2019届高考数学模拟卷(二)理.doc

2019届高考数学模拟卷(二)理一、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Mx|x，kZ，Nx|x，kZ，则(C)AMN BMN CNM DMN2若复数z(1ai)(a2i)在复平面内对应的点在第一象限，其中aR，i为虚数单位，则实数a取值范围是(A)A(0，) B(，) C(，) D(，0)3如果等差数列a1，a2，a8的各项都大于零，公差d0，则(B)Aa1a8a4a5 Ba1a8a4a5 Ca1a8a4a5 Da1a8a4a5【解析】由a1a8a4a5，排除A、C.又a1a8a1(a17d)a7a1d，a4a5(a13d)(a14d)a7a1d 12d2a1a8，故选B.4若函数ycos(N*)图象的一个对称中心是，则的最小值为(B)A1 B2 C4 D8【解析】由题知k(kZ)6k2(kZ)，故min2.5学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽出了一个容量为n的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在50，60)元的同学有30人，则n的值为(A)A100B1000C90D900【解析】支出在50，60)元的频率为1(0.10.240.36)0.3.样本容量n100.6已知一个几何体的三视图如图所示(正方形的边长为1)，则该几何体的体积为(B)A. B. C. D.【解析】由题意可知几何体的形状如图，是长方体中截出的棱锥(底面是梯形，高为，底面梯形下底边长为1，上底边长为，高为1)的剩余部分，所以几何体的体积为：11，故选B.7我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，在不超过20的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于20的概率是(D)A. B. C. D.【解析】在不超过20的素数中有2，3，5，7，11，13，17，19共8个，随机选取两个不同的数共有C28种，随机选取两个不同的数，其和等于20有2种，故可得随机选取两个不同的数，其和等于20的概率P，故选D.8.下列图象可以作为函数f(x)的图象有(C)A1个 B2个 C3个 D4个【解析】当a0时，如取a1，则f(x)，其定义域为R，它是奇函数，图象是(2)，所以(2)是正确的；当a0时，则f(x)，其定义域为：x|x0，它是奇函数，图象是(4)，所以(4)正确故选C.9已知点集M，则平面直角坐标系中区域M的面积是(D)A1 B3 C D2【解析】当xy0时，只需要满足x21，y21即可；当xy0时，对不等式两边平方整理得到x2y21，所以区域M如下图易知其面积为2.10已知向量a，b(0，5)的起点均为原点，而终点依次对应点A，B，线段AB边上的点P，若，xayb，则x，y的值分别为(C)A.， B.， C.， D，【解析】xaybxy(0，5) , ba，x25y0x4y，又A，B，P三点共线，xy1，由得 x，y.故选C.11如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，1，而对角线A1B上存在一点P，使得取得最小值，则此最小值为(D)A2B3C1D.【解析】把对角面A1BCD1绕A1B旋转到与AA1B在同一平面上的位置，连接AD1，在AA1D1中，|AA1|1，|A1D1|，AA1D1AA1B90150，则|AP|D1P|的最小值为：AD1，故选D.12已知a0，函数f(x)exaln (xa)1(x0)的最小值为0，则实数a的取值范围是(C)A. B. C. D【解析】由题意知f(a)eaaln(aa)10，即0a.当0a0不符合题意，舍去；当a时，f(x)exln110.则a，故选C.二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，满分20分请把答案填在答题卷对应题号后的横线上13定积分(exex)dx_0_14(xy)(xy)8的展开式中x2y7的系数为_20_(用数字填写答案)【解析】(xy)8中，Tr1Cx8ryr，令r7，再令r6，得x2y7的系数为CC82820.15已知椭圆C1：1(ab0)与双曲线C2：x2y24有相同的右焦点F2，点P是椭圆C1和双曲线C2的一个公共点，若2，则椭圆C1的离心率为_【解析】设另一个焦点是F1，由双曲线的定义可知4，6，2a8，a4，c2，故e.16已知数列，均为等差数列，且a1b1m，a2b24，a3b38，a4b416，则m_4_.【解析】设ananb，bncnd，则anbnacn2(bcad)nbd，令cnanbn，则dncn1cn2acn(acadbc)构成一个等差数列，故由已给出的a2b24，a3b38，a4b416，可求得m4.三、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1721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(本题满分12分)已知在ABC中， D，E分别为边AB，BC的中点， 2，(1)若2，且ABC的面积为3，求边AC的长；(2)若BC，求线段AE长的最大值【解析】设BCa，ACb，ABc，由2，得2bccos Abc，所以cos A，又A(0，)，因此A.2分(1)由2，即2()，得3bcc2，即3bc.又因为SABCbcsin Ab23，所以b2，即边AC的长为2.7分(2)因为E为边BC的中点，所以()，即2()2(b2c2bc)，9分又因为BC，所以由余弦定理得a2b2c22bccos A，即b2c2a2bc3bc2bc，即bc3，所以2(32bc)，当且仅当bc时取等号，所以线段AE长的最大值为.12分18(本题满分12分)如图1，四边形ABCD为直角梯形，ADBC，ADAB，AD1，BC2，E为CD上一点，F为BE的中点，且DE1，EC2，现将梯形沿BE折叠(如图2)，使平面BCE平面ABED.(1)求证：平面ACE平面BCE；(2)能否在边AB上找到一点P(端点除外)使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由【解析】(1)在直角梯形ABCD中，作于DMBC于M，连接AE，则CM211，CDDECE123，则DMAB2，cos C，2分则BE，sin CDM，则AE，AE2BE2AB2，4分故AEBE，且折叠后AE与BE位置关系不变，又平面BCE平面ABED，且平面BCE平面ABEDBE，AE平面BCE，AE平面ACE，平面ACE平面BCE.6分(2)在BCE中，BCCE2，F为BE的中点，CFBE.又平面BCE平面ABED，且平面BCE平面ABEDBE，CF平面ABED，7分故可以F为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A，C，E，易求得平面ACE的法向量为m(0，1)假设在AB上存在一点P使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为，且，(R)，B，故，又，又，设平面PCF的法向量为n(x，y，z)，令x21得n(21，(1)，0)，|cosm，n|，11分解得，因此存在点P且P为线段AB中点时使得平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为.12分19(本题满分12分)近期，某市公交公司推出扫码支付1分钱乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付.629路公交车统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次(单位：十人次)，统计数据如表1所示：表1：x1234567y611213466101196根据以上数据，绘制了散点图(1)根据散点图判断，在推广期内，yabx与ycdx(c，d均为大于零的常数)哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型(给出判断即可，不必说明理由)；(2)根据(1)的判断结果及表1中的数据，建立y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次；(3)推广期结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如下支付方式现金乘车卡扫码比例10%60%30%车队为缓解周边居民出行压力，以80万元的单价购进了一批新车，根据以往的经验可知，每辆车每个月的运营成本约为0.66万元已知该线路公交车票价为2元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客中有的概率享受7折优惠，有的概率享受8折优惠，有的概率享受9折优惠预计该车队每辆车每个月有1万人次乘车，根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，在不考虑其它因素的条件下，按照上述收费标准，假设这批车需要n(nN*)年才能开始盈利，求n的值参考数据：xiyixivi100.5462.141.54253550.123.47其中vilg yi，i.参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，(un，vn)，其回归直线u的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： 0.25，5分把样本中心点(4，1.54)代入vlg clg dx，得lg c0.54，0.540.25x，lg 0.540.25x，6分y关于x的回归方程式：100.540.25x100.54(100.25)x3.47(100.25)x，把x8代入上式：100.540.258102.54102100.54347，所以活动推出第8天使用扫码支付的人次为3470 .7分(3)记一名乘客乘车支付的费用为Z，则Z的取值可能为：2，1.8，1.6，1.4，P(Z2)0.1，P(Z1.8)0.30.15，P(Z1.6)0.60.30.7，P(Z1.4)0.30.05，所以一名乘客一次乘车的平均费用为：20.11.80.51.60.71.40.051.66(元)，10分由题意可知：1.66112n0.6612n800，n，所以n取7，估计这批车大概需要7年才能开始盈利.12分20(本题满分12分)已知椭圆C：1(ab0)的离心率e，以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线xy20相切(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同的交点M，N时，能在直线y上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由【解析】(1)由椭圆的离心率e，得，得bc.上顶点为(0，b)，右焦点为(b，0)，以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为，b，即|b2|b，得bc1，a，椭圆的标准方程为y21.5分(2)椭圆C上不存在这样的点Q，理由如下：设直线的方程为y2xt，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，由消去x，得9y22tyt280，所以y1y2，且4t236(t28)0，7分故y0，且3t3.由，得(x4x2，y4y2)，所以有y1y4y2，y4y1y2t.9分(也可由知四边形PMQN为平行四边形，而D为线段MN的中点，因此，D也为线段PQ的中点，所以y0，可得y4.)又3t3，所以y41，11分与椭圆上点的纵坐标的取值范围是1，1矛盾故椭圆C上不存在这样的点Q.12分21(本题满分12分)已知函数f(x)ln x，g(x)ex.(1)设函数h(x)f(x)x2ax(aR)，讨论h(x)的极值点个数；(2)设直线l为函数f(x)的图象上一点A(x0，f(x0)处的切线，试探究：在区间(1，)上是否存在唯一的x0，使得直线l与曲线yg(x)相切【解析】由题意得h(x)xa(x0)，令a24，1分当a240即2a2时，h(x)0在x(0，)上恒成立，此时h(x)在x(0，)上单调递增，极值点个数为0；2分当a2时，h(x)0在x(0，)上恒成立，此时h(x)在x(0，)上单调递增，极值点个数为0；3分当a0，设x1，x2是x2ax10的两根，则x1x2a0，x1x210，故x10，x20，此时h(x)在(0，)上有两个极值点.5分综上所述，当a1)，(x)0，则(x)在(1，)上单调递增.10分又(e)ln e0，由零点存在性定理知：存在x0(e，e2)，使得(x0)0，即ln x0.故在区间(1，)上存在唯一的x0，使得直线l与曲线yg(x)相切.12分(二)选考题：共10分请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22(本题满分10分)选修44：极坐标与参数方程在平面直角坐标系中，将曲线C1向左平移2个单位，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的，得到曲线C2，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，C1的极坐标方程为4cos .(1)求曲线C2的参数方程；(2)直线l的参数方程为(t为参数)，求曲线C2上到直线l的距离最短的点的直角坐标【解析】(1)由4cos 得24cos 将2x2y2，cos x代入整理得曲线C1的普通方程为(x2)2y24, 2分设曲线C1上的点为(x，y)，变换后的点为(x，y)，由题可知坐标变换为即代入曲线C1的普通方程，整理得曲线C2的普通方程为 y21，4分曲线C2的参数方程为(为参数).5分(2)直线l的参数方程为(t为参数)，直线l的直角坐标方程为xy20，设曲线C2上的点为P(2cos ，sin )，02，则点