(高考押题)2019年高考数学仿真押题试卷(十一)含答案解析

1、高考数学仿真押题试卷（十一）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已知为虚数单位，复数满足，则下列关于复数说法正确的是ABCD【解析】解：由，得，故错；，故错；，故正确；，故错误【答案】2命题“，”的否定是A，B，C，D，【解析】解：根据全称命题的否定是特称命题，则命题的否定是：， 【答案】3执行如图所示的程序框图，则输出的结果是A171B342C683D341【解析】解：根据程序框图可知：；，；，；，；，；，满足条件输出，【答案】4设，且，则ABCD【解析】解：由，可得，即，又，则，故，即【答案】5已知实数，满足约束条件，则目标函数的最小值为

2、ABC2D4【解析】解：作出可行域，的几何意义表示可行域中点与定点的距离的平方，可知当，时，目标函数取到最小值，最小值为，【答案】6某一简单几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是A27B24C18D12【解析】解：由三视图可知，该几何体是一个长方体，其长、宽、高分别为，3，其体积为【答案】7已知是定义在上的奇函数，若，则“”是“”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【解析】解：函数是奇函数，若，则，则，即成立，即充分性成立，若，满足是奇函数，当时，满足，此时满足，但，即必要性不成立，故“”是“”的充分不必要条件，【答案】8已知函数，的部分图象如图所示，点，在图象上，若，且，则A3BC0D【解析】解：由条件知函数的周期满足，即，则，由五点对应法得，即，得，则，则，得，即，在内的对称轴为，若，且，则，关于对称，则，则，【答案】9若直线与圆相交，且两个交点位于坐标平面上不同的象限，则的取值范围是ABCD【解析】解：根据题意，圆的圆心为，半径，与轴的交点为，设为；直线即，恒过经过点，设；当直线经过点、时，即，若直线与圆相交，且两个交点位于坐标平面上不同的象限，必

3、有，即的取值范围为；【答案】10在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为，2，2，2，0，则该四面体外接球的表面积是ABCD【解析】解：通过各点的坐标可知，四点恰为棱长为2的正方体的四个顶点，故此四面体与对应正方体由共同的外接球，其半径为体对角线的一半：，故其表面积为：，【答案】11设是抛物线上的动点，是的准线上的动点，直线过且与为坐标原点）垂直，则到的距离的最小值的取值范围是AB，C，D，【解析】解：抛物线上的准线方程是设点的坐标为，则直线的方程为设与直线平行的直线方程为代入抛物线方程可得，由，可得故与直线平行且与抛物线相切的直线方程为则到的距离的最小值【答案】12已知函数若不等式的解集中整数的个数为3，则的取值范围是A，B，C，D，【解析】解：，当时，此时函数单调递增，不满足条件，舍去当时，可得时取得极大值即最大值而（1），（2），必须（3），（4）解得：的取值范围是，【答案】第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知向量与的夹角为，且，则实数2【解析】解：向量与的夹角为，且；【答案】214若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是60【解析】解：若展开式的二项

4、式系数之和为64，则，则展开式中的通项公式为，令，求得，可得常数项为，【答案】6015在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点，且，则的值是【解析】解：在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点，由任意角的三角函数的定义得，可得：，两边平方可得：，可得：，解得：，【答案】16图（1）为陕西博物馆收藏的国宝唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作的典范之作该杯型几何体的主体部分可近似看作是双曲线的右支与直线，围成的曲边四边形绕轴旋转一周得到的几何体，如图（2），分别为的渐近线与，的交点，曲边五边形绕轴旋转一周得到的几何体的体积可由祖恒原理（祖恒原理：幂势既同，则积不容异）意思是：两登高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等那么这两个几何体的体积相等）据此求得该金杯的容积是（杯壁厚度忽略不计）【解析】解：由双曲线，得，则渐近线方程为设在轴右侧与渐近线的交点的横坐标，与双曲线第一象限的交点的横坐标，金杯的容积是【答案】三、解答题：解答应写出文字说明、证明过

5、程或演算步骤17在中，角，的对边分别为，且（）求角的大小；（）若点为中点，且，求的面积【解析】解：（1），；（2）中，由余弦定理可得，解可得，（舍，18如图，在三棱柱中，四边形是边长为2的菱形，平面平面，（）求证：；（）已知点是的中点，求直线与平面所成的角的正弦值【解析】（）证明：取的中点，连接，由于平面平面，所以：平面，所以：，又，所以：平面，又，为的射影，所以：（）以为坐标原点建立空间直角坐标系，1，1，2，则：，设，是平面的法向量，所以：，求得：，由，0，求得：，直线与平面所成的角的正弦值19一家大型超市委托某机构调查该超市的顾客使用移动支付的情况调查人员从年龄在20至60的顾客中，随机抽取了200人，调查结果如图：（）为推广移动支付，超市准备对使用移动支付的每位顾客赠送1个环保购物袋若某日该超市预计有10000人购物，试根据上述数据估计，该超市当天应准备多少个环保购物袋？（）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有的把握认为使用移动支付与年龄有关？年龄年龄小计使用移动支付不使用移动支付小计200（）现从该超市这200位顾客年龄在，的人中，随机抽取2人，记这两人中使用移支付的顾客为

6、人，求的分布列附： 0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828【解析】解：（）根据图中数据，由频率估计概率，根据已知可预计该超市顾客使用移动支付的概率为：，所以超市当天应准备的环保购物袋个数为：（）由（1）知列联表为：年龄年龄小计使用移动支付 8540125不使用移动支付106575小计 95105200假设移动支付与年龄无关，则，所以有的把握认为使用移动支付与年龄有关（）可能取值为0，1，2，所以的分布列为： 01 2 20已知两点、，动点与、两点连线的斜率，满足（）求动点的轨迹的方程；（）若是曲线与轴正半轴的交点，则曲线上是否存在两点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请说明满足条件的点、有几对；若不存在，请说明理由【解析】解：（1）设动点的坐标为，因为斜率，存在，故，则，又动点与、两点连线的斜率，满足，所以，化简得，动点的轨迹 的方程为：，（2）设能构成等腰直角三角形，其中为，由题意可知，直角边，不可能垂直或平行于轴，故可设所在直线的方程为，（不妨设则所在直线的方程为，由求得交点，（另一交点，用代替上式中的，得，由，得，解得：或当

7、斜率时，斜率；当斜率时，斜率；当斜率时，斜率21设函数，实数，是自然对数的底数，（）若在上恒成立，求实数的取值范围；（）若对任意恒成立，求证：实数的最大值大于2.3【解析】解：（），在上恒成立，设，令，解得，当，即，函数单调递增，当，即，函数单调递减，故的取值范围为；（）设，可得；，可得在，上单调递增；在上单调递减，由（）可得，的最小值大于2.3，故若对任意恒成立，则的最大值一定大于2.3请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑极坐标与参数方程22已知直线的参数方程为，点在直线1上（1）求的值；（2）以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线与直线交于两点、，求的值【解析】解：（1）由于点在直线1上直线的参数方程为，故代入直线的参数方程得到：（2）曲线，转换为直角坐标方程为：，由于圆与直线交于两点、，把直线的参数方程代入圆的方程得到：，故：和为、对应的参数）故：选修4-5：不等式选讲23设函数（）若对，恒成立，求实数的取值范围；（）若（2），求的取值范围【解析】解：（）， 时，当且仅当时取等号，恒成立，（）（2），等价于或，解得或，故的取值范围为，

《(高考押题)2019年高考数学仿真押题试卷(十一)含答案解析》由会员【****分享，可在线阅读，更多相关《(高考押题)2019年高考数学仿真押题试卷(十一)含答案解析》请在金锄头文库上搜索。