2019年高考数学考前提分仿真试题五理.doc

‎2019届高考名校考前提分仿真卷 理 科 数 学（五）‎ 注意事项：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ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Ⅰ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Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，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Ⅰ卷 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．[2019·合肥一模]设是虚数单位，复数为纯虚数，则实数为（ ）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎2．[2019·驻马店期中]若集合，且，则集合可能是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．[2019·漳州一模]我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵．”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有（ ）‎ A．人 B．人 C．人 D．人 ‎4．[2019·武汉调研]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，‎ 则该几何体的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．[2019·湘潭一模]设，满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A．1 B．16 C．20 D．22‎ ‎6．[2019·广安一模]某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上有3人发言则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为（ ）‎ A．15 B．30 C．35 D．42‎ ‎7．[2019·长郡中学]沈老师告知高三文数周考的附加题只有6名同学，，，，，尝试做了，并且这6人中只有1人答对了．同学甲猜测：或答对了；同学乙猜测：不可能答对；同学丙猜测：，，当中必有1人答对了；同学丁猜测：，，都不可能答对．‎ 若甲、乙、丙、丁中只有1人猜对，则此人是（ ）‎ A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 ‎8．[2019·济南期末]执行如图所示的程序框图，若输入的，，依次为，，，其中，则输出的为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．[2019·东师附中]已知长方体的底面为正方形，与平面所成角的余弦值为，则与所成角的余弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．[2019·西工大附中]设，是双曲线的两个焦点，是上一点，若，且的最小内角为，则的离心率为（ ）‎ 3‎ A． B． C． D．‎ ‎11．[2019·通州期末]设函数图象上不同两点，处的切线的斜率分别是，，规定（为线段的长度）叫做曲线在点与点之间的“弯曲度”，给出以下命题：‎ ‎①函数图象上两点与的横坐标分别为1和，则；‎ ‎②存在这样的函数，其图象上任意不同两点之间的“弯曲度”为常数；‎ ‎③设，是抛物线上不同的两点，则；‎ ‎④设，是曲线（是自然对数的底数）上不同的两点，，‎ 则．‎ 其中真命题的个数为（ ）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎12．[2019·济南期末]已知，且，，，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．[2019·扬州期末]某学校选修网球课程的学生中，高一、高二、高三年级分别有50名、40名、40名．现用分层抽样的方法在这130名学生中抽取一个样本，已知在高二年级学生中抽取了8名，则在高一年级学生中应抽取的人数为_______．‎ ‎14．[2019·永春一中]已知为等差数列，，，的前项和为，则使得达到最大值时是__________．‎ ‎15．[2019·东莞期末]已知函数，则的最小值为____．‎ ‎16．[2019·烟台适应]已知抛物线的焦点为，是抛物线上一点，若的延长线交轴的正半轴于点，交抛物线的准线于点，且，则__________．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（12分）[2019·清远期末]在中，角，，的对边分别为，，，且．‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）已知外接圆半径，且，求的周长．‎ ‎18．（12分）[2019·黄冈调研]黄冈市有很多名优土特产，黄冈市的蕲春县就有闻名于世的“蕲春四宝”蕲竹、蕲艾、蕲蛇、蕲龟，很多人慕名而来旅游，通过随机询问60名不同性别的游客在购买“蕲春四宝”时是否在来蕲春县之前就知道“蕲春四宝”，得到如下列联表：‎ 男 女 总计 事先知道“蕲春四宝”‎ ‎8‎ 事先不知道“蕲春四宝”‎ ‎4‎ ‎36‎ 总计 ‎40‎ 3‎ 附：，‎ ‎（1）写出列联表中各字母代表的数字；‎ ‎（2）由以上列联表判断，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为购买“蕲春四宝”和是否“事先知道蕲春四宝有关系”？‎ ‎（3）从被询问的名事先知道“蕲春四宝”的顾客中随机选取2名顾客，求抽到的女顾客人数的分布列及其数学期望．‎ ‎19．（12分）[2019·合肥一模]在四棱锥中，，．‎ ‎（1）若点为的中点，求证：平面；‎ ‎（2）当平面平面时，求二面角的余弦值．‎ ‎20．（12分）[2019·贵阳一中]已知，是椭圆的左、右焦点，椭圆过点．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点的直线（不过坐标原点）与椭圆交于，两点，且点在轴上方，点在轴下方，若，求直线的斜率．‎ 3‎ ‎21．（12分）[2019·重庆一中]已知函数．‎ ‎（1）若，证明：；‎ ‎（2）若只有一个极值点，求的取值范围．‎ 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·长沙统测]在平面直角坐标系中，以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．‎ 已知曲线的参数方程为（为参数），过原点且倾斜角为的直线交于、两点．‎ ‎（1）求和的极坐标方程；‎ ‎（2）当时，求的取值范围．‎ ‎23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ ‎[2019·海淀模拟]若，，且．‎ ‎（1）求的最小值；‎ ‎（2）是否存在，，使得的值为？并说明理由．‎ 3‎ 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（五）‎ 一、选择题．‎ ‎1．【答案】B ‎【解析】为纯虚数，‎ ‎，解得，故选B．‎ ‎2．【答案】C ‎【解析】，∵，∴，选项中，只有，故选C．‎ ‎3．【答案】D ‎【解析】由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有：‎ ‎，故选D．‎ ‎4．【答案】B ‎【解析】由三视图可知，该几何体由两个同底的圆锥拼接而成，圆锥的底面半径，高，所以该几何体的体积为，故选B．‎ ‎5．【答案】B ‎【解析】由题可知，再画出约束条件所表示的可行域，如图所示，‎ 结合图象可知当平移到过点时，目标函数取得最大值，‎ 又由，解得，此时目标函数的最大值为，故选B．‎ ‎6．【答案】B ‎【解析】由题意知本题是一个分类计数问题，由于甲有两个人参加会议需要分两类：‎ 含有甲的选法有种，不含有甲的选法有种，共有（种），故选B．‎ ‎7．【答案】D ‎【解析】若甲猜对，则乙也猜对，与题意不符，故甲猜错；‎ 若乙猜对，则丙猜对，与题意不符，故乙猜错；‎ 若丙猜对，则乙猜对，与题意不符，故丙猜错；‎ ‎∵甲、乙、丙、丁四人中只有1人猜对，∴丁猜对．故选D．‎ ‎8．【答案】C ‎【解析】由程序框图可知，，中的最大数用变量表示并输出，‎ ‎∵，∴，‎ 又在上为减函数，在上为增函数，‎ ‎∴，，‎ 故最大值为，输出的为，故选C．‎ ‎9．【答案】C ‎【解析】由题意，在长方体中，设，则，‎ 又，，‎ 因为，所以与所成角，即为与所成角，‎ 在中，，‎ ‎∴与所成角的余弦值为．‎ ‎10．【答案】C ‎【解析】因为，是双曲线的两个焦点，是双曲线上一点，且满足，‎ 不妨设是双曲线右支上的一点，由双曲线的定义可知，‎ 所以，，，‎ ‎，，为最小边，‎ 的最小内角，根据余弦定理，‎ ‎，‎ 即，‎ ‎，，所以，故选C．‎ ‎11．【答案】C ‎【解析】对于①，由，得，‎ 则，，则，即，①正确；‎ 对于②，如时，，则，②正确；‎ 对于③，抛物线的导数为，，，‎ ‎∴，‎ 则，③正确；‎ 对于④，由，得，，‎ 由不同两点，，可得，∴④错误；‎ 综上所述，正确的命题序号是①②③．故选C．‎ ‎12．【答案】A ‎【解析】如图所示：‎ ‎，，且，‎ 又，取中点为，可得，‎ ‎∵，∴的终点在以为圆心，为半径的圆上运动，‎ 当点在点时，的最小值为0；‎ 当点在的延长线时，的最大值为，‎ ‎∴的取值范围是，故选A．‎ 二、填空题．‎ ‎13．【答案】10‎ ‎【解析】∵高一、高二、高三年级分别有50名、40名、40名，‎ ‎∴若在高二年级学生中抽取了8名，则在高一年级学生中应抽取的人数为，‎ 则，即，故答案为10．‎ ‎14．【答案】20‎ ‎【解析】设等差数列的公差为，由，作差，得，‎ 所以，所以数列单调递减，‎ 又，解得，‎ 所以，由，得，即，‎ 所以，，所以当时，取最大值．故答案为20．‎ ‎15．【答案】‎ ‎【解析】函数，‎ 令，则，，则，‎ 可知函数在，在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以函数的最小值是或，‎ ‎，‎ 故函数的最小值为，故答案为．‎ ‎16．【答案】3‎ ‎【解析】画出图形如下图所示．由题意得抛物线的焦点，准线为．‎ 设抛物线的准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足为，交轴于点．‎ 由题意得，‎ 又，即为的中点，∴，‎ ‎∴，∴．‎ 又，即，解得．‎ 三、解答题．‎ ‎17．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1），，‎ 即，，‎ 又，．‎ ‎（2），，‎ ‎，∴由余弦定理可得，，‎ ‎∴，‎ ‎∵，所以得，∴周长．‎ ‎18．【答案】（1），，，，；（2）能；（3）详见解析．‎ ‎【解析】（1）由列联表能求出，，，，．‎ ‎（2）由计算可得，‎ 所以在犯错误的概率不超过的前提下，认为购买“蕲春四宝”和“事先知道蕲春四宝有关系”‎ ‎（3）的可能取值为0，1，2．‎ ‎；；，‎ 的分布列为：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ 的数学期望：．‎ ‎19．【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）取的中点为，连结，．‎ 由已知得，为等边三角形，．‎ ‎∵，，∴，‎ ‎∴，∴．‎ 又∵平面，平面，∴平面．‎ ‎∵为的中点，为的中点，∴．‎ 又∵平面，平面，∴平面．‎ ‎∵，∴平面平面．‎ ‎∵平面，∴平面．‎ ‎（2）连结，交于点，连结，由对称性知，‎ 为的中点，且，．‎ ‎∵平面平面，，‎ ‎∴平面，，．‎ 以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．‎ 则，，．‎ 易知平面的一个法向量为．‎ 设平面的法向量为，则，，∴，‎ ‎∵，，∴．‎ 令，得，，∴，‎ ‎∴．‎ 设二面角的大小为，则．‎ ‎20．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）由条件知，解得，因此椭圆的方程为．‎ ‎（2）解法一：设，，则，，‎ 设直线的方程为，‎ 代入椭圆的方程消去，得，‎ 由韦达定理得，，‎ 由，知，即，‎ 带入上式得，，‎ 所以，解得，‎ 结合图形知，故直线的斜率为．‎ 解法二：设，，则，，‎ 设直线的方程为，‎ 代入椭圆的方程消去，得，‎ 因此，，‎ 由，知，‎ 代入上式得，解得，‎ 结合图形知，故直线的斜率为．‎ ‎21．【答案】（1）详见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）当时，等价于，即；‎ 设函数，则，‎ 当时，；当时，．‎ 所以在上单调递减，在单调递增．‎ 故为的最小值，‎ 而，故，即．‎ ‎（2），‎ 设函数，则；‎ ‎①当时，，在上单调递增，‎ 又，取满足且，则，‎ 故在上有唯一一个零点，‎ 且当时，；时，，‎ 由于，所以是的唯一极值点；‎ ‎②当时，在上单调递增，无极值点；‎ ‎③当时，若时，；若时，．‎ 所以在上单调递减，在单调递增．‎ 故为的最小值，‎ ‎（i）若时，由于，故只有一个零点，所以时，，‎ 因此在上单调递增，故不存在极值；‎ ‎（ii）若时，由于，即，所以，‎ 因此在上单调递增，故不存在极值；‎ ‎（iii）若时，，即．‎ 又，且，‎ 而由（1）知，所以，‎ 取满足，则，‎ 故在有唯一一个零点，在有唯一一个零点；‎ 且当时，，当时，，‎ 当时，，‎ 由于，故在处取得极小值，在处取得极大值，‎ 即在上有两个极值点．‎ 综上，只有一个极值点时，的取值范围是．‎ 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）．‎ ‎【解析】（1）由题意可得，直线的极坐标方程为．‎ 曲线的普通方程为，‎ 因为，，，‎ 所以极坐标方程为．‎ ‎（2）设，，且，均为正数，‎ 将代入，得，‎ 当时，，所以，‎ 根据极坐标的几何意义，，分别是点，的极径．‎ 从而．‎ 当时，，故的取值范围是．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）不存在，，使得的值为．‎ ‎【解析】（1），，‎ ‎，，，当且仅当时取等号，‎ ‎，．，‎ ‎，当且仅当时取等号．‎ ‎（2），，，‎ ‎，不存在，，使得的值为．‎