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1、教育类考试资料 1 2019年高考数学（理）模拟题及答案带解析 【满分 150 分，考试时间为120 分钟】 一、选择题：本题共12 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 2 2,1,0,2,3 ,|1,ABy yxxA，则AB中元素 的个数是 A. 2B.3C.4 D.5 2i是虚数单位，复数满足izz31 2 ，则 A.2或5 B. 2或5 C.5 D.5 3设向量a与b的夹角为，且) 1,2(a，)3,2(2ba，则cos A. 3 5 B. 3 5 C. 5 5 D. 2 5 5 4已知 1 tan 2 ，则tan2 4
2、zai aRz 教育类考试资料 2 A.7B. 7 C. 1 7 D. 1 7 5九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为 “堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵” 的表面积为 A. 4 B. 64 2 C. 44 2 D. 2 6已知数列, nn ab满足 1nnn baa，则“数列 n a为等差数列”是“数列 n b为等差数列”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.即不充分也不必要 条件 7执行如图所示的程序框图，则输出的a A.1 B. 1 C. 4 D. 教育类考试资料 3 5 2 8在 10 2x展开式中，二项式系数的最大值为a，含 7
3、 x项的系 数为b，则 b a A. 80 21 B. 21 80 C. 21 80 D. 80 21 9设实数,x y满足约束条件 250 40 3100 xy xy xy ，则 22 zxy的最小值为 A.10B.10C.8D .5 10现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体 工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为 A. 6 3 B. 6 6 C. 3 2 8 D. 3 2 4 11已知 O为坐标原点，F是双曲线 22 22 :10,0 xy ab ab 的左焦 点，BA,分别为的左、右顶点， P为上一点，且xPF轴， 过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E，直
4、线BM与 y轴交于点N，若2OEON，则的离心率为 A.3B.2C. 3 2 D. 4 3 教育类考试资料 4 12已知函数 2 ln xx fxeex，则使得23fxfx成立的 x的取值范围是 A.1,3B., 33, C.3,3D., 13, 二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20 分。 13曲线与所围成的封闭图形的面积为 . 14已知 n a是等比数列，537 1 ,42 2 aaa，则 7 a . 15设 21, F F为椭圆)0(1: 2 2 2 2 ba b y a x C的左、右焦点，经过 1 F的 直线交椭圆C于BA,两点，若ABF2是面积为 34的等边三角形， 则
5、椭圆 C的方程为 . 16已知 12 ,x x是函数2sin 2cos 2fxxxm在0, 2 内的两个零点， 则 . 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17-21 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. （12 分）在ABC中, 角CBA,所对的边分别为cba, . 3 yxyx 12 sin xx 教育类考试资料 5 已知BbAcAbBAacos2cossincoscos 2 . （I ）求B； （II ）若ab7，ABC的面积为32，求a. 18. （12 分）在某校举行的航
6、天知识竞赛中，参与竞赛的文科 生与理科生人数之比为1: 3，且成绩分布在40,100，分数在80以 上（含 80）的同学获奖 . 按文理科用分层抽样的方法抽取200人 的成绩作为样本，得到成绩的频率分布直方图（见下图）. （I ）在答题卡上填写下面的22列联表，能否有超过 0 095 的把握认为“获奖与学生的文理科有关”？ 教育类考试资料 6 文科生理科生合计 获奖5 不获奖 合计200 （II ）将上述调査所得的频率视为概率，现从该校参与竞 赛的学生中，任意抽取3名学生，记“获奖”学生人数为X，求 X的分布列及数学期望. 附表及公式： )()()( )( 2 2 dbcadcba bcadn
7、 K，其中dcban 19. （12 分）在四棱锥ABCDP中，底面ABCD是边长为2的菱形， 60ABC，PBPCPD. （I ）证明：PA平面ABCD； （II ）若 2PA，求二面角APDB的余弦值 . 2 P Kk 0.150.100.050.0250.0100.005 k2.0722.7063.8415.0246.6357.879 教育类考试资料 7 20. （12 分）已知抛物线 2 :20Cxpy p，圆 22 :1O xy. （I ）若抛物线 C的焦点F在圆O上，且A为C和圆O的一个交 点，求AF； （II ）若直线l与抛物线C和圆O分别相切于点NM ,，求MN 的最小值及相应
8、p的值. 21. （12 分）已知函数 x x xf ln )(，)1 2 (ln)( ax xxxg. （I ）求函数)(xf的最大值； （II ）当 1 0,a e 时，函数),0()(exxgy有最小值，记g x 的最小值为h a，求函数h a的值域 . （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，作答时请用2B铅笔在 答题卡上将所选题号后的方框涂黑。 22. 选修 4-4 ：坐标系与参数方程 （10 分） 在平面直角坐标系xOy中，曲线 1: 4Cxy，曲线 为参数），以坐标原点 O为极点，x轴的正半轴 为极轴建立极坐标系 2 1
9、cos :( sin x C y 教育类考试资料 8 （I ）求曲线 12 ,C C的极坐标方程； （II ）若射线)0(与曲线 12 ,C C的公共点分别为,A B，求 的最大值 23. 选修 45：不等式选讲 （10 分） 已知函数. （I ）当 2a时，求不等式4)(xf的解集； （II ）如果对于任意实数x，1)(xf恒成立，求a的取值范围 OB OA 10fxa xxaa 教育类考试资料 9 数学（理）模拟试题答案 1. B【解析】当时，；当时，；当时， ；当时，所以，所以， 故选 B. 2. C【解析】因为，所以 ，解得，所以，故选 C. 3. A【解析】因为，所以，所以 ，故选
10、A. 4D【解析】因为，所以 ，故选 D. 5. B 【解析】由三视图知，该几何体是底面为斜边边长为2 的 等腰直角三角形、高为2 的直三棱柱，所以该几何体的表面 积为，故选 B. 6. A 【解析】若数列 n a是等差数列，设其公差为 1 d，则 2x3y1x0y0x 1y3x8y 1,0,3,8B 1,0,3AB 222 ()1(21)13zzaiaiaaaii 2 11 213 aa a 2a 22 | | 2|( 2)15zi (2 )2(4,2)abab(2,1)b 413 cos 5| |55 a b a b 2 2 1 2 2tan4 2 tan2 1 1tan3 1( ) 2
11、tantan2 4 tan(2 ) 4 1tantan2 4 4 1 1 3 4 7 1 3 1 222 2222264 2 2 教育类考试资料 10 121211 2)()(daaaaaabb nnnnnnnn ，所以数列 n b是等差数 列. 若数列 n b是等差数列，设其公差为 2 d，则 221211 )()(daaaaaabb nnnnnnnn ，不能推出数列 n a是等 差数列 . 所以数列 n a为等差数列”是“数列 n b为等差数列”的 充分不必要条件，故选A. 7C【解析】第一次循环，得；第二次循环，得 ；第三次循环，得，以此类 推，知该程序框图的周期3，又知当退出循环，此时
12、共循 环了 39 次，所以输出的，故选 C. 8. D【解析】有题，得 5 10 Ca， 3 10 3 )2(Cb，所以 21 80)2( 5 10 3 10 3 C C a b ， 故选 D. 9. B【解析】作出可行域，如图所示，因为 22 zxy表示区域内 的点到原点距离的平方，由图知，10 13 |10003| 2 22 min z. 故 选 B. 1,1,2bai 55 ,3 22 bai4,4,4bai 40i 4a 教育类考试资料 11 10. A【解析】当正方体的下底面在半球的大圆面上，上底面的 四个顶点在球的表面上时，所得工件体积与原材料体积之比 选项取得最大值，此时设正方体
13、的棱长为，则球的半径为 ，所以所求体积比为， 故选 A. 11. A【解析】易证得MFA EOA，则，即 ；同理MFBNOB， ，所以，又 ，所以，整理，得，故选 A. 12. D【解析】因为)()ln()()ln()( 22 xfxeexeexf xxxx ，所 以)(xf是偶函数，又)(xf在)0,(单调递减，在),0(单调递 增，所以)2()2(xfxf等价于|3|2|xx，解得1x，或3x. 故选 D. a 2226 () 22 Raaa 3 3 6 3146 () 232 a a | | MFEO FAOA | | () | | EOFAEOca MF OAa | | () | |
14、NOFBNOca MF OBa | ()EOca a | ()NOca a 2OEON2()caac3 c a 教育类考试资料 12 13. 12 5 【 解 析 】 由 题 意 ， 所 围 成 的 封 闭 图 形 的 面 积 为 12 5 |) 4 1 3 2 ()( 1 0 4 2 3 3 1 0 xxdxxx. 14. 1【解析】设数列的首项为，公比为，则依题意，有 ，解得，所以. 15.【 解 析 】 由 题 意 ， 知 ，又由椭圆的定义知， 联 立 ， 解 得， 所 以 ，所以， 所以，所以，所以椭圆的方程为. 16.【解析】因为，其 中 （），由函数在内的两个零点，知 方程在内有两
15、个根，即函数与 的图象在内有两个交点，且关于直线 对称，所以，所以 . n a 1 aq 4 1 26 11 1 2 42 a q a qa q 1 2 1 8 2 a q 63 71 1 21 8 aa q 22 1 96 xy 2211 | | | |AFBFABAFBF 21 |AFAF 21 | 2BFBFa 22 4 | | | 3 AFBFABa 11 2 | | 3 AFBFa 2 F AB S 2 1 |sin 604 3 2 ABAF3a 12 3 | 2 3 2 F FAB 3c 222 6bacC 22 1 96 xy 2 5 5 2sin 2cos25sin(2)fxx
16、xmxm 21 cos,sin 55 ( )f x0, 2 5sin(2)0xm0, 2 ym 5sin(2)yx0, 2 12 ,x x 42 x 12 xx 2 12 2 5 sin()sin()cos 25 xx 教育类考试资料 13 17. 解：（ I ）由已知及正弦定理，得 ACABBAABBcossinsinsincoscossincossin2 2 ACABBAAcossin)sinsincos(cossin ACBAAcossin)cos(sin BCAACCAsin)sin(cossincossin， 4分 因为0sin B，所以 2 1 cosB， 5 分 又因为B0，所以
17、 3 2 B. 6 分 （II ）由余弦定理，可得Baccabcos2 222 ，将 2 1 cos,7Bab代入上式，得06 22 aacc，解得ac2， 10 分 ABC的面积为32 2 3 sin 2 12 aBacS，解得2a. 12 分 18解（ I ） 文科 生 理科 生 合 计 获奖5 35 40 教育类考试资料 14 不获 奖 45 115 160 合计50 150 200 3 分 841.3167.4 6 25 1604015050 )45351155(200 2 k， 5分 所以有超过 0 0 95的把握认为“获奖与学生的文理科有关”. 6 分 （II ）由表中数据可知，将
18、频率视为概率，从该校参赛学生 中任意抽取一人，抽到获奖同学的概率为 5 1 . 7 分 X的所有可能的取值为3, 2, 1,0，且) 5 1 ,3( BX. 8 分 kk k CkXP 5 3 5 1 1 5 1 )(3 ,2, 1 , 0k). 9 分 所以 X的分布列如下 X0123 教育类考试资料 15 P 125 64 125 48 125 12 125 1 1 1 分 5 3 5 1 3)(XE. 12 分 19解：（ I ）连接AC，则ABC和ACD都是正三角形，取BC 中点 E，连接AE，PE. 因为 E为BC的中点，所以在ABC中， 因为PCPB，所以PEBC， 又因为EAEP
19、E，所以BC平面PAE， 又PA平面 PAE，所以PABC. 同理 PACD， 又因为CCDBC，所以PA平面ABCD. 6分 （II ）以A为坐标原点，分别以向量APADAE,的方向为 x轴， y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系xyzA， 则)0, 1, 3(B，)0,2,0(D，)2,0, 0(P，)2,2,0(PD，)0, 3, 3(BD. 设平面PBD的法向量为),(zyxm， 0 ,0 m m BD PD ，即 033 022 yx zy ， 取平面PBD的法向量)1,1,3(m. 9分 BCAE 教育类考试资料 16 取平面 PAD的法向量)0, 0, 1(n. 10分 nm,c
20、os |nm nm 5 15 . 11分 所以二面角 APDB的余弦值是 5 15 . 12分 20. 解：（ I ）由题意，得)0, 1(F，从而yxC4: 2 . 解方程组 1 4 22 2 yx yx ，得25 A y，所以15| AF. 5 分 （II ）设),( 00 yxM，则切线 l的方程为 00 0 )(yxx p x y， 整理得0 00 pypyxx 6 分 由1| ON得1 | 22 0 0 px py ，所以 2 0 22 00 2|ppypxpy， 整理，得 1 2 2 0 0 y y p且01 2 0 y， 8 分 所以1211| 2 00 2 0 2 0 22 y
21、pyyxOMMN 教育类考试资料 17 8) 1( 1 4 241 1 4 41 1 4 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 y y y y y y y ， 当且仅当3 0 y时等号成立 . 所以|MN的最小值为22，此时3 13 32 p. 12 分 21. 解：（ I ）)(xf的定义域为),0(， 2 ln1 )( x x xf. 当),0(ex时，0)( xf，)(xf单调递增； 当),(ex时，0)( xf，)(xf单调递减 . 所以当ex时，)(xf取得最大值 e ef 1 )(. 4 分 （II ）a x x xaxxxg ln ln)( ，由（ I ）及,0
22、(ex得： 若 e a 1 ， 0 ln a x x ，0)( xg，)(xg单调递减， 当ex时，)(xg的最小值 2 )()( e egah. 6分 若 e a 1 ,0，af0)1 (， a e ef 1 )(， 所以存在),1 et，0)( tg且 attln， 教育类考试资料 18 当),0(tx时，0)( xg，)(xg单调递减；当,(etx时，0)( xg， )(xg单调递增，所以)(xg的最小值 )1 2 ln ()1 2 ln (ln) 1 2 (ln)()( t t t tt at tttgah. 9分 令t tt t 2 ln )(，), 1et. 2 1ln )( t
23、t， 当x),1 (e时，0)( t，所以)(t在), 1e单调递减，此时 1, 2 )( e t，即 1, 2 )( e ah. 11分 由可知，)(ah的值域是1, 2 e . 12分 22解：（ I ）曲线 1 C的极坐标方程为4)sin(cos， 曲线 2 C的普通方程为 1) 1( 22 yx，所以曲线 2 C的极坐标方程为 cos2. 4分 （II ）设),( 1 A，),( 2 B，因为,A B是射线与曲线 12 ,C C的 公共点，所以不妨设 24 ，则 sincos 4 1， cos2 2， 6 分 所以)sin(coscos2 4 1 | | 1 2 OA OB 1) 4
24、2cos(2 4 1 )12sin2(cos 4 1 ， 8分 教育类考试资料 19 所以当 8 时， | | OA OB 取得最大值 4 12 . 10 分 23解：（ I ） 2,43 ;21, ; 1,43 |2|1|2)( xx xx xx xxxf. 所以，)(xf在 1,(上递减，在), 1上递增， 又4) 3 8 ()0(ff，故4)(xf的解集为 3 8 0|xx. 4分 （II ）若1a，|1| )1(|1|1|)1()(xaaxxxaxf 1|1|1|1|)1(| )()1(|aaaxaaxx， 当且仅当 1x时，取等号，故只需11a，得2a. 6 分 若1a，|1|2)(xxf，10) 1(f，不合题意 . 7分 若10a，|)()1( |)1 (|1|)(axxaaxaaxaxaxf |)1 (axa)1 (|1| )1(|1|aaaaaxaaa， 当且仅当ax时，取等号，故只需1)1 (aa，这与 10a矛盾 . 9 分 综上所述，a的取值范围是),2. 10分 教育类考试资料 20