(高考押题)2019年高考数学仿真押题试卷(十三)含答案解析

1、高考数学仿真押题试卷（十三）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，则ABCD【解析】解：，；【答案】2若复数满足，则ABCD1【解析】解：由，得，则【答案】3经统计，某市高三学生期末数学成绩，且，则从该市任选一名高三学生，其成绩不低于90分的概率是A0.35B0.65C0.7D0.85【解析】解：学生成绩服从正态分布，且，从该市任选一名高三学生，其成绩不低于90分的概率是0.35【答案】4若，满足约束条件，则的最小值是ABC0D2【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）由得平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距

2、最小，此时最小将的坐标代入目标函数，得即的最小值为；【答案】5某简单几何体的三视图如图所示，若该几何体的所有顶点都在球的球面上，则球的体积是ABCD【解析】解：由三视图还原原几何体如图，可知该几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2把该三棱锥补形为正方体，则正方体对角线长为该三棱柱外接球的半径为体积【答案】6将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象的一个对称中心为A，B，C，D，【解析】解：将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为，令，求得，故函数的对称中心为，【答案】7函数的图象在点，（1）处的切线在轴上的截距为AB1CD0【解析】解：由，得，则（1），又（1），函数的图象在点，（1）处的切线方程为，取，可得函数的图象在点，（1）处的切线在轴上的截距为【答案】8刘徽九章算术商功中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体叫做阳马如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为ABCD【解析】解：由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个底面，四棱锥的高为长方体的一棱长，且阳马的外接球也是长方体的外接球；由三视图可知四棱锥的底面是

3、边长为1的正方形，四棱锥的高为1，长方体的一个顶点处的三条棱长分别为1，1，1，长方体的对角线为，外接球的半径为，外接球的体积为【答案】9已知函数，若将函数的图象向右平移个单位后关于轴对称，则下列结论中不正确的是AB是图象的一个对称中心CD是图象的一条对称轴【解析】解：由题意可知，故，【答案】10已知5辆不同的白颜色和3辆不同的红颜色汽车停成一排，则白颜色汽车至少2辆停在一起且红颜色的汽车互不相邻的停放方法有A1880B1440C720D256【解析】解：由题意可知，白颜色汽车按3，2分为2组，先从5辆白色汽车选3辆全排列共有种，再将剩余的2辆白色汽车全排列共有种，再将这两个整体全排列，共有种，排完后有3个空，3辆不同的红颜色汽车抽空共有种，由分步计数原理得共有有种，【答案】11已知数列：依它的前10项的规律，这个数列的第2019项满足ABCD【解析】解：将此数列分组为，第组有个数，设数列的第2019项在第组中，由等差数列前项和公式可得：，解得：，则前63组共，即在第64组的第3项，即，【答案】12已知抛物线的焦点为，点，是抛物线上一点，圆与线段相交于点，且被直线截得的弦长为，若，则A

4、B1C2D3【解析】解：如图，圆心到直线的距离，圆的半径，由可得，或，或4或，【答案】第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13在平行四边形中，点是的中点，点是的中点，记，用，表示，则【解析】解：由图可知：，联立解得：，【答案】14太极图被称为“中华第一图”从孔庙大成殿粱柱，到楼观台、三茅宫、白外五观的标记物；从道袍、卦摊、中医、气功、武术到南韩国旗、新加坡空军机徽，太极图无不跃居其上这种广为人知的太极图，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”在如图所示的阴阳鱼图案中，阴影部分的区域可用小等式组来表示，设是阴影中任意一点，则的最大值为【解析】解：由题意可知：与相切时，切点在上方时取得最大值，如图：可得：，解得，的最大值为：【答案】15已知，与相切，并且两圆的一条外公切线的斜率为7，则为【解析】解：设两圆的公切线为，即，已知圆心，设，到公切线的距离为，可得，由于公切线在两圆的同侧，即，可得或，当时，；当时，综上可得【答案】16在各项均为正数的等比数列中，当取最小值时，则数列的前项和为【解析】解：各项均为正数的等比数列中，首项为，公比设为，由，即，且，整理得，所以，令，

5、可得，当时，递增；当时，递减，可得时，取得极大值，且为最大值，则，数列的前项和为，两式相减可得，化简可得【答案】三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17已知数列的前项和为，且满足（1）求证为等比数列；（2）数列满足，求的前项和【解析】（1）证明：由时，化为：，时，解得为等比数列，首项为2，公比为2（2）解：由（1）可得：，的前项和，相减可得：，整理为：18某水果种植户对某种水果进行网上销售，为了合理定价，现将该水果按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：单价（元789111213销量120118112110108104（1）已知销量与单价之间存在线性相关关系求关于的线性回归方程；（2）若在表格中的6种单价中任选3种单价作进一步分析，求销量恰在区间，内的单价种数的分布列和期望附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，【解析】解：（1），关于的线性回归方程为；（2）6种单价中销售量在，内的单价种数有3种销量恰在区间，内的单价种数的取值为0，1，2，3，的分布列为： 0123 期望为19如图四棱锥中，平面平面，（1）求证：平面平面；（2）若与平面所成的角的正弦值为，

6、求二面角的余弦值【解析】证明：（1），四棱锥中，平面平面，平面，平面，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，平面平面解：（2）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，4，0，4，1，4，4，1，设平面的法向量，则，取，得，与平面所成的角的正弦值为，解得，0，4，设平面的法向量，则，取，得，设二面角的平面角为，则二面角的余弦值为20已知椭圆上的动点到其左焦点的距离的最小值为1，且离心率为（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于，两点，是椭圆的左顶点，若，试证明直线经过不同于点的定点【解析】（1）解：由已知可得，解得，椭圆的方程；（2）证明：由，得，设直线方程为，联立，得，由题意，则，由，得，即，即或当时，满足，此时直线方程为：，过定点；当时，满足，此时直线方程为：，过定点，不合题意综上，直线经过不同于点的定点21已知函数，（1）当时，求在点，（1）处的切线方程；（2）当时，是否存在两个极值点，若存在，求实数的最小整数值；若不存在，请说明理由【解析】解：（1）函数导数，当时，（1），（1），即在点处的切线斜率，则对应的切线方程为即（2）当时，若存在两个极值点

7、，则有两个不同的解，即，有两个根，即有两个不同的根，设，设切点，则，即过原点的切线方程为，即当，时，设，则，即在上为减函数，（1），（2），当时，即当时，和有两个交点，当时，与没有交点，当时，与有两个交点，即当时，是存在两个极值点，此时最小的的整数值为4(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选修4-4：坐标系与参数方程22在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的参数方程为为参数），曲线的极坐标方程为（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；（2）若点、分别为曲线及曲线上任意一点，求的最小值及此时的坐标【解析】解：（1）因为，得，即的普通方程为，曲线的极坐标方程为，由，可得的直角坐标方程为：（2）设直线与平行，且与曲线相切，设方程为，联立与的方程消去得：，因为与曲线相切，故，解得：，或的方程为：当时，设切点为，过作的垂线，垂足为，则此时最小，且此时，值等于与的距离，将代入得，即点坐标为，综上，点、分别为曲线及曲线上任意一点，则的最小值为，此时点坐标为，选修4-5：不等式选讲23已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求的取值范围【解析】解：（）时，即，不等式即为或或，即有或或，则为或，所以不等式的解集为或；（）由（）知，函数的值域为，若恒成立，则，即，解得或实数的取值范围是，

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