【高考押题】2019年高考数学仿真押题试卷(十八)(解析版)

高考数学仿真押题试卷（十八）

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．已知集合，集合，则(AB )

A．[3，6] B．(3,6) C．(，3][2，) D．(，3][3，)

【解析】解：集合或3}x…，

集合，

或2}(x…，3][2，)．

【答案】C．

2．已知i为虚数单位，实数a，b满足，则ab的值为( )

A．6 B．6 C．5 D．5

【解析】解：，

，解得23ab．

ab的值为6．

【答案】A．

3．已知x，y满足约束条件60330xyxxy…„…，则6yzx的最小值是( )

A．3 B．35 C．0 D．3

【解析】解：作出x，y满足约束条件60330xyxxy…„…对应的平面区域如图（阴影部分）:

则z的几何意义为区域内的点到定点(6,0)P的直线的斜率，

由图象可知当直线过A点时对应的斜率最大，由，解得(3,9)A，

此时PD的斜率，

【答案】A．

4．已知函数图象的相邻两对称中心的距离为2，且对任意xR都有，则函数()yfx的一个单调递增区间可以为( )

A．[,0]2 B．2[,]63 C．3[,]44 D．[,]44

【解析】解：函数()fx图象的相邻两对称中心的距离为2，

22T，即T，

2，2，

对任意xR都有，

函数关于4x对称，

即，kZ，

即k，kZ，

||2，当0k时，0，

即()sin2fxx，

由，

得，kZ，

即函数的单调递增区间为为[4k，]4k，kZ，

当0k时，单调递增区间为[4，]4，

【答案】D．

5．执行如图所示的程序框图，则输出k的值为( )

A．7 B．6 C．5 D．4

【解析】解：初始值9k，1s，是，

第一次循环：910s，8k，是，

第二次循环：45s，7k，是，

第三次循环：710s，6k，是，

第四次循环：35s，5k，否，输出5k．

【答案】C．

6．过抛物线的焦点F作倾斜角为4的直线l，若l与抛物线交于A，B两点，且AB的中点到抛物线准线的距离为4，则p的值为( )

A．83 B．1 C．2 D．3

【解析】解：设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，则，

①②，得：，

，

过抛物线的焦点F且斜率为1的直线l与抛物线C相交于A，B两点，

12121yyxx，AB方程为：2Pyx，

122yy为AB中点纵坐标，

，

112pyx，222pyx，

，

，

，

AB中点横坐标为32p，

线段AB的中点到抛物线C准线的距离为4，

3422pp，解得2p．

【答案】C．

7．如图是一几何体的三视图，则该几何体的体积是( )

A．9 B．10 C．12 D．18

【解析】解：由三视图可知该几何体是底面是直角梯形，侧棱和底面垂直的四棱锥，

其中高为3，底面直角梯形的上底为2，下底为4，梯形的高为3，

所以四棱锥的体积为．

【答案】A．

8．已知双曲线的左，右焦点分别为1F，2F，点(2,3)P在双曲线上，且1||PF，12||FF，2||PF成等差数列，则该双曲线的方程为( )

A．221xy B．22123xy C．2213yx D．221164xy

【解析】解：设1||PFm，12||2FFc，2||PFn．

2mna．

1||PF，12||FF，2||PF成等差数列，4cmn．

，，

联立解得1a，2c，．

双曲线的标准方程为：221xy．

【答案】A．

9．如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明．图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角为30，若向弦图内随机抛掷200颗米粒（大小忽略不计，取31.732)，则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为( )

A．20 B．27 C．54 D．64

【解析】解：设大正方体的边长为x，则小正方体的边长为3122xx，

设落在小正方形内的米粒数大约为N，

则，解得：27N

【答案】B．

10．如果点(,)Pxy满足，点Q在曲线上，则||PQ的取值范围是( )

A．[51，101] B．[51，101] C．[101，5] D．[51，5]

【解析】解：曲线对应的圆心(0,2)M，半径1r，

作出不等式组对应的平面区域如图：

直线210xy的斜率12k，

则当P位于点(1,0)时，||PQ取得最小值，

此时．最大值为：235．

则||PQ的取值范围是：[51，5]

【答案】D．

11．在四面体ABCD中，AD平面ABC，，2BC，若四面体ABCD的外接球的表面积为6769，则四面体ABCD的体积为( )

A．21333 B．12 C．8 D．4

【解析】解：在四面体ABCD中，AD平面ABC，，2BC，

四面体ABCD的外接球的表面积为6769，

四面体ABCD的外接球的半径133r，

设四面体ABCD的外接球的球心为O，则，

过O作OF平面ABC，F是垂足，过OEAD，交AD于E，

F是ABC的重心，

，

，

四面体ABCD的体积为：

．

【答案】A．

12．已知0a，曲线与有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数b的最小值为( )

A．0 B．21e C．22e D．24e

【解析】解：设()yfx与在公共点0(Px，0)y处的切线相同，

，22()agxx，

由题意，，

得，，

由得0xa或013xa（舍去），

即有．

令，

则，

当4(1)0tlnt，即1te时，()0ht；

当4(1)0tlnt，即10te时，()0ht．

故()ht在1(0,)e为减函数，在1(e，)为增函数，

于是()ht在(0,)的最小值为211()hee，

故b的最小值为21e．

【答案】B．

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．复数z满足31zii，其中i是虚数单位，则复数z的模是 ．

【解析】解：由31zii，

得．

则复数z的模是．

【答案】32．

14．61()xx的展开式中2x的系数为 ．（用数字作答）

【解析】解：61()xx的展开式的通项公式为，

令622r，求得2r，故展开式中2x的系数为2615C，

【答案】15．

15．已知变量x，y满足约束条件332200xyxyxy„„……，则3zxy的最大值是

6 ．

【解析】解：变量x，y满足约束条件332200xyxyxy„„……

的可行域如图阴影部分，

由022yxy解得(2,0)A

目标函数3zxy可看做斜率为3的动直线，

其纵截距越大，z越大，

由图数形结合可得当动直线过点A时，．

【答案】6．

16．已知函数有两个零点1x，212()xxx，若其导函数为()fx，则下列4个结论中正确的为 ①②④ （请将所有正确结论的序号填入横线上）．

①10ae；

②1221xxe；

③21x；

④．

【解析】解：设()gxxlnx，，得()gx在1(0,)e单调递减，在1(e，)单调递增．

当01x时()0gx，11()gee，且0x，()0gx；当1x时，g（1）0；

当1x时，()0gx，且x，()gx；函数有两个零点，

得10ae且．故①正确，③错误．

由()gxxlnx在1(0,)e单调递减快，在1(e，)单调递增慢，所以1212xxe．

而，即而．，所以，故④正确．

构造函数，1))e，则，

函数()Hx在1(0,)e单调递增，1()0He，从而，即，

，因为2111(exe，)，21(xe，)，()gx在1(e，)单调递增，所以2211xex，即1221xxe，所以①②④正确，③错误．

故答案为①②④．

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．已知数列{}na满足，*nN．

（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；

（Ⅱ）令，数列{}nb的前n项和为nT，求证：1nT．

【解析】（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）因为①

当1n时，12a，