2019届浙江省高三新高考仿真演练卷四数学试题版.doc

2019届浙江省高三新高考仿真演练卷（四）数学试题一、单选题1设集合为函数的值域，集合为函数的定义域，则（ ）ABCD【答案】D【解析】先通过函数的定义域和值域的求法，化简两个集合，然后再利用交集的定义求解.【详解】根据题意，可得，所以，故选：D.【点睛】本题考查函数的定义域和值域以及交集的运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2抛物线的焦点坐标为（ ）ABCD【答案】D【解析】根据抛物线的方程，求得，再由抛物线的焦点位于轴，即可求得抛物线的焦点坐标.【详解】由题意，抛物线，可得，解得，又由抛物线的焦点位于轴，所以抛物线的焦点坐标为.故选：D.【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程及几何性质，其中解答中熟记抛物线的几何性质是解答的关键，着重考查了计算能力.3某几何体的三视图如图所示，若该几何体是由一个平面截一个长方体后得到的，则其体积为（ ） A60B80C100D120【答案】C【解析】根据三视图画出几何体，然后求出体积即可.【详解】由三视图知该几何体为一个长、宽、高分别为5，4，6的长方体截去一个底面为直角三角形（直角边分别为4，5），高为6的三棱锥后剩余的部分（如图所示），则其体积为.故选：C【点睛】本题考查几何体的三视图和体积，考查学生的空间想象能力.4已知复数，则（ ）ABCD【答案】C【解析】求得，代入，根据复数的运算法则，即可求解.【详解】由题意，复数，可得，则，故选：C.【点睛】本题主要考查了共轭复数的概念，以及复数的四则运算的应用，其中解答中熟记复数的除法运算法则，分子和分母同时乘分母的共轭复数，将分母转化为实数求解是解答的关键，着重考查了运算、求解能力.5已知函数，的图象如图所示，则函数（ ）ABCD【答案】A【解析】研究函数的奇偶性，排除C，计算时的函数值的正负，可排除B，计算时函数值可排除D，从而得正确选项【详解】由图可知是偶函数，是偶函数，所以是偶函数，排除C；因为，所以，排除B；因为，所以，排除D，故选：A.【点睛】本题考查函数图象的判断.有些函数图象题，从完整的性质并不好去判断，作为选择题，可以利用特殊值法（特殊点）或特性法（奇偶性、单调性、最值），结合排除法求解，既可以节约考试时间，又事半功倍.6已知平面与平面相交，是内的一条直线，则（ ）A在内必存在与平行的直线B在内必存在与垂直的直线C在内必不存在与平行的直线D在内不一定存在与垂直的直线【答案】B【解析】根据空间中直线与直线平行与垂直的判定方法依次判断各个选项即可得到结果.【详解】对于，若，内存在直线满足，则；那么在内，与不平行的直线不满足题意，错误；对于，若，且在平面内的射影与直线垂直，这样的直线一定存在，所以在平面内与直线垂直的直线一定存在，正确；对于，由对选项的分析知，存在的情况，此时，错误；对于，由对选项的分析知，在内一定存在与垂直的直线，错误.故选：.【点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系，熟记空间直线与直线平行与垂直的判定是解题的关键.7抽奖箱中有15个形状一样，颜色不一样的乒乓球（2个红色，3个黄色，其余为白色），抽到红球为一等奖，黄球为二等奖，白球不中奖有90人依次进行有放回抽奖，则这90人中中奖人数的期望值和方差分别是（ ）A6,0.4B18,14.4C30,10D30,20【答案】D【解析】根据题意可得中奖的概率，而中奖人数服从二项分布，由此即可得到答案.【详解】由题可得中奖概率为 ，而中奖人数服从二项分布，故这90人中中奖人数的期望值为 方差为 故选D.【点睛】本题考查二项分布的判别及其期望和方差的求法，属中档题.8在棱长为1的正方体中，分别是的中点点在该正方体的表面上运动，则总能使与垂直的点所构成的轨迹的周长等于（）ABCD【答案】B【解析】分析：根据题意先画出图形，找出满足题意的点所构成的轨迹，然后再根据长度计算周长详解：如图：取的中点，的中点，连接，则平面设在平面中的射影为，过与平面平行的平面为能使与垂直的点所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形的周长相等正方体的棱长为矩形的周长为故选点睛：本题主要考查了立体几何中的轨迹问题考查了学生的分析解决问题的能力，解题的关键是运用线面垂直的性质来确定使与垂直的点所构成的轨迹，继而求出结果9已知，是同一平面内的三个向量，且，当取得最小值时，与夹角的正切值等于（ ）ABC1D【答案】C【解析】设向量，的夹角为，则向量，的夹角为，由所给等式条件及平面向量数量积定义，可用表示出，；根据平面向量数量积运算律，表示，根据二次函数性质即可求得取得最小值时的值，进而可得与夹角的正切值.【详解】设向量，的夹角为，因为，则向量，的夹角为，由，根据平面向量数量积定义可得，即，则，因为，所以当，即时，取得最小值，此时向量与夹角的正切值为，故选：C.【点睛】本题考查平面向量数量积的定义及运算，平面向量数量积运算律的应用，属于中档题.10已知函数是上的连续偶函数，且，若函数的导函数满足在上恒成立，则不等式的解集为（其中为自然对数的底数）（ ）ABCD【答案】A【解析】由不等式的形式可以构造函数，利用该函数的奇偶性和单调性即可解出不等式【详解】设，则易得函数为上的偶函数，且，当时，又因为在上恒成立，即函数在上单调递增，所以不等式，即的解集为，又因为为偶函数，则不等式的解集为.故选：A.【点睛】本题主要考查利用导数解不等式，以及函数性质的应用，意在考查学生转化能力，属于中档题二、双空题11已知函数则_；若，则_.【答案】 1 【解析】由于，直接代入解析式即可；分为和两种情形解出即可.【详解】由题意得.由得，无解；，则，则（无解）或，解得.故答案为：，1.【点睛】本题主要考查了求分段函数的函数值，已知分段函数的函数值求自变量的值，属于中档题.12已知点在不等式组表示的平面区域上运动，若区域表示一个三角形，则的取值范围是_，若，则的最大值是_.【答案】 【解析】在平面直角坐标系內，由不等式组画出可行域，结合图形求解.将目标函数，转化为，平移直线，当直线在y轴上的截距最小时，取得最大值.【详解】在平面直角坐标系內画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示（包含边界），由图易得要使直线上方的区域与阴影部分的公共区域为三角形，则有.当时，题中的不等式组表示的平面区域为以，为顶点的三角形区域（包含边界），将目标函数，转化为，平移直线，当直线经过平面区域内的点时，在y轴上的截距最小时，取得最大值.故答案为：；-3【点睛】本题考查线性规划中的平面区域及其应用，还考查了数形结合的思想和分析问题的能力，属于基础题.13已知，且，则_；_.【答案】 【解析】根据所给等式，结合同角三角函数关系式可求得；由及求得，即可解方程组求得；根据余弦二倍角公式及正弦差角公式，化简，结合的值即可求解.【详解】由，可知，等式两边同时平方，结合，可得，即，又，则，则，解得，由余弦二倍角公式及正弦差角公式展开化简可得.故答案为：；.【点睛】本题考查同角三角函数关系式的应用，余弦二倍角公式及正弦差角公式的应用，属于中档题.14已知函数在处极值为0，则_,_ 【答案】2. 9. 【解析】分析：先求出 ，得方程组 ，解出即可；详解：，解得： ，或 ，但时恒成立，即无极值，故舍去.即答案为.点睛：本题考察了求函数的极值问题，导数的应用，是一道基础题三、填空题15若将函数表示为，其中，.，为实数，则_.【答案】【解析】把按照二项式定理展开，结合已知可求结果.【详解】的展开式的通项为，则.故答案为：.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题.16关于的不等式，对于恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】设，则由得，则关于的不等式对任意恒成立等价于关于的不等式对任意恒成立.分别讨论当，当和当的情况下一元二次不等式的恒成立问题，依次求出t的范围最后再求并集即可.【详解】设，则由得，则关于的不等式对任意恒成立等价于关于的不等式对任意恒成立.当时，不等式为，即，令，要使对任意恒成立，则有解得；当时，不等式为，即，令，对称轴，且开口向上，则在上单调递增，要使对任意恒成立，则有，解得，所以；当时，设，易得当时，取得最小值，则由不等式对任意恒成立得，所以.综上所述，的取值范围为.故答案为：【点晴】本题考查不等式恒成立问题、二次函数的性质.含绝对值的不等式恒成立问题的常用解法：（1）对参数的取值范围分类讨论，去掉绝对值符号；（2）将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题求解.174名学生参加3个兴趣小组活动，每人参加一个或两个小组，那么3个兴趣小组都恰有2人参加的不同的分组共有_种.【答案】90【解析】由题意得4名学生中，恰有2名学生参加2个兴趣小组，其余2 名学生参加一个兴趣小组，然后分情况讨论可得参加的不同的分组的种数.【详解】由题意得4名学生中，恰有2名学生参加2个兴趣小组，其余2 名学生参加一个兴趣小组，首先4名学生中抽出参加2个兴趣小组的学生共有种.下面对参加兴趣小组的情况进行讨论：参加两个兴趣小组的同学参加的兴趣小组完全相同，共种；2、参加两个兴趣小组的同学参加的兴趣小组有一个相同，共种.故共有种.即答案为90.【点睛】本题考查两个计数原理，属中档题.四、解答题18已知函数.（1）求函数的最小正周期和最小值；（2）中，的对边分别为，已知，求，的值.【答案】（1）最小正周期为；最小值为.（2），【解析】（1）利用三角恒等变换将函数化为“一角一函”的形式，进而确定函数的最小正周期和最小值；（2）结合（1）中的结论求解角的大小，进而利用正弦定理和余弦定理构造方程求解，的值.【详解】（1）.所以的最小正周期，的最小值为.（2）因为，所以，又，所以，得，因为，由正弦定理得，由余弦定里得，又，所以，.【点睛】本题考查三角恒等变换、三角函数的性质、正弦定理、余弦定理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19如图，将矩形沿折成二面角，其中为的中点.已知，为的中点.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取的中点，连接，由矩形性质及中位线定理可证明，即四边形是平行四边形，即可由线面平行判断定理证明平面；（2）解法一：取的中点，的中点，连接，利用线面垂直及面面垂直的性质和判定，可证明即为与平面所成角，结合所给线段关系，即可求解；解法二，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，以垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，根据所给线段关系可求得的坐标，进而求得平面的法向量，即可由线面夹角的空间向量法求解.【详解】（1）证明：取的中点，连接，如下图所示：为矩形，且为的中点，所以，又因为，所以，所以四边形是平行四边形，因此.又平面，平面，所以平面.（2）解法一：取的中点，的中点，连接，如下图所示：由，所以，又，所以平面，所以，又，已知与相交，所以平面，所以平面平面.又，所以平面，所以，又，所以平面.所以即为与平面所成角，又，所以所以.解法二：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，以垂直于平面的直线为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系：则，设，由即得所以，设平面的法向量，由得取，设与平面所成角为，则.【点睛】本题考查了线面平行的判定方法，直线与平面夹角的求法，在使用空间向量法求夹角时，注意直线与平面夹角的正弦值即为法向量与直线夹角余弦值的绝对值，属于中档题.20给定数列，其中，.（1）当时，求证：；（2）当时，是否存在区间，使得对任意的，.若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在；【解析】（1）根据题中的递推关系，利用数学归纳法证明结论；（2）根据数列的单调性确定数列的最大值和最小值，进而确定区间，得到结论.【详解】（1）证明：数学归纳法由条件及知，当时，成立；假设当时，不等式成立，则当时，因为由条件及归纳假设知，故.由知，不等式对于所有的正整数成立. （2）由，得，由（1）及知，当时，则.下证：，由条件及知，因此不等式也成立.故从第二项开始，数列单调递减，于是.所以满足题意的区间存在，.【点睛】本题主要考查数列的综合应用、不等式的证明，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.21椭圆，椭圆上一点到左焦点的距离的取值范围为.（1）求椭圆的方程；（2），分别与椭圆相切，且，如图，围成的矩形的面积记为，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1）根据椭圆的左、右顶点到椭圆的左焦点的距离分别为最小值和最大值列出方程组，求解即可；（2）联立直线与椭圆的方程得到一元二次方程，根据韦达定理结合矩形的面积公式得到面积的表达式，结合基本不等式求解面积的取值范围.【详解】（1）因为椭圆上一点到左焦点的距离的取值范围是，设椭圆的焦距为，所以解得所以，故椭圆的方程为.（2）当，轴或，轴时，；当，斜率都存在时，设，其中，且，.将直线的方程与椭圆方程联立得.由，得，同理可得，.，当且仅当时，等号成立，综上，【点睛】本题考查椭圆的概念与性质、直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将面积表