c2－4ac
a
＝ c2－4ac
a
＝
c
a 2－4·c
a
＝
c
a
－2 2－4.
因为 a>b>c，a＋b＋c＝0，
所以 a>－(a＋c)>c，所以－20，n>0，上式转化为n＋1
m
＋m＋1
n
＝m＋n＋1，
即m2＋n2＋m＋n
mn
＝m＋n＋1，
又由基本不等式得 m2＋n2≥m＋n2
2
，mn≤m＋n2
4
，
所以有 m＋n＋1＝m2＋n2＋m＋n
mn
≥
m＋n2
2
＋m＋n
m＋n2
4
，
令 t＝m＋n，则 t>0，上式转化为 t＋1≥
t2
2
＋t
t2
4
，
即 t2－t－4≥0，
解得 t≥1＋ 17
2
，
所以 t＝m＋n＝a
c
＋b
c
＝a＋b
c
的最小值为1＋ 17
2
(当且仅当 a＝b 时，等号成立)．
三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
18．(14 分)已知函数 f(x)＝2sin(2x＋φ)
－π
2<φ<0 ，且 f
π
4 ＝1.
(1)求φ的值；
(2)若函数 F(x)＝f(x)·f x＋π
6 －m 在 － π
12
，π
6 上存在零点，求实数 m 的取值范围．
解 (1)由 f
π
4 ＝2sin
π
2
＋φ ＝1，
得 cos φ＝1
2
，
又－π
2<φ<0，所以φ＝－π
3.
(2)F(x)＝f(x)·f x＋π
6 －m＝2sin 2x－π
3 ·2sin 2x－m＝4sin 2x
1
2sin 2x－ 3
2 cos 2x －m
＝2sin22x－2 3sin 2xcos 2x－m＝1－cos 4x－ 3sin 4x－m＝1－m－2sin 4x＋π
6 ，
由 F(x)在 － π
12
，π
6 上有零点，得 m＝1－2sin 4x＋π
6 在 － π
12
，π
6 上有解，
因为 x∈ － π
12
，π
6 ，
则－π
6<4x＋π
6<5π
6
，
则－1
22
3
；
另一方面，f′(x)＝12x2－ 2
1＋x3
＝2[6x21＋x3－1]
1＋x3
，
显然函数 h(x)＝6x2(1＋x)3－1 在[0,1]上单调递增，而 h(0)＝－1<0，h(1)＝47>0，
故 h(x)在(0,1)内存在唯一的零点 x0，
即 f′(x0)＝0，且当 x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当 x∈(x0,1)时，f′(x)>0，
故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0,1)上单调递增，
因此在[0,1]上，f(x)≤max{f(0)，f(1)}＝max 1，17
4 ＝17
4 .
综上，2
30)的焦点为 F，以 A(x1，y1)(x1≥0)为直角顶点的等
腰直角△ABC 的三个顶点 A，B，C 均在抛物线 C 上．
(1)过 Q(0，－3)作抛物线 C 的切线 l，切点为 R，点 F 到切线 l 的距离为 2，求抛物线 C 的
方程；
(2)求△ABC 面积的最小值．
解 (1)过点 Q(0，－3)的抛物线 C 的切线 l：y＝kx－3，
联立抛物线 C：x2＝2py(p>0)，得 x2－2pkx＋6p＝0，
Δ＝4p2k2－4×6p＝0，即 pk2＝6.
∵F 0，p
2 ，F 到切线 l 的距离为 d＝
|p
2
＋3|
k2＋1
＝2，
化简得(p＋6)2＝16(k2＋1)，
∴(p＋6)2＝16
6
p
＋1 ＝16p＋6
p
，
∵p>0，
∴p＋6>0，得 p2＋6p－16＝(p＋8)(p－2)＝0，
∴p＝2.∴抛物线方程为 x2＝4y.
(2)已知直线 AB 不会与坐标轴平行，设直线 AB：y－y1＝t(x－x1)(t>0)，联立抛物线方程，
得 x2－2ptx＋2p(tx1－y1)＝0，
则 x1＋xB＝2pt，
则 xB＝2pt－x1，
同理可得 xC＝－2p
t
－x1.
∵|AB|＝|AC|，
即 1＋t2|xB－x1|＝ 1＋1
t2|xC－x1|，
∴t(xB－x1)＝x1－xC，
即 x1＝p t2－1
t
t＋1
.
∴|AB|＝ 1＋t2|xB－x1|
＝ 1＋t2(2pt－2x1)
＝2p 1＋t2t2＋1
tt＋1 .
∵t2＋1
t
≥2(当且仅当 t＝1 时，等号成立)，
t2＋1
t＋1
＝ t2＋1
t2＋2t＋1
≥ t2＋1
t2＋1＋t2＋1
＝ 2
2 (当且仅当 t＝1 时等号成立)，故|AB|≥2 2p，
△ABC 面积的最小值为 4p2.
22．(15 分)已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1·an＝1
n(n∈N*)．
(1)证明：an＋2
n
＝ an
n＋1
；
(2)证明：2( n＋1－1)≤ 1
2a3
＋ 1
3a4
＋…＋ 1
n＋1an＋2
≤n.
证明 (1)∵an＋1·an＝1
n
，①
∴an＋2·an＋1＝ 1
n＋1
，②
而 a1＝1，易得 an>0，
由②÷①得an＋2·an＋1
an＋1·an
＝an＋2
an
＝ n
n＋1
，∴an＋2
n
＝ an
n＋1.
(2)由(1)得(n＋1)an＋2＝nan，
∴ 1
2a3
＋ 1
3a4
＋…＋ 1
n＋1an＋2
＝ 1
a1
＋ 1
2a2
＋…＋ 1
nan
.
令 bn＝nan，则 bn·bn＋1＝nan·(n＋1)an＋1＝n·n＋1
n
＝n＋1，③
∴当 n≥2 时，bn－1·bn＝n，④
由 b1＝a1＝1，b2＝2，易得 bn>0，
由③－④得 1
bn
＝bn＋1－bn－1(n≥2)．
∴b1
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