2019届浙江省高三新高考仿真演练卷(四)数学试题(解析版)

1、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M为函数y的值域，集合N为函数y ln(1 x)的定义域，则M I N ()A. x|x 1B. x| 1 x 1 C. x| 1 x, 1 D. x|0系x 1【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M 0,1 , N ( 1,),所以M N x|0轰版1,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22 .抛物线y12x的焦点坐标为()A. (0, 6)B, ( 6,0)C. (0, 3)D, (

2、3,0)【答案】D【解析】根据抛物线的方程，求得 p = 6,再由抛物线的焦点位于x轴，即可求得抛物线的焦点坐标.【详解】由题意，抛物线 y212x ,可得 2p 12 ,解得p =6 ,又由抛物线y212x的焦点位于x轴，所以抛物线的焦点坐标为F( 3,0).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.第3页共22页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（）俯视图正视侧视图根据三视图画出几何体,80100D 120然后求出体积即可由三视图知该几何体为一个长、宽、高分

3、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114 5 664 5 100.32故选：C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一, 554.已知复数z 34i ,则一z第 5 页 共 22 页A.6 8iB. 6 8i【答案】CC.12 16. i55D.1216.i 55 _【解析】求得z 3 4i ,代入一z ,根据复数的运算法则，即可求解 z【详解】由题意，复数z 3 4i ,可得z 3 4i ,5z 3 4i12 16.一 一 i ,55(3 4i)5(3 曲 3 4i U 3 4i(3 4i

4、)(3 4i)5故选：C.【点睛】本题主要考查了共轲复数的概念，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轲复数，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f(x), g(x)的图象如图所示，则函数 y f(x) g(x) 1 ()【解析】 研究函数的奇偶性，排除 C,计算x 0.5时的函数值的正负，可排除 B,计算x 1时 函数值可排除 D,从而得正确选项.【详解】由图可知y f (x) 是偶函数，y g(x) 是偶函数，所以y f (x) g(x) 1 是偶函数，排除C；因为 f (0.5) 2，1 g(0.5)0.

5、5，所以 f (0.5) g(0.5) 1 0，排除B；因为 g (1) 0 ，所以 f (1) g (1) 1 1 ，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，a是 内的一条直线，则()A 在 内必存在与a 平行的直线B 在内必存在与a 垂直的直线C 在 内必不存在与a 平行的直线D 在内不一定存在与a 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

6、到结果.【详解】对于A,若a ,内存在直线b满足b/a ,则all ;那么在 内，与 不平行的直线不满足题意，A错误；对于 B ，若 b ，且 b 在平面内的射影与直线a 垂直，这样的直线一定存在，所以在平面内与直线a 垂直的直线一定存在，B 正确； 对于C,由对A选项的分析知，存在 a/的情况，此时a/lb , C错误；对于 D ，由对 B 选项的分析知，在内一定存在与a 垂直的直线，D 错误 . 故选：B.【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

7、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（）A . 6,0.4B, 18,14.4C. 30,10D. 30,20【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】231由题可得中奖概率为 一 一一,而中奖人数服从二项分布，故这90人中中奖人数15 15 31一11一的期望值为90 30,方差为901 20.333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ABCDA1B1C1D1中，M,N分别是AC1,AB1的中点.点P在该正方体的表面

8、上运动，则总能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹的周长等于（）A. 55 1B. 75 2C. 2庶 1D. 275 2【答案】B【解析】分析：根据题意先画出图形，找出满足题意的点P所构成的轨迹，然后再根据 长度计算周长详解：如图：第10页共22页平面AEFD取BB1的中点E , CC1的中点F ,连接AE , EF , FD ,则BN设M在平面ABi中的射影为。，过MO与平面AEFD平行的平面为能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形AEFD的周长相等Q正方体ABCD AiBiCiDi的棱长为1矩形AEFD的周长为J5 2故选B点睛：本题主要考查了立体几何中的轨迹问题.考查了

9、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MP与BN垂直的点P所构成的轨迹，继而求出结果.re是同一平面内的三个向量，且J- r|e| i, ar r r r rb，a e 2，b e 2,r rr r当|a b|取得最小值时，2与3夹角的正切值等于（）iB.一2C. iD.r rr设向量a , e的夹角为，则向量b ,r r数量积定义，可用 表示出a , |b| ；re的夹角为2,由所给等式条件及平面向量r r .根据平面向量数量积运算律，表示|a b|2,根r rr r据二次函数性质即可求得|a b |取得最小值时的值，进而可得a与e夹角的正切值【详解】r rr设向重

10、a , e的夹角为，因为ar r r r r由 |e|i,ae 2, b e 2 ,rr r ,一.b ,则向量b , e的夹角为一22,r r r根据平面向量数量积定义可得a e | a | cosr r rrb e | b |cos | b |sin 2 ,2Q r 2 r 2即 a , |b| ,cossinr r 2 r 2 r r r 2则 |a b| |a| 2a b |b|42 cos4 sin24-24sin sinsin221r r因为 0,所以当sin 万，即 i时，|a b|取得最小值,r , r此时向量a与e夹角的正切值为tan 故选：C.本题考查平面向量数量积的定义及

11、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f(x)是R上的连续偶函数，且f(e) 2018,若函数f(x)的导函数f (x)满足xf (x)ln x f(x) 0在(0,)上恒成立，则不等式f(x)ln|x| 2018的解集为(其中e为自然对数的底数)()A. (, e) (e,)B. (, e)C. (e,)D. (, 1)U(1,)【答案】A【解析】由不等式的形式可以构造函数g(x) f (x)ln |x|,利用该函数的奇偶性和单调性即可解出不等式.【详解】设g(x) f(x)ln |x|,则易得函数g(x)为(，0)U(0,)上的偶函数，且 g(e) f(e)ln |e

12、| 2018,当 x 0时，f (x) xf (x)ln x f (x) g (x) f (x)ln x - ,xx又因为xf (x)ln x f(x) 0在(0,)上恒成立，即函数g(x)在(0,)上单调递增，所以不等式 f(x)ln |x| 2018(x 0),即g(x) g(e) x 0的解集为(e,),又因为g(x)为偶函数，则不等式f(x)ln |x| 2018的解集为(,e) (e,).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f(x)x2, 2x,x0则 f log1 3x 0,2f(f(x)【

13、解析】由于log 1320 ,直接代入解析式即可；分为2 和2f(x)1一两种2情形解出即可由题意得f10gl 32由 f(f(x)2f(x) rMf(x)2x1 一(无斛)或- -1故答案为：1.3【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y 5 0,12 .已知点P(x, y)在不等式组 y- a,表示的平面区域 D上运动，若区域 D表y 2x, 0示一个三角形，则 a的取值范围是，若a 2 ,则Z x 2y的最大值是【答案】(,10)3x y 5 0,【解析】在平面直角坐标系内，由不等式组y- - a,画出可行域，结合图形求解y 2x 01-八-

14、x,当直线在y轴上的 211将目标函数z x 2y,转化为y x z,平移直线y 22截距最小时，z x 2 y取得最大值在平面直角坐标系内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 y a上方的区域与阴影部分的公共区域为三角形，则有 a 10.当a 2时，题中的不等式组表示的平面区域为以（5,10） ,（ 3,2） , （1,2）为顶点的三角形区域（包含边界），11 1将目标函数z x 2y ,转化为y - x -z ,平移直线 y -x,当直线经过平面区域内的点（1,2）时，在y轴上的截距最小时,z x2 y取得最大值zmax 1 2 23.故答案为：（,10

15、）;-3【点睛】0,-，贝U sin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sincos2sin 47,25【解析】根据所给等式，结合同角三角函数关系式可求得sin cos ;由 0,一 及2sin cos (sin cos )2 4sin cos求得 sin +cos,即可解方程组求得sin ；根据余弦二倍角公式及正弦差角公式,cos2化简-sin结合 sin +cos的值即可求解.由 sin cos1 一.一,可知sin5cos等式两边同时平方，结合.2 sin2 cos可得1 2sincos125，即 sin cos1225

16、'0,2cos.(sin cos )2 4sin cos1225sin则cossin15. r5 ,解得7sincoscos由余弦二倍角公式及正弦差角公式展开化简可得cos222 cos sinsin 一 4cos )2(sincos )725故答案为: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.3-214.已知函数 f(x) x 3mx nx2 ,m在x1处极值为0,则m【答案】2.9.第12页共22页2.【解析】 分析：先求出f (x) 3x 6mx n ,得万程组f ( 1)= 3 6m n=02f( 1)= 1 3m n m =0,解出即可

17、;详解：f (x) 3x2 6mx nf ( 1)= 3 6m n=0_2_ 1f( 1)= 1 3m n m = 0解得:m= 12m=1，或 ，但 时f (x)n=3n= 9n=323x 6mx n 0恒成立，即x无极值，故舍去即答案为m= 2n= 9第18页共22页点睛：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2515 .若将函数 f (x) x 表本为 f (x) a。 a(1 x) a?(1 x) La5(1 x),其中a。，a1，a?，a5为实数，则a4 .【答案】5【解析】把f(x) x5 (1 x) 15按照二项式定理展开，结合已知可求结果 .【详解】5

18、5r5 r rf (x) x (1 x) 1的展开式的通项为C5(1 x) ( 1),则 a,C5 ( 1)5.故答案为：5.【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.0-恒成立，则实数t的116 .关于x的不等式(sinx 1)|sinx 11鼻t，对于x取值范围是【解析】设m sinx,则由x 0,得m 0,1,则关于x的不等式21(sinx 1)|sinx t| - - t对任意x 0, 恒成立等价于关于 m的不等式1 .(m 1)| m t| 2t对任意m 0,1恒成立.分别讨论当t1 ,当t, 0和当0 t情况下一元二次不等式的恒成立问

19、题，依次求出t的范围最后再求并集即可.【详解】设 m sinx ,则由 x 0,得 m 0,1, 2一_1则关于x的不等式(sinx 1)|sinx 11万t对任意x 0, 恒成立等价于关于1 .的不等式(m 1)|m 11万t对任意m 0,1恒成立.11当t-1时，不等式为(m 1)(t m) 5t,即 m2 (t 1)m 万。，2 ,一，、1令f (m) m(t1)m-,要使对任意m 0,1恒成立，.1f(0) 2 0,3则有解得t；1 2f (1)12 t 1 0,2121当t, 0时，不等式为(m 1)(m t) 3t,即m (1 t)m - 2t。，人.2.1 一1 t. 一 ,令g

20、(m) m (1 t)m - 2t ,对称轴 m 0,且g(m)开口向上，22则g(m)在0,1上单调递增，要使对任意m 0,1恒成立，1 1则有g(0) 2t0 ,解得t,一,所以t, 0 ；2 4,1当 0 t 1 时，设 h(m) (m 1)|m 11 2,易得当mt时，h(m)取得最小值h(m)min12'1一一1则由不等式(m 1)|m 11万t对任意m 0,1恒成立得t, h(m)min -,所以0 t,综上所述，t的取值范围为13故答案为：，1 U 922【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

21、，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.17 . 4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 C： 6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C32 3种；2122、参加两个兴趣小组的同学

22、参加的兴趣小组有一个相同，共C3c2A2 12种.故共有6 3 1290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 f(x) 2褥sin xcos x 2cos2x 1(x R).(1)求函数f(x)的最小正周期和最小值；(2) VABC 中，A, b, C 的对边分别为 a, b, c,已知 c J3 , f (C) 2, sinB 2sin A,求 a, b 的值.【答案】(1)最小正周期为 ；最小值为 2. (2) a 1, b 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

23、求解角 C的大小，进而利用正弦定理和余弦定理构造方程求解a , b的值.【详解】(1) f(x) 、.3sin 2x cos2x 2sin 2x 一 6一一， 2.所以f (x)的取小正周期T ，f (x)的取小值为 2 .2(2)因为 f (C) 2 ,所以 sin 2C 1,6又C (0, ) , 2C ,666所以2C因为 sin B 2sin A,由正弦定理得b 2a ,由余弦定里得c2 a2 b2 2abcosC2,2 八 2 八 2a 4a 2a 3a ,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ABCD沿AE

24、折成二面角Di AE B ,其中E为CD的中点.已知AB 2, BC 1, BDi CDi, f 为 DiB 的中点.(1)求证：CF/平面 AD1E；(2)求AF与平面BDiE所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) "7 7【解析】(1)取AD1的中点G ,连接GF , GE ,由矩形性质及中位线定理可证明GF /EC , GF EC ,即四边形CEGF是平行四边形，即可由线面平行判断定理证明CF 平面AD1E ；(2)解法一：取 AE的中点H , BC的中点M ,连接DH , HM , DM ,利用线面垂直及面面垂直的性质和判定，可证明AFD1即为AF与平面BDE所成角

25、，结合所给线段关系，即可求解；解法二，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，以垂直于平面 ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，根据所给线段关系可求得D1的坐标，进而求彳|平面BAE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AD1的中点G ,连接GF , GE ,如下图所示：5*ABCD为矩形，且E为CD的中点，1所以 GF /AB , GF=-AB ,1 又因为 EC/AB , EC -AB2所以 GF / /EC , GF EC ,所以四边形CEGF是平行四边形，因此 CF /GE .又GE i平面ADE, CF 平面ADE,所以CF /平面AD1

26、E.(2)解法一：取 AE的中点H , BC的中点M ,连接DiH , HM , DM ,如下图所示：第27页共22页由 BDi CDi,所以 DiM BC ,又 HM BC , HM D1M M ,所以 BC，平面 D1HM ,所以 BC DiH，又 DiH AE ,已知BC与AE相交，所以DiH平面ABCE ,所以平面ADE 平面ABCE.又BE，AE,所以BE 平面ADiE,所以BE ADi ,又 AD1 D1E , BE I D1E E ,所以ADi 平面BD1E.所以 AFDi即为AF与平面BDiE所成角,又 ADi 1 , D1F Y3,所以 AF 122sin AFD1ADi12

27、_JaF 表1解法二：以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，以垂直于平面 ABCD的直线为z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系:则 A(1,0,0), E(0,1,0), B(1,2,0) , C(0,2,0),设 Di(x,y,z),DiA1,(x1)2y2z21,由D1E1,即x2(y1)2z21,222DiBDiC,(x1)(y2)z22(y 2) z ,2_ii i .22，所以Di 2,2，万. 2 ,23 5±!4,4, 4uurAF15 114,4, 4uuuuED11 1 _11,2 2 2uuuEB (1,1,0),r设平面BDiE的法向量nXi,yi

28、,Zi ，由v uuvv EDiuuvv EB0,0,12一 y z220,x y 0,"r=取 n (1, 1, J2),设AF与平面BD1E所成角为，贝U sin|cos |r ULUTrn4FU|n|AF|121与也也4442丁元 1 2 5 2 c4442.7【点睛】在使用空间向量法求夹角时,本题考查了线面平行的判定方法，直线与平面夹角的求法, 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2xn20 .给定数列 Xn ,其中 X1 a, Xn 1 1(n 1,23,L ).2 Xn 1(1)当a 2时，求证：Xn 2 .一 ，.3(2)当a 一时，

29、是否存在区间s,t,使得对任意的n N , Xn s,t .右存在，求2出t s的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在；(t s)min【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a 2及X1 a知，当n 1时，x1 2成立;*假设当n k k N 时，不等式成立,则当n k 1时，因为由条件及归纳假设知xk 122 xk2 xk 122Xk 4Xk 4xk 22 xk 12 xk 1由知，不等式xn2对于所有白正整数 n成立.,39一-(2)由

30、X 一得x2一2,由(1)及x22知，当n2时，xn 2,则243xn minX12 .Xc 1下证：-22-1 1(n 2,3,L ),xnxn)2 ,由条件及Xn 2(n 2,3,L)知，皿 1xn(1xn2 xn 1X因此不等式1(n 2,3,L)也成立. xn9故从第一项开始，数列Xn单调递减，于是xn maxx2一 .max4所以满足题意的区间s,t存在，(t s)min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.2221 .椭圆C:今 4 1(a b 0),椭圆上一点到左焦点的距离的取值范围为1,3.a b(1)求椭圆C的方程；(2

31、) li, 12, I3, I4 分别与椭圆相切，且I1/I2,I3/I4,llI3,如图，ll,12,I3,I4围成的矩形的面积记为S ,求S的取值范围22【答案】(1) 土 匕 1 (2) S 873,14 43【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1,3, a设椭圆的焦距为2c,所以ac 1, a解得c 3, c2,1,22所以b2a2 c2 3,故椭圆C的方程为1 .43(2)当 I/ 12X 轴或 13, 14X 轴时，S 2a 2b 2 2 2 V3 8内;当11，12, h , L斜率都存在时，设11 ： ykxt1, 12: ykx t2, 13： yk2Xt3,14 ： yk?x t4,其中 k1?k2-1,且 K 0, k20.将直线11的方程与椭圆方程联立得y kx t1，223x2 4y2 12 0,2223 4年2 x2 8Ktix 4tl2 12 0.4k22 3222220,得 4kl