2019年高考名校考前提分仿真试卷 文科数学：(四) Word版含解析

最新2019年高考数学模拟试题及答案解析高考文科数学模拟试题精编(四)(考试用时：120分钟试卷满分：150分)注意事项：1．作答选择题时.选出每小题答案后.用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动.用橡皮擦干净后.再选涂其他答案。

答案不能答在试卷上。

2．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答.答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动.先划掉原来的答案.然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后.将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．设集合A＝{0,1}.B＝{x|(x＋2)(x－1)＜0.x∈Z}.则A∪B＝( )A．{－2.－1,0,1} B．{－1,0,1}C．{0,1} D．{0}2．设i是虚数单位.若复数a－103－i(a∈R)是纯虚数.则a的值为( )A．－3 B．－1 C．1 D．3 3．函数f(x)＝sin x·(4cos2x－1)的最小正周期是( )A.π3B.2π3C．π D．2π4．在一次抛硬币实验中.甲、乙两人各抛一枚硬币一次.设命题p是“甲抛的硬币正面向上”.q是“乙抛的硬币正面向上”.则命题“至少有一人抛的硬币是正面向下”可表示为( )A ．(綈p )∨(綈q )B ．p ∧(綈q )C ．(綈p )∧(綈q )D ．p ∨q5．若向量a .b 满足|a |＝ 3.|b |＝2.a ⊥(a －b ).则a 与b 的夹角为( ) A.π2 B.2π3 C.π6 D.5π66．2016年11月18日13时59分.神舟十一号飞船返回舱在内蒙古中部预定区域成功着陆．神舟十一号载人飞行.是我国迄今为止时间最长的一次载人航天飞行.在轨33天飞行中.航天员景海鹏、陈冬参与的实验和试验多达38项．“跑台束缚系统”是未来空间站长期飞行的关键锻炼设备.本次任务是国产跑台首次在太空验证．如图所示是“跑台束缚系统”中某机械部件的三视图(单位：cm).则此机械部件的表面积为( )A ．(7＋2)π cm 2B ．(7＋22)π cm 2C ．(7＋32)π cm 2D ．(7＋42)π cm 27．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0.ω＞0.|φ|＜π2)的部分图象如图所示.若将f (x )图象上的所有点向右平移π6个单位长度得到函数g (x )的图象.则函数g (x )的单调递增区间为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π4，k π＋π4.k ∈Z B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π4，2k π＋π4.k ∈Z C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6.k ∈Z D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋π6.k ∈Z 8．一名法官在审理一起珍宝盗窃案时.四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下.甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案.是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”．经过调查核实.四人中有两人说的是真话.另外两人说的是假话.且这四人中只有一人是罪犯.由此可判断罪犯是( )A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁9．高三某班15名学生一次模拟考试成绩用茎叶图表示如图1.执行图2所示的程序框图.若输入的a i (i ＝1,2.….15)分别为这15名学生的考试成绩.则输出的结果为( )A ．6B ．7C ．8D ．910．在区间[－1,1]上随机取一个数k .使直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2＝1相交的概率为( )A.12B.13C.24D.2311．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0.b ＞0)的左、右焦点分别为F 1.F 2.焦距为2c .直线y ＝33(x ＋c )与双曲线的一个交点P 满足∠PF 2F 1＝2∠PF 1F 2.则双曲线的离心率e 为( )A. 2B. 3 C ．23＋1 D.3＋112．把平面图形M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M′称为图形M在这个平面上的射影．如图.在长方体ABCD­EFGH中.AB＝5.AD ＝4.AE＝3.则△EBD在平面EBC上的射影的面积是( )A．234 B.25 2C．10 D．30第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题.每小题5分.共20分．把答案填在题中横线上)13．某校高三年级共有30个班.学校心理咨询室为了解同学们的心理状况.将每个班编号.依次为1到30.现用系统抽样的方法抽取6个班进行调查.若抽到的编号之和为87.则抽到的最小编号为________．14．在△ABC中.角A.B.C的对边分别是a.b.c.已知b＝2.c＝2 2.且C＝π4.则△ABC的面积为________．15．已知三棱锥A­BCD中.BC⊥CD.AB＝AD＝ 2.BC＝1.CD＝ 3.则该三棱锥的外接球的体积为________．16．某工厂产生的废气经过过滤后排放.过滤过程中废气的污染物数量P(毫克/升)与时间t(小时)的关系为P＝P0e－kt.如果在前5小时消除了10%的污染物.那么污染物减少19%需要花费的时间为________小时．三、解答题(共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题.每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题.考生根据要求作答．)(一)必考题：共60分．17．(本小题满分12分)已知等比数列{a n}的公比q＞1.a1＝1.且2a2.a4,3a3成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记b n＝2na n.求数列{b n}的前n项和T n.18．(本小题满分12分)如图.四棱锥S ­ABCD 中.AB ∥CD .BC ⊥CD .侧面SAB 为等边三角形.AB ＝BC ＝2.CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求四棱锥S ­ABCD 的高．19．(本小题满分12分)某商场举行有奖促销活动.顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．抽奖规则如下：1．抽奖方案有以下两种：方案a .从装有1个红球、2个白球(仅颜色不同)的甲袋中随机摸出1个球.若是红球.则获得奖金15元.否则.没有奖金.兑奖后将摸出的球放回甲袋中；方案b .从装有2个红球、1个白球(仅颜色不同)的乙袋中随机摸出1个球.若是红球.则获得奖金10元.否则.没有奖金.兑奖后将摸出的球放回乙袋中．2．抽奖条件是.顾客购买商品的金额满100元.可根据方案a 抽奖一次；满150元.可根据方案b 抽奖一次(例如某顾客购买商品的金额为310元.则该顾客采用的抽奖方式可以有以下三种.根据方案a 抽奖三次或方案b 抽奖两次或方案a .b 各抽奖一次)．已知顾客A 在该商场购买商品的金额为250元．(1)若顾客A 只选择根据方案a 进行抽奖.求其所获奖金为15元的概率；(2)若顾客A 采用每种抽奖方式的可能性都相等.求其最有可能获得的奖金数(0元除外)．20．(本小题满分12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A .B .且长轴长为8.T 为椭圆上任意一点.直线TA .TB 的斜率之积为－34. (1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点.过点M (0,2)的动直线与椭圆C 交于P .Q 两点.求OP →·OQ→＋MP →·MQ→的取值范围． 21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝(2x －4)e x ＋a (x ＋2)2(x ＞0.a ∈R.e 是自然对数的底数)．(1)若f (x )是(0.＋∞)上的单调递增函数.求实数a 的取值范围；(2)当a ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12时.证明：函数f (x )有最小值.并求函数f (x )的最小值的取值范围．(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做.则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中.曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1＋cos αy ＝1＋sin α(α为参数.π≤α≤2π).以O 为极点.x 轴正半轴为极轴建立极坐标系.曲线C 2的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22t . (1)求C 2的直角坐标方程；(2)当C 1与C 2有两个公共点时.求实数t 的取值范围．23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲设函数f (x )＝|x －2|＋2x －3.记f (x )≤－1的解集为M .(1)求M ；(2)当x ∈M 时.证明：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.高考文科数学模拟试题精编(四)班级：_____________ 姓名：___________ 得分：______________请在答题区域内答题详 解 答 案高考文科数学模拟试题精编(四)1．解析：选B.∵集合A ＝{0,1}.B ＝{x |(x ＋2)(x －1)＜0.x ∈Z}＝{－1,0}.∴A ∪B ＝{－1,0,1}．故选B.2．解析：选D.由a －103－i ＝a －103＋i3－i 3＋i＝a －(3＋i)＝a －3－i为纯虚数得a －3＝0.即a ＝3.3．解析：选B.∵f (x )＝sin x [2(1＋cos 2x )－1]＝2sin x cos 2x ＋sin x ＝sin 3x ＋sin(－x )＋sin x ＝sin 3x .∴最小正周期T ＝2π3.故选B.4．解析：选A.綈p .表示“甲抛的硬币正面向下”.綈q 表示“乙抛的硬币正面向下”．则(綈p )∨(綈q )表示“至少有一人抛的硬币是正面向下”．故选A5．解析：选C.通解：因为a ⊥(a －b ).所以a ·(a －b )＝0.即a·a －a·b ＝|a |2－|a |·|b |cos 〈a .b 〉＝0.所以cos 〈a .b 〉＝|a |2|a |·|b |＝32.又〈a .b 〉∈[0.π].故a 与b 的夹角为π6.选C. 优解：因为a ⊥(a －b ).所以利用三角形法则不难得出.向量a .b .a －b 构成直角三角形.且a .b 的夹角必定为锐角.从而可知选C.6．解析：选A.依题意得.该机械部件是一个圆柱(该圆柱的底面半径为1、高为3)挖去一个圆锥(该圆锥的底面半径为1、高为1)后所剩余的部分.因此该机械部件的表面积等于2π×1×3＋π×12＋π×1×12＋12＝(7＋2)π cm 2.7．解析：选A.由图象知.A ＝2.周期T ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π12＝π.所以ω＝2ππ＝2.所以f (x )＝2sin(2x ＋φ).因为函数f (x )的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，2.所以2＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12＋φ.所以2×π12＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z).因为|φ|＜π2所以令k ＝0得φ＝π3.即f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.把函数f (x )图象上的所有点向右平移π6个单位长度后.得到g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＋π3＝2sin 2x 的图象.由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π(k ∈Z).得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π(k ∈Z).所以函数g (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z).故选A.8．解析：选B.由题可知.乙、丁两人的观点一致.即同真同假.假设乙、丁说的是真话.那么甲、丙两人说的是假话.由乙说的是真话.推论相互矛盾.所以乙、丁两人说的是假话.而甲、丙两人说的是真话.由甲、丙供述可得.乙是罪犯．9．解析：选D.由算法流程图可知.其统计的是成绩大于等于110的人数.所以由茎叶图知：成绩大于等于110的人数为9.因此输出结果为9.10．解析：选C.若直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2＝1相交.则圆心到直线的距离d ＝|3k |1＋k 2＜1.解得－24＜k ＜24.故在区间[－1.1]上随机取一个数k .使直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2＝1相交的概率为P ＝222＝24.选C.11．解析：选D.∵直线y ＝33(x ＋c )过左焦点F 1.且其倾斜角为30°.∴∠PF 1F 2＝30°.∠PF 2F 1＝60°.∴∠F 2PF 1＝90°.即F 1P ⊥F 2P .∴|PF 2|＝12|F 1F 2|＝c .|PF 1|＝|F 1F 2|sin 60°＝3c .由双曲线的定义得2a ＝|PF 1|－|PF 2|＝3c －c .∴双曲线C 的离心率e ＝c a＝23－1＝3＋1.选D.12.解析：选A.连接HC .过D 作DM ⊥HC .连接ME .MB .因为BC⊥平面HCD .又DM ⊂平面HCD .所以BC ⊥DM .因为BC ∩HC ＝C .所以DM ⊥平面HCBE .即D 在平面HCBE 内的射影为M .所以△EBD在平面HCBE 内的射影为△EBM .在长方体中.HC ∥BE .所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积.所以△EBD 在平面EBC 上的射影的面积为12×52＋32×4＝234.故选A.13．解析：该系统抽样的抽取间隔为306＝5.设抽到的最小编号为x .则x ＋(5＋x )＋(10＋x )＋(15＋x )＋(20＋x )＋(25＋x )＝87.所以x ＝2.答案：214．解析：由正弦定理b sin B ＝csin C ⇒sin B ＝b sin C c ＝12.又c ＞b .且B ∈(0.π).所以B ＝π6.所以A ＝7π12.所以S ＝12bc sin A ＝12×2×22sin 7π12＝12×2×22×6＋24＝3＋1.答案：3＋115．解析：因为BC ＝1.CD ＝ 3.BC ⊥CD .所以BD ＝2.又AB ＝AD ＝ 2.所以AB ⊥AD .所以三棱锥A ­BCD 的外接球的球心为BD 的中点.半径为1.所以三棱锥A ­BCD 的外接球的体积为4π3.答案：4π316．解析：前5小时污染物消除了10%.此时污染物剩下90%.即t ＝5时.P ＝0.9P 0.代入.得(e －k)5＝0.9.∴e －k＝50.9＝0.915.∴P ＝P 0e －kt＝P 0(0.915)t .当污染物减少19%时.污染物剩下81%.此时P ＝0.81P 0.代入得0.81＝(0.915)t .解得t＝10.即需要花费10小时．答案：1017．解：(1)由2a2.a4,3a3成等差数列可得2a4＝2a2＋3a3.即2a1q3＝2a1q＋3a1q2.(2分)又q＞1.a1＝1.故2q2＝2＋3q.即2q2－3q－2＝0.得q＝2.因此数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1.(6分)(2)b n＝2n×2n－1＝n×2n.(7分)T n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n①.2T n＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1②.(9分)①－②得－T n＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1.(11分)－T n＝22n－12－1－n×2n＋1.T n＝(n－1)×2n＋1＋2.(12分)18．解：(1)如图.取AB的中点E.连接DE.DB.则四边形BCDE为矩形.∴DE ＝CB＝2.∴AD＝BD＝ 5.(2分)∵侧面SAB为等边三角形.AB＝2.∴SA＝SB＝AB＝2.又SD＝1.∴SA2＋SD2＝AD2.SB2＋SD2＝BD2.(4分)∴∠DSA＝∠DSB＝90°.即SD⊥SA.SD⊥SB.且SA∩SD＝S.∴SD⊥平面SAB.(6分)(2)设四棱锥S­ABCD的高为h.则h也是三棱锥S­ABD的高．由(1).知SD⊥平面SAB.由V S­ABD＝V D­SAB.得13S△ABD·h＝13S△SAB·SD.∴h＝S△SAB·SDS△ABD.(10分)又S △ABD ＝12AB ·DE ＝12×2×2＝2.S △SAB ＝34AB 2＝34×22＝ 3.SD ＝1.∴h ＝S △SAB ·SD S △ABD ＝3×12＝32. 故四棱锥S ­ABCD 的高为32.(12分)19．解：(1)记甲袋中红球是r .白球分别为w 1.w 2.由题意得顾客A 可从甲袋中先后摸出2个球.其所有等可能出现的结果为(r .r ).(r .w 1).(r .w 2).(w 1.r ).(w 1.w 1).(w 1.w 2).(w 2.r ).(w 2.w 1).(w 2.w 2).共9种．(2分)其中结果(r .w 1).(r .w 2).(w 1.r ).(w 2.r )可获奖金15元.所以顾客A 所获奖金为15元的概率为49.(4分)(2)由题意得顾客A 可以根据方案a 抽奖两次或根据方案a .b 各抽奖一次．(5分)由(1)知顾客A 根据方案a 抽奖两次所获奖金及其概率如表1： 表1(7分)记乙袋中红球分别是R 1.R 2.白球是W .则顾客A 根据方案a .b 各抽奖一次的所有等可能出现的结果为(r .R 1).(r .R 2).(r .W ).(w 1.R 1).(w 1.R 2).(w 1.W ).(w 2.R 1).(w 2.R 2).(w 2.W ).共9种．(8分)其中结果(r .R 1).(r .R 2)可获奖金25元.结果(r .W )可获奖金15元.(w 1.R 1).(w 1.R 2).(w 2.R 1).(w 2.R 2)可获奖金10元.其余可获奖金0元.所以顾客A 根据方案a .b 各抽奖一次所获奖金及其概率如表2：表2(10分)由表1.表2可知顾客A 最有可能获得的奖金数为15元．(12分) 20．解：(1)设T (x .y ).由题意知A (－4,0).B (4,0).设直线TA 的斜率为k 1.直线TB 的斜率为k 2.则k 1＝yx ＋4.k 2＝yx －4.(2分)由k 1k 2＝－34.得y x ＋4·y x －4＝－34.整理得x 216＋y 212＝1.故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(4分)(2)当直线PQ 的斜率存在时.设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋2.点P .Q 的坐标分别为(x 1.y 1).(x 2.y 2).直线PQ 与椭圆方程联立.得⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1y ＝kx ＋2.消去y .得(4k 2＋3)x 2＋16kx －32＝0.所以x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3.x 1x 2＝－324k 2＋3.(6分)从而.OP →·OQ →＋MP →·MQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＋[x 1x 2＋(y 1－2)(y 2－2)]＝2(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝－80k 2－524k 2＋3＝－20＋84k 2＋3.(8分)所以－20＜OP →·OQ →＋MP →·MQ →≤－523.(10分)当直线PQ 的斜率不存在时.OP →·OQ →＋MP →·MQ →＝(0.－23)·(0.23)＋(0.－23－2)·(0,23－2)＝－(23)2－[(23)2－22]＝－20.综上.OP →·OQ →＋MP →·MQ →的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－20，－523.(12分)21．解：(1)f ′(x )＝2e x ＋(2x －4)e x ＋2a (x ＋2)＝(2x －2)e x ＋2a (x ＋2).依题意.当x ＞0时.函数f ′(x )≥0恒成立.即a ≥－x －1e xx ＋2恒成立.记g (x )＝－x －1e x x ＋2.则g ′(x )＝－x e x x ＋2－x －1e x x ＋22＝－x 2＋x ＋1e xx ＋22＜0.所以g (x )在(0.＋∞)上单调递减.所以g (x )＜g (0)＝12.所以a ≥12.(6分)(2)因为[f ′(x )]′＝2x e x ＋2a ＞0.所以y ＝f ′(x )是(0.＋∞)上的增函数.又f ′(0)＝4a －2＜0.f ′(1)＝6a ＞0.所以存在t ∈(0,1)使得f ′(t )＝0.(8分)又当x ∈(0.t )时.f ′(x )＜0.当x ∈(t .＋∞)时.f ′(x )＞0.所以当x ＝t时.f (x )min ＝f (t )＝(2t －4)e t ＋a (t ＋2)2.且有f ′(t )＝0⇒a ＝－t －1ett ＋2.则f (x )min ＝f (t )＝(2t －4)e t －(t －1)(t ＋2)e t ＝e t (－t 2＋t －2).t ∈(0,1)．(10分)记h (t )＝e t (－t 2＋t －2).则h ′(t )＝e t (－t 2＋t －2)＋e t (－2t ＋1)＝e t (－t 2－t －1)＜0.所以h (1)＜h (t )＜h (0).即f (x )的最小值的取值范围是(－2e.－2)．(12分)22．解：(1)∵曲线C 2的极坐标方程为ρ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22cos θ＋22sin θ＝22t .∴曲线C 2的直角坐标方程为x ＋y －t ＝0.(4分)(2)曲线C1的普通方程为(x －1)2＋(y －1)2＝1(0≤x ≤2,0≤y ≤1).为半圆弧.(5分)如图所示.曲线C 2为平行于直线x ＋y ＝0的直线.或为直线x ＋y ＝0.当直线C 2与曲线C 1相切时.由|1＋1－t |2＝1.解得t ＝2－2或t ＝2＋2(舍去).(7分)当直线C 2过A .B 两点时.t ＝1.(9分)由图可知.当曲线C 2与直线C 1有两个公共点时.实数t 的取值范围是(2－2.1]．(10分)23．解：(1)由已知.得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤23x －5，x ＞2.(2分)当x ≤2时.由f (x )＝x －1≤－1.解得x ≤0.此时x ≤0； 当x ＞2时.由f (x )＝3x －5≤－1.解得x ≤43.显然不成立．故f (x )≤－1的解集为M ＝{x |x ≤0}．(5分)(2)证明：当x ∈M 时.f (x )＝x －1.于是x [f (x )]2－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1)＝－x 2＋x＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14.(8分)令g (x )＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋14.则函数g (x )在(－∞.0]上是增函数.∴g (x )≤g (0)＝0.故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.(10分)。

2019届全国高考仿真试卷（四）数学（文科）本试题卷共8页，23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、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。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、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。

4、填空题和解答题的作答：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。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写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。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。

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．1.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解不等式得集合A、B，根据交集运算求得。

【详解】解集合A得解集合B得所以所以选A【点睛】本题考查了集合的交集运算，一元二次不等式解法，属于基础题。

2.2.为虚数单位，复数在复平面内对应的点所在象限为（）A. 第二象限B. 第一象限C. 第四象限D. 第三象限【答案】C 【解析】，复数在复平面内对应坐标为，所以复数在复平面内对应的点在第四象限，故选C.3.3.甲乙两名同学6次考试的成绩统计如下图，甲乙两组数据的平均数分别为、，标准差分别为，则（ ）A. ，B. ，C.，D.，【答案】C 【解析】 【分析】通过读图可知甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故.【详解】由图可知，甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故.故选.【点睛】本题考查平均数及标准差的实际意义，是基础题. 4.4.已知函数，则的大致图象为（ ）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由函数奇偶性定义判断函数的奇偶性，再给函数求导判断单调性，最后代入特殊点判断. 【详解】因为，所以函数为奇函数，排除B选项，求导：，所以函数单调递增，故排除C选项，令，则，故排除D.故选A.【点睛】本题考查函数图像的判断，由对称性可知可以先由奇偶性判断，由其图像趋势可知可以利用单调性判断，最后对比两图像可以用代入特殊点的方式判断，一般要根据函数图像的差别代入相应的点.5.5.已知向量，若，则（）A. B. 2 C. -3 D. 1【答案】C【解析】【分析】根据向量的坐标运算，列出方程，即可求解实数的值.【详解】由题意，所以，解得，故选C．【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算的应用，其中熟练掌握向量的坐标运算的公式以及向量的坐标表示是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.6.6.已知函数的部分图象如图所示，则的值分别是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得，所以，又因为，列出方程，根据，即可求解.所以，所以，所以，所以，因为，所以，故选C.【详解】由题意，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，所以，因为，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中根据三角函数的图象，得到函数的最小正周期和利用，列出方程求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想和推理、运算能力.7.7.若过点有两条直线与圆相切，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由于有两条直线与圆相切，所以可知点在圆外；由点与圆的位置关系及圆的判断条件，可得m 的取值范围。

2019届全国高考仿真试卷（四）（文科）数学本试题卷共8页，23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、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。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、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。

4、填空题和解答题的作答：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。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写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。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。

第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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. 已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题得,,,,故选C.2. 复数（是虚数单位）的共轭复数（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题得所以共轭复数,故选B.3. 设函数，若，则实数的值为（）A. B. 8 C. 1 D. 2【答案】D【解析】当m≥2时，当0<m<2时，综上所述m=2,故选D.4. 已知平面向量，且，则在上的投影为（）A. B. 2 C. D. 1【答案】A【解析】因为，所以所以所以所以在上的投影为故选A.5. 设和为双曲线的两个焦点，若点是等腰直角三角形的三个顶点，则双曲线的离心率为（）A. 2B.C.D.【答案】C【解析】因为点是等腰直角三角形的三个顶点，所以2b=c,所以故选C.6. 已知数列满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题得，故选B.点睛：类比想象是数学想象的一种，看到，我们要想到累加法，这里不是等式，是不等式，我们也可以累加得到，再利用累加得到.7. 执行如图的程序框图，若输入的是，则输出的（）A. 10B. 15C. 21D. 28【答案】A【解析】运行程序如下:n=1,s=1,1<9,n=2,s=3;3<9.n=3,s=, 6<9,n=4,s=10,10>9,s=10.故选A.8. 将函数的图象向右平移个单位后，得到，为偶函数，则的最小值为（）A. 1B. 2C.D.【答案】B【解析】将函数的图象向右平移个单位后，得到，由于函数g(x)为偶函数，所以故选B.9. 函数的大致图像是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，可排除；由,可排除，故选D.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题. 这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.10. 已知正方形如图所示，其中相交于点，分别为的中点，阴影部分中的两个圆分别为与的内切圆，若往正方形中随机投掷一点，则该点落在图中阴影区域内的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】依题意，不妨设，则四边形与四边形的面积之和为，两个内切圆的面积之和为，故所求概率，故选C.11. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由三视图可知，原几何体左边是半边圆柱，圆柱上面是个球，几何体右边是一个圆锥，且圆锥的顶点和球心重合.所以几何体的体积为故选C.12. 定义在上的函数满足：，是的导函数，则不等式(其中为自然对数的底数）的解集为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设g(x)=,所以函数g(x)在R上单调递增.因为，所以g(0)=4,因为，所以g(x)>g(0),所以x>0.故选A.点睛：构造函数，再研究函数的性质，再利用函数的性质解题，是函数里的一个常用技巧.本题就利用了这个技巧，先构造函数g(x)=,再分析函数g(x)的单调性和特殊点，最后利用函数的性质解答.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 若实数满足则的最小值为__________．【答案】【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：由z=3x﹣y得y=3x﹣z，平移直线y=3x﹣z,由图象可知当直线y=3x﹣z经过点(0,1)时，直线y=3x﹣z的纵截距-z最大，z最小，的最小值为3×0-1=-1.故填-1.14. 已知球的表面积为，此球面上有三点，且，则球心到平面的距离为__________．【答案】【解析】因为球的表面积为，所以因为，所以三角形为直角三角形，因此球心到平面的距离为球心到BC中点的距离，为 . 点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解......................【答案】【解析】因为这些整数能被2除余1且被3除余1，所以这些数组成的数列的通项所以此数列的项数为336. 故填336.16. 过圆的圆心的直线与抛物线相交于两点，且，则点到圆上任意一点的距离的最小值为__________．【答案】【解析】设由题得不妨设所以点到圆上任意一点的距离的最小值为故填.点睛：本题的难点在于探究解题的思路，根据数形结合可得点到圆上任意一点的距离的最小值为|MA|-r,所以要求点A的坐标，所以要找到关于点A，B的两个方程即可，从哪里找到方程，一个是，一个是.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 在中，内角所对的边分别为，若，且. （1）求证：成等比数列；（2）若的面积是2，求边的长.【答案】（1）证明见解析；（2） .【解析】试题分析：（1）第（1）问，一般利用正弦定理化简得到，再证明成等比数列.(2)第(2)问，先计算出，再利用余弦定理求出c的长.试题解析：（1）证明：∵ ，，∴在中，由正弦定理得，，∵，∴，则∴成等比数列；（2），则，由（1）知，，,联立两式解得，由余弦定理得，，∴.18. 唐三彩，中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在中国的陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔.唐三彩的生产至今已有1300多年的历史，对唐三彩的复制和仿制工艺，至今也有百余年的历史，某陶瓷厂在生产过程中，对仿制100件工艺品测得其重量(单位：) 数据，将数据分组如下表：（1）统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值（例如区间的中点值是2.25）作为代表.据此，估计这100个数据的平均值；（2）根据样本数据，以频率作为槪率，若该陶瓷厂生产这样的工艺品5000件，试估计重量落在中的件数；（3）从第一组和第六组6件工艺品中随机抽取2个工艺品，求一个来自第一组，一个来自第六组的概率.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接利用平均数的公式求解. (2)第(2)问，根据频率的公式估计重量落在中的件数.(3)第（3）问，利用古典概型的概率公式求解.试题解析：(1) 这100个数据的平均值约为….（2）重量落在中的概率约为，所以某陶瓷厂生产这样的工艺品5000件中，估计重量落在中的件数估计为（件）.（3）记第一组的4件工艺品为,第六组2件工艺品为从中抽取两件共有：共有15种取法，其中分别来自第一第六组的有：共有8种，所以所求概率，答：一个来自第一组，一个来自第六组的概率为.19. 如图，在三棱柱中，侧面底面，，，分別为棱的中点（1）求三棱柱的体积；（2）在直线上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）.试题解析：（1）三棱柱中，所以.因为，所以.又因为，连接 ,所以△是边长为2的正三角形.因为E是棱的中点，所以，且又，所以又侧面底面ABC，且侧面底面ABC=AB，又AE侧面，所以底面ABC，所以三棱柱的体积为；（2）在直线上存在点P，使得CP||平面AEF.证明如下：连接并延长，与的延长线相交，设交点为.连接.因为，故由于为棱的中点，所以，故有又为棱的中点，故为的中位线，所以又平面AEF，平面AEF，所以平面AEF. 故在直线上存在点P，使得平面AEF.此时，所以 .20. 已知椭圆的左右焦点分别为，若椭圆上一点满足，过点的直线与椭圆交于两点.（1）求椭圆的方程；（2）过点作轴的垂线，交椭圆于，求证：存在实数，使得.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）第（1）问，由得到a=2,再把点的坐标代入椭圆方程，解方程组即得椭圆的方程.(2)第(2)问，设的方程为.设点，，再求出NG的方程，证明直线过点，即可证明存在实数，使得.试题解析：(1)依题意，，故.将代入椭圆中，解得，故椭圆的方程为：.（2）由题知直线的斜率必存在，设的方程为.设点，，则，联立，得.即，则，，由题可得直线方程为，又∵，.∴直线方程为，令，整理得，即直线过点.又∵椭圆的右焦点坐标为，∴三点，，在同一直线上.∴ 存在实数，使得 .点睛：存在实数，使得，就是证明G,三点共线，要就是证明直线NG过定点（1,0）.所以解答本题的关键是读懂命题转化命题.21. 已知函数，其中为常数且.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）当时，，若存在，使成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）,当时,在上单调递减,在上单调递增; 当时,在上单调递增，在上单调递减；（3）.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先求导，再利用导数的几何意义，求出切线的斜率，最后写出直线的点斜式方程，化简即可. (2)第(2)问，对m分类讨论，求出函数的单调性.(3)第(3)问，由题得，再求出代入化简即得m的取值范围. 试题解析：(1)当时，，=切线的斜率，又，故切线的方程为，即.（2）且,()当时,,当时,;当时,.故在区间上单调递减,在区间上单调递增；()当，有两个实数根，且,故时,；时，时,.故在区间上均为单调增函数,在区间上为减函数.综上所述,当时,在上单调递减,在上单调递增;当时,在、上单调递增，在上单调递减. （3）当时，由（2）知，又，在上为增函数..依题意有故的取值范围为.点睛：存在，使成立，即,因为不等式两边的自变量不同.如果是存在x使得f(x)<g(x)恒成立，就不能等价于，因为不等式两边的自变量都是x，这种情况一般移项转化成[f(x)-g(x)]的最小值小于零.这两种命题要学会区分.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.选修4-4：坐标系与参数方程22. 已知曲线的极坐标方程为，直线，直线.以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系.（1）求直线的直角坐标方程以及曲线的参数方程；（2）已知直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，求的面积.【答案】（1），，；（2）.【解析】试题分析：(1)直线，所以斜率，过（0，0），直角坐标方程为，同理可求的的直角坐标方程为.两边同时乘以，得，再由，代入可得故，所以圆过（2，1），r=,曲线的参数方程为（为参数）.(2) 直接利用极坐标方程联立求解，先联立得到，同理.又，所以,可解。

2019届全国高考仿真试卷（四）数学文科本试题卷共8页，23题（含选考题）分选择题和非选择题两部分。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，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选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：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的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写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选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题，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. 已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：因,故,应选B.考点：集合的交集运算.2. （2017·桂林市模拟）复数，，是虚数单位.若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．【详解】z=（a+i）（1﹣i）=a+1+（1﹣a）i，∴|z|=2=，化为a2=1．解得a=±1．故选：D．【点睛】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3. （2017·福建质检）某公司为了增加其商品的销售利润，调查了该商品投入的广告费用与销售利润的统计数据如下表：广告费用销售利润由表中数据，得线性回归方程：，，则下列结论错误的是（）A. B. C. 直线过点 D. 直线过点【答案】D【解析】【分析】求出回归直线方程，根据回归方程进行判断．【详解】=，．∴直线l经过点（4，8）．=（﹣2）×（﹣3）+（﹣1）×（﹣1）+1×1+2×3=14．=（﹣2）2+（﹣1）2+12+22=10．∴=，=8﹣1.4×4=2.4．∴回归方程为y=1.4x+2.4．当x=2时，y=1.4×2+2.4=5.2．∴直线l过点（2，5.2）故选：D．【点睛】本题主要考查线性回归方程，属于难题.求回归直线方程的步骤：①依据样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系；②计算的值；③计算回归系数；④写出回归直线方程为；回归直线过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.4. 已知数列为等差数列，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的通项公式即可得出．【详解】设等差数列{a n}的公差为d，∵a2+a3=1，a10+a11=9，∴2a1+3d=1，2a1+19d=9，解得a1=﹣，d=．∴a5+a6=2a1+9d=﹣2×+9×=4．故选：A．【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确；二是利用等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.5. （2017·沈阳市质检）已知函数则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由分段函数的表达式从内向外依次代入求值即可．【详解】f（）=log5=﹣2，=f（﹣2）=，故选：B．【点睛】(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．6. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）.................................A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用三视图判断几何体为三棱柱，求其面积即可．【详解】三棱柱的表面积为5个面的面积之和，又因为底面是正三角形，边长为2，棱柱的高为：3．所以S=2×+3×2×3=18+2．故选：B．【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.7. （2017·兰州市实战考试）已知直线与圆相交于，，且为等腰直角三角形，则实数的值为（）A. 或B.C. 或D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得△ABC是等腰直角三角形，可得圆心C（1，﹣a）到直线ax+y﹣1=0的距离等于r•sin45°，再利用点到直线的距离公式求得a的值．【详解】由题意可得△ABC是等腰直角三角形，∴圆心C（1，﹣a）到直线ax+y﹣1=0的距离等于r•sin45°=，再利用点到直线的距离公式可得=，∴a=±1，故选：C．【点睛】这个题目考查的是直线和圆的位置关系，一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；还有就是在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值。

2019年高考数学仿真模拟卷四文科数学（本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

试卷满分150分，考试时间120分钟）第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本题共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. 已知集合{2,1,0,1,2}A =--，{|1}B x x =>，则A B =（ ）A. {}B. {}1,1-C. {}2,2-D. {}2,1,1,2--2. 已知2iz =，且z 的共轭复数为z ，则z z +=（ ） A. 2-B. 1-C. i -D. 2i -3. 某校高三年级共有1200名学生，且各班学生的整体水平基本一样。

下图是该校高三年级的某个班级在一次月考中，全部学生的数学分数在各个分数段的人数的统计图。

则下列说法中一定正确的是（ ）。

A. 该班级在这次月考中，及格（分数大于等于90分）的人数为48人B. 该校高三年级在这次月考中，有720人的数学分数不低于115分C. 该班级这次月考中，数学分数的中位数在[115，125）内D. 该校高三年级在这次月考中，数学分数的中位数在[115，125）内4. 已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，312S =，则6a =（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 145. 已知函数()()2sin 210,2f x x πωϕωϕ⎛⎫=++>< ⎪⎝⎭，若()()()1212=1f x f x x x =≠，且12x x -的最小值为2π，312f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，则（ ） A. 15,212πωϕ==B.1,212πωϕ==-C.1,6πωϕ==-D. 1,3πωϕ==6. 已知圆C ：()2224x y -+=与直线:10l kx y k --+=交于A ，B 两点，则AB 的取值范围是（ ）A. (0,22B. (]0,4C. 2,4⎡⎤⎣⎦D. 22,4⎡⎤⎣⎦7. 执行如图所示的程序框图，若输入的1x =时，则输出的y =（ ）A. 2018B. 2019C. 2020D. 20218. 在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是11,AA CC 的中点，给出下列命题：①BN 平面1MND ；②平面MNA ⊥平面ABN ；③平面1MND 截该正方体所得截面的面积为。

2019届全国高考仿真试卷（四）（文科）数学本试题卷共8页，23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、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。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、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。

4、填空题和解答题的作答：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。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写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。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。

一、选择题：本大题共12个小题，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. 已知集合，，则集合（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据题意，集合，且，所以，故选B．2. 复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】复数的虚部为，故选C.3. 在如图的程序框图中，若输入，，则输出的值是（）A. 3B. 7C. 11D. 33【答案】C【解析】该程序框图的作用是：用较大的数字除以较小的数字，得到商和余数，然后再用上一式中的除数和得到的余数中较大的除以较小的，以此类推，直到余数为零，即整除时，最后得到的最大公约数，则输出的的值为，故选C．4. 已知三棱柱的底面为等边三角形，且侧棱垂直于底面，该三棱柱截去三个角（如图（1）所示，，，分别是三边的中点）后得到的几何体如图（2），则该几何体沿图（2）所示方向的侧视图为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为平面平面，所以几何体的左视图为直角梯形，且直角腰在左视图的左侧，故选A．5. 对于实数，，“”是“方程对应的曲线是椭圆”的（）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当时，方程的曲线不一定是椭圆，例如：当时，的方程的曲线不是椭圆而是圆，或者是都是负数，曲线表示的也不是椭圆，故前者不是后者的充分条件；当方程的曲线是椭圆时，应有都大于，且两个量不相等，得到，由上可得：“”是“方程的曲线是椭圆”的必要不充分条件，故选A.6. 在内任取一个实数，设，则函数的图象与轴有公共点的概率等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】的图象与轴有公共点，或在内取一个实数，函数的图象与轴有公共点的概率等于，故选D.7. 设，满足约束条件，则的最小值为（）A. B. C. D. 3【答案】B【解析】画出约束条件表示的可行域，如图，由可得，平移直线，由图可知，当直线经过点时，直线在轴上的截距最小，此时，故选B.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题. 求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.8. 若是奇函数，则的值为（）A. B. C. 1 D. -1【答案】C【解析】函数是奇函数，所以，，，故选C.9. 设是公比为的等比数列，，令，若数列有连续四项在集合中，则的值为（）A. B. C. -2 D.【答案】B【解析】由题意，数列的连续四项在中，且，，则的连续四项在中，因为是等比数列，等比数列中有负项，则，且负数项为相隔两项，所以等比数列各项的绝对值递增或递减，按绝对值的顺序排列上述数值得，相邻两项相除，则可得是数列的连续四项，且或（舍去），故选B．10. 设，，均为实数，且，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，分别是函数与图象的交点横坐标，作出函数的图象如图所示，由图可得，故选A.11. 已知等差数列一共有9项，前4项和为3，最后3项和为4，则中间一项的值为（）A. B. C. 1 D.【答案】D【解析】由，可得等差数列一共有项，所以中间相为，故选D.12. 已知定义在上的函数满足恒成立（其中为函数的导函数），则称为函数，例如，便是函数.任给实数，，对于任意的函数，下列不等式一定正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】函数是上的每一点处都有导数，且在上恒成立，设在时恒成立，函数在上是增函数，，，即，，两式相加，得，故选D.【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若双曲线的离心率为，则的值为__________．【答案】2【解析】双曲线的焦点必在轴上，因此，，双曲线的离心率为，，可得，，解之得，故答案为.14. 设和为不重合的两个平面，给出下列命题：①若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则平行于；②若外一条直线与内的一条直线平行，则和平行；③设和相交于直线，若内有一条直线垂直于，则和垂直；④直线与垂直的充分必要条件是与内的两条直线垂直.上面命题中，真命题的序号为__________．（写出所有真命题的序号）【答案】①②【解析】试题分析：由面面平行的判定定理可知，（1）正确.由线面平行的判定定理可知，（2）正确.对于（3），内直线只垂直于和的交线，得不到其是的垂线，也推不出.对于（4），必须和内的两条相交直线垂直，才能得到，即若与内的两条平行直线垂直，不一定垂直于.考点：空间中直线和平面之间的位置关系.15. 如图，有5个全等的小正方形，，则的值是__________．【答案】1【解析】由平面向量的运算可知，而，所以，注意到不共线，且，即，所以，即．16. 已知，，是在上的相异零点，则的值为__________．【答案】【解析】因为，，是在上的相异零点，所以，不妨设，则所以，故答案为.【名师点睛】本题主要考查了函数的零点，函数与方程、两角差的余弦公式以及三角函数的图象与性质等知识点，属于较难题，表面上是函数的零点问题，实际上是将问题等价转化为两角差的余弦公式以及三角函数的图象与性质的问题，结合三角函数的图象与性质，将函数的零点问题巧妙的转化为利用诱导公式、两角差的余弦公式求解，此题是创新题，区别于其他函数与方程问题数形结合转化为函数图象交点的解法，从另一个层面将问题进行转化，综合考查学生的逻辑推理能力.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 如图，在中，点在边上，，，，.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的长.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）在中，由，求得，进而.两三角形的内角和及三角函数的两角和的余弦函数化简，即可得到结果．（Ⅱ）在中，由正弦定理得，再由余弦定理，即可求解的长．试题解析：（Ⅰ）在中，，，所以.同理可得，................（Ⅱ）在中，由正弦定理得.又，所以.在中，由余弦定理得，.18. 已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求点到平面的距离.【答案】（Ⅰ）见解析.（Ⅱ）.【解析】试题分析：（I）由直角梯形的性质结合勾股定理可得，因为平面，，所以平面，所以，根据线面垂直的判定定理可得平面；（II）由（Ⅰ）知，平面，，可证明平面，可得，由，所以，设为点到平面的距离，利用，可得，.试题解析：（Ⅰ）在直角梯形中，，，所以，又易得，所以，所以.因为平面，，所以平面，所以.又平面，平面，，所以平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面，.因为平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，所以.设为点到平面的距离，则，又，从而，即点到平面的距离为.19. 某地公共电汽车和地铁按照里程分段计价，具体如下表：已知在一号线地铁上，任意一站到站的票价不超过5元，现从那些只乘坐一号线地铁，且在站出站的乘客中随机选出120人，他们乘坐地铁的票价统计如图所示.（Ⅰ）如果从那些只乘坐一号线地铁，且在站出站的乘客中任选1人，试估计此人乘坐地铁的票价小于5元的概率；（Ⅱ）已知选出的120人中有6名学生，且这6名学生中票价为3、4、5元的人数分别为3，2，1人，现从这6人中随机选出2人，求这2人的票价和恰好为8元的概率；（Ⅲ）小李乘坐一号线地铁从地到站的票价是5元，返程时，小李乘坐某路公共电汽车所花交通费也是5元，假设小李往返过程中乘坐地铁和公共电汽车的路程均为公里，试写出的取值范围.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.（Ⅲ）.【解析】试题分析：（I ）由统计图可知，人中票价小于元的有（人），根据古典概型概率公式可得票价小于元的概率；（II ）利用列举法可得从这人中随机选出人，所有可能的结果共有种，其中这人的票价和恰好为元的有种，利用古典概型概率公式可得人的票价和恰好为元的概率；（Ⅲ）乘坐一号线地铁从地到站的票价是5元，则，小李乘坐某路公共电汽车所花交通费也是5元，超出10公里以上部分为3元，而按照计价标准可知20公里花费4元，则，综上可得结果.试题解析：（Ⅰ）记事件为“此人乘坐地铁的票价小于5元”，由统计图可知，120人中票价为3元、4元、5元的人数分别为60，40，20人.所以票价小于5元的有60+40=100（人）.故120人中票价小于5元的频率是.所以估计此人乘坐地铁的票价小于5元的概率.（Ⅱ）记事件为“这2人的票价和恰好为8元”.记票价为3元的同学为，，，票价为4元的同学为，，票价为5元的同学为甲，从这6人中随机选出2人，所有可能的结果共有15种，它们是，，，，，，，，，，，，，，.其中事件对应的结果有4种，它们是，，，.所以这2人的票价和恰好为8元的概率为.（Ⅲ）乘坐一号线地铁从地到站的票价是5元，则，小李乘坐某路公共电汽车所花交通费也是5元，超出10公里以上部分为3元，而按照计价标准可知20公里花费4元，则.综上，.【方法点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于难题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，…. ，再，…..依次….… 这样才能避免多写、漏写现象的发生. 20. 在平面直角坐标系中，抛物线的顶点在原点，且该抛物线经过点，其焦点在轴上.（Ⅰ）求过点且与直线垂直的直线的方程；（Ⅱ）设过点的直线交抛物线于，两点，，求的最小值. 【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）12.【解析】试题分析：（I）设抛物线方程为，由点在上，得，从而得点的坐标为，又直线的斜率为1，从而其垂线的斜率为-1，根据点斜式可得结果；（II）直线的方程是，.将代入，有，利用求根公式求得，由知，化简得，根据两点间距离公式，可化为，利用基本不等式求解即可.试题解析：（Ⅰ）设抛物线方程为，由点在上，得.从而点的坐标为.又直线的斜率为1，从而其垂线的斜率为-1，因此所求直线方程为.（Ⅱ）设点和的坐标为和，直线的方程是，.将代入，有，解得.由知，化简得.因此.所以，当且仅当时取等号，即的最小值为12.21. 已知函数.（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）是否存在实数，使得有三个相异零点？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（Ⅰ）见解析.（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（I）求出，分三种情况讨论的范围，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（II）假设有三个相异零点，由（Ⅰ）的讨论可知，一定有且的极大值大于0，极小值小于0，则取得极大值和极小值时或，注意到此时恒有，则必有为极小值，此时极值点满足，即，还需满足，换元后只需证明即可.试题解析：（Ⅰ）由题可知.当，即时，令得，易知在上单调递减，在上单调递增.当时，令得或.当，即时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减. （Ⅱ）不存在.理由如下：假设有三个相异零点.由（Ⅰ）的讨论，一定有且的极大值大于0，极小值小于0.已知取得极大值和极小值时或，注意到此时恒有，则必有为极小值，此时极值点满足，即，还需满足，又，，故存在使得，即存在使得.令，即存在满足.令，，从而在上单调递增，所以，故不存在满足，与假设矛盾，从而不存在使得有三个相异零点.（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. [选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系中，已知直线的参数方程是（是参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（Ⅰ）求圆心的直角坐标；（Ⅱ）由直线上的任一点向圆引切线，求切线长的最小值.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.【解析】试题分析：（1）把圆的极坐标方程展开后，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程，再配方后可得圆心坐标；（2）此题一种方法是由直线参数方程写出直线上点的坐标，此点到圆心的距离最小时，切线长最短，因此由两点间距离公式求得，并求得其最小值，再由勾股定理可得切线长最小值．也可把直线方程化为直角坐标方程，切线长最小时，的最小值为圆心到直线的距离.试题解析：（1）,圆的直角坐标方程为,即圆心直角坐标为.（2）直线上的点向圆引切线长是,直线上的点向圆引的切线长的最小值是.考点：极坐标方程与直角坐标方程的互化，圆的切线长问题．视频23. [选修4-5：不等式选讲]已知函数，，且的解集为.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，且，求证：.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）结合题意即可得解；（Ⅱ）由，利用基本不等式即可证得.试题解析：（Ⅰ）由的解集为可知.（Ⅱ）则.当且仅当时等号成立，即，，时等号成立.。

2019届全国高考仿真试卷（四）（文科）数学本试题卷共8页，23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、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。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、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。

4、填空题和解答题的作答：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。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写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。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。

一、选择题：本题共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. 已知集合，，则A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】集合，的公共元素构成集合，求出集合中范围内的整数解，找出两集合的公共元素即可【详解】故选【点睛】本题主要考查了集合的交集及其运算，属于基础题2. 已知为虚数单位，复数，则A. 1B.C.D. 3【答案】C【解析】【分析】根据复数的有关概念直接进行计算即可得到答案【详解】则故选【点睛】本题主要考查了复数求模，熟练掌握复数的四则运算法则和复数的几何意义是解题的关键3. 长方体内部挖去一部分的三视图如图所示，则此几何体的体积为.....................A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，该几何体是一个长方体内部挖掉一个半圆锥，求出长方体的体积和圆锥的体积，相减得答案【详解】由三视图可知，该几何体是一个长方体内部挖掉一个半圆锥，其中长方体的长宽高分别为，圆锥的底面半径为，高为，所以该几何体的体积为：故选【点睛】本题主要考查的是由三视图求体积，通过三视图还原几何体是本题的关键4. 若，，，则以、为基底表示的等于A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，则由题意可得：，故，，解出的值，即可得到答案【详解】设，则由题意可得：，，解得，故选【点睛】本题主要考查了向量加减混合运算及其几何意义，属于基础题。

2019年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题文数(四)本试卷共6页，23题(含选考题)。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

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、填空题和解答题的作答：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、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。

答案写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无效。

5、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．已知全集{}()()10,23U x U R A xB x xC A A B x +⎧⎫==≤=≤⋂⋃=⎨⎬-⎩⎭，集合，则 A ．[){}2,13--⋃B ．[)2,1--C ．[)2,3--D ．[)1,2-2．已知复数z 满足12i i z -=-(i 为虚数单位)，则其共轭复数z 的虚部为 A ．15i - B ．35i - C ．15- D ．35- 3．某单位组织全体员工共300人听取了习总书记作的“党的十九大报告”之后，从中抽取15人分别到A ，B ，C 三个部门进行“谈感想，定目标”的经验交流．现将300人随机编号为1，2，3，…，300，分组后在第一组中采用简单随机抽样的方法抽得的号码是8号，抽到的15人中号码落入区间[1，150]去A 区，号码落入区间[151，250]去B 区，号码落入区间[251，300]去C 区，则到B 区去的人数为A ． 2B ．4C ．5D ．84．已知椭圆()222210x y a b a b+=>>的左，右焦点分别为()()12,0,,0F c F c -，过点1F 且斜率为1的直线l 交椭圆于点A ，B ，若212AF F F ⊥，则椭圆的离心率为A ．12B 1C ．2D ．125．下列不等式中，恒成立的是①,,;a b c d a c b d >>+>+若则 ②,0,ln ln ;a b c a c b c ><+>+若则 ③22,;ac bc a b ><若则④0,;a b a b a b >>-<+若则 A ．①② B ．③④ C ．①③D ．②④ 6．在△ABC 中，内角A ，B ，C 满足()()sin 2cos sin cos 2sin cos 1A B C C A A -++-0=，则角A 的值为A ．6πB ．56πC ．566ππ或 D ．233ππ或 7．若αβ，是两个不同的平面，,m n 是两条不同的直线，则下列命题中正确的是①,//,m m αββα⊥⊥若则；②//,//,//m n m n ββ若则；③,,//,////m n m n ααββαβ⊂⊂若，则；④,,,,m n n m n αβαβαβ⊥⋂=⊂⊥⊥若则．A ．①②B ．①④C ．②④D ．①③④8．执行如图所示的程序框图，若输出的值为14-，则①处应填入的条件为A ．7?n ≥B ．6?n ≥C ．5?n ≥D ．4?n ≥9．已知函数()222sin cos f x x x x x =-+，则函数()f x 的一条对称轴方程为 A ．512x π=B ．3x π=C ．12x π= D ．3x π=-10．一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A．3π+ B ．38π+ C. 28π+ D．2π+11．设实数,x y 满足不等式组()()2230,5260,21345,x y x y x y x y -+≥⎧⎪+-≤-+-⎨⎪+-≥⎩则的取值范围为A ．5,54⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．5,104⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．36,1029⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,1029⎡⎤⎢⎥⎣⎦12．已知等比数列{}n a 的前n 项和n S 满足()2,,k n n S m m k Z n N +*=+∈∈，且()24132a a a a +=+，若关于k 的不等式2n n nS a n N S *≤∈对恒成立，则k 的最小值为 A ．1B ．2C ．3D ．4 第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

2019届全国高考仿真试卷（四）文科数学本试题卷共8页，23题（含选考题）分选择题和非选择题两部分。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，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选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：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的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写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选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题，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. 已知集合，集合，则集合的子集个数为（）A. 2B. 3C. 4D. 16【答案】C【解析】,所以子集的个数为4故选C2. 若复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】B，故选B3. “”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】，则；，则所以“”是“”的充分不必要条件故选A4. 已知是两条不同直线，是平面，则下列命题是真命题的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】对于A,，则或n⊂，假命题；对于B, 若,根据线面垂直的性质,可得m∥n，真命题；对于C, 若，则n与α位置关系不确定，假命题；对于D, 若,则或n⊂，假命题，故选B.5. 已知)，，若，则（）A. -4B. -3C. -2D. -1【答案】B.....................∴，即，∴.故选B.【考点定位】向量的坐标运算6. 若把函数的图象向右平移个单位后所得图象关于坐标原点对称，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】函数的图象向右平移个单位后所得函数为图象关于坐标原点对称，则,-所以的最小值为故选A7. 已知函数是上的偶函数，且，当时，，则函数的零点个数是（）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】函数f（x）是R上的偶函数，可得f（-x）=f（x），又f（1-x）=f（1+x），可得f（2-x）=f（x），故可得f（-x）=f（2-x），即f（x）=f（x-2），即函数的周期是2又x∈[0，1]时，f（x）=x2，要研究函数y=f（x）-log5x在区间[0，5]零点个数，可将问题转化为y=f（x）与y=log5x在区间[0，5]有几个交点如图，由图知，有四个交点．故选B8. 已知函数在上至少取得2 次最大值，则正整数的最小值为（）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】B【解析】函数的周期为T=6，当时，，当时，，所以函数在上至少取得2 次最大值，有即，所以正整数的最小值为7故选B9. 已知点为内一点，且满足，设与的面积分别为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】延长OC到D，使OD=4OC，延长CO交AB与E，∵O为△ABC内一点，且满足，∴O为△DABC重心，E为AB中点，∴OD：OE=2：1，∴OC：OE=1：2，∴CE：OE=3：2，∴S△AEC=S△BEC，S△BOE=2S△BOC，∵△OBC与△ABC的面积分别为S1、S2所以故选B10. 四面体的四个顶点都在球的表面上，，，，平面，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图，∵BC=CD=1，∠BCD=60°∴底面△BCD为等边三角形，取CD中点为E，连接BE，∴△BCD的外心G在BE上，设为G，取BC中点F，连接GF，在Rt△BCE中，由，，得，又在Rt△BFG中，得BG=，过G作AB的平行线与AB的中垂线HO交于O，则O为四面体ABCD的外接球的球心，即R=OB，∵AB⊥平面BCD，∴OG⊥BG，在Rt△BGO中，求得OB=，∴球O的表面积为4π故选D点睛：本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法的合理运用，四面体的外接球首先要找球心所在的位置，球心和任何一个顶点的连线都是球的半径，根据题目给出的条件构建三角形即得解.11. 设函数的定义域为，且，当时，，则函数在区间上的所有零点的和为（）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】函数f（x）的定义域为R，f（-x）=f（x），可知函数是偶函数，f（x）=f（2-x），可知函数的对称轴为：x=1，当x∈[0，1]时，f（x）=x3，函数g（x）=|cos（）|-f（x）可知函数是偶函数，g（x）=|cos（）|-f（x）=0，可得|cos（）|=f（x），在同一个直角坐标系中画出函数y=|cos（）|，y=f（x）的图象如图：函数在区间上的零点的和为：0．函数在时，两个函数的交点关于x=1对称，零点有3个，零点的和为：3．故选：B．点睛：本题考查函数与方程的综合应用，抽象函数以及数形结合思想方法的应用，考查作图能力以及计算能力，函数零点的问题都转化为两个函数图像的交点问题，数形结合的思想是本题要考查的关键.12. 已知函数在定义域上的导函数为，若无解，且，若在上与在上的单调性相同，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】若方程f'（x）=0无解，则f′（x）＞0或f′（x）＜0恒成立，所以f（x）为R 上的单调函数，x, ,则为定值，设,则, 易知f（x）为R上的增函数，∵g（x）=sinx-cosx-kx，∴g′(x)＝cos x+sin x−k＝sin(x+)−k，又g（x）与f（x）的单调性相同，∴g（x）在R上单调递增，则当x , g'（x）≥0恒成立，则当x,x+, sin(x+) , sin(x+)此时k≤-1，故选A．点睛：本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，正弦函数的性质，辅助角公式，对于的处理主要是换元法，令，得出，易知f（x）为R上的增函数，这是本题的关键.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知等差数列的前项和为，三点共线，且，则__________．【答案】1009【解析】因为三点共线，且，所以，即所以故答案为1009.14. 已知函数，若函数在区间上单调递减，则的最大值为_________．【答案】2【解析】时，，所以当时，，在上递减；当时，；在上递增；当时，，在上递减，在递增，所以的最大值为2故答案为2.15. 在中，角所对的边分别为，且，则角_________．【答案】【解析】∵cos2A+cos2B+2sinAsinB=2coc2C，∴1-2sin2A+1-2sin2B+2sinAsinB=2（1-sin2C），即sin2C=sin2A+sin2B-sinAsinB，由正弦定理得：c2=a2+b2-ab，∴cos C＝，且角C角为三角形的内角，即C＝故答案为16. 已知函数，若对任意的，函数在上为增函数，则的取值范围为_________．【答案】【解析】当∀a∈时，函数在为增函数，则在此范围内，=（x+a+1）e x≥0恒成立，∵e x＞0，则x+a+1≥0，∵a∈[1，2]，∴b-e a+a+1≥0且b-e a＜2，故b≥e a-a-1且b＜e a+2，令g（a）=e a-a-1，则g′（a）=e a-1，当a∈[1，2]时，g′（a）＞0，∴g（a）在[1，2]递增，g（a）max=g（2）=e2-2-1=e2-3，∴若要b≥e a-a-1在[1，2]内恒成立，只需b≥e2-3即可，综上：e2-3≤b＜e a+2．即e2-3≤b＜e+2故答案为点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性、最值问题，函数在为增函数转化为=（x+a+1）e x≥0恒成立，从而转化为x+a+1≥0，对任意的，x恒成立，注意隐含条件b-e a＜2.三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17. 已知等比数列的前项和为，且，．(1) 求；(2) 若，数列的前项和为，证明: 数列是等差数列．【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）由得，则可得，代入前n项和公式即可. （2）由（1）问得，所以，即得，所以，根据定义可证明数列是等差数列.试题解析：（1）由得∴公比∴（2）∴∴∴∴∴数列是等差数列.点睛：等差数列的判断方法(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证a n－a n－1为同一常数；(2)等差中项法：验证2a n－1＝a n＋a n－2(n≥3，n∈N*)都成立；(3)通项公式法：验证a n＝pn＋q；(4)前n项和公式法：验证S n＝An2＋Bn.注意：后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列．18. 在中，内角所对的边分别为，已知的面积为．(1) 求和的值；(2) 求的值．【答案】（1），（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）通过三角形的面积以及已知条件求出的值，利用正弦定理求解的值；（Ⅱ）利用两角和的余弦函数化简，然后直接代入求解即可．试题解析：（Ⅰ）在三角形ABC中，由cosA=﹣，可得sinA=，△ABC的面积为3，可得：，可得bc=24，又b﹣c=2，解得b=6，c=4，由a2=b2+c2﹣2bccosA，可得a=8，，解得sinC=；（Ⅱ）cos（2A+）=cos2Acos﹣sin2Asin==．考点：正弦定理与余弦定理的应用．19. 如图，在矩形中，，平面，分别为的中点，点是上一个动点．(1) 当是中点时，求证:平面平面；(2) 当时，求的值．【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）推导出平面，平面，即可证明平面平面（2）平面可得，又，可得平面，由与相似，得出，即得解.试题解析：（1）∵分别是矩形的对边的中点，∴，∴四边形是平行四边形，∴．又平面，平面，∴平面，又是中点，∴，∵平面，平面，∴平面，∵，平面，∴平面平面．（2）连接，∵平面，平面，∴．∵，，平面，∴平面，∵平面，∴，在矩形中，由得与相似，∴，又，∴，∴20. 己知函数，函数．(1) 求时曲线在点处的切线方程；(2) 设函数在上是单调函数，求实数的取值范围．【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)【解析】试题分析：(1) 当时，，求出即得解，（2）因为函数在上是单调函数，所以或，变量分离可求得k的范围.试题解析：(1)当时，，，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为；(2)因为函数在上是单调函数，所以或由得，所以，，所以；由得，所以，而，所以，所以．综上所述: 实数的取值范围是．点睛：高考对导数几何意义的考查主要有以下几个命题角度：（1）已知切点求切线方程；（2）已知切线方程(或斜率)求切点或曲线方程；（3）已知曲线求切线倾斜角的取值范围．21. 已知函数．(1) 当时，解关于的不等式；(2) 若对任意及时，恒有成立，求实数的取值范围．【答案】(1) (2)【解析】试题分析：（Ⅰ）因为，所以不等式等价于，先利用导数研究函数单调性：在上是增函数，所以（Ⅱ）不等式恒成立问题，一般转化为对应函数最值问题，而对双变量问题，先确定一变量，本题先看作不等式恒成立问题，等价于，而利用导数易得在上是减函数，所以，即，最后根据恒成立得因此试题解析：解：（1），当时，恒有，则在上是增函数，又，∴化为，∴.………………4分（2）由题意知对任意及时，恒有成立，等价于，当时，由得，因为，所以，从而在上是减函数，所以，所以，即，因为，所以，所以实数的取值范围为.………………12分考点：利用导数解不等式，利用导数研究不等式恒成立【方法点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a 恒成立，只需f(x)max≤a即可.(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.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. 选修4-4: 坐标系与参数方程已知直线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为，且曲线的左焦点在直线上．(1) 若直线与曲线交于两点，求的值；(2) 求曲线的内接矩形的周长的最大值．【答案】(1)2(2)16【解析】试题分析：(1)先写出曲线的直角坐标系方程为: ，与直线的参数方程联立，利用韦达定理即得解，（2）设，得出周长，化一后即得解.试题解析：(1) 曲线的直角坐标系方程为: ∴∴直线的参数方程为（为参数）将代入得：设两点所对应的参数为，则∴(2) 设为内接矩形在第一象限的顶点，，则矩形的周长∴当即时周长最大，最大值为16．23. 选修4-5: 不等式选讲已知函数．(1)求不等式的解集；(2) 若关于的不等式有解，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）零点分段法去掉绝对值，进行求解;(2) 由（1）得在上为减函数，在上为增函数,得出，解得的取值范围．试题解析：（1）∴不等式的解集为（2）由（1）得在上为减函数，在上为增函数∴∴有解，只须∴的取值范围为：。