2019届高三模拟考试数学试卷(有答案)

2019届高三模拟考试试卷

数 学

(满分160分，考试时间120分钟)

参考公式：样本数据x1，x2，…，xn的方差 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.

1. 已知集合A＝{0，1，2，3}，B＝{x|03. 已知一组样本数据5，4，x，3，6的平均数为5，则该组数据的方差为 Ｗ. 4. 运行如图所示的伪代码，则输出的结果S为 Ｗ. I←1

While I<8 I←I＋2 S←2I＋3 End While Print S

(第4题)

a

5. 若从2，3，6三个数中任取一个数记为a，再从剩余的两个数中任取一个数记为b，则“是

b

整数”的概率为 Ｗ.

y2

22

6. 若抛物线y＝2px(p>0)的焦点与双曲线x－＝1的右焦点重合，则实数p的值为

3

Ｗ.

1

7. 在等差数列{an}中，若a5＝，8a6＋2a4＝a2，则{an}的前6项和S6的值为 Ｗ.

2

8. 已知正四棱锥的底面边长为23，高为1，则该正四棱锥的侧面积为 Ｗ.

9. 已知a，b∈R，函数f(x)＝(x－2)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数，则关于x的不等式f(2－x)>0的解集为 Ｗ.

11

10. 已知a>0，b>0，且a＋3b＝－，则b的最大值为 Ｗ.

ba

π

11. 将函数f(x)＝sin 2x的图象向右平移个单位长度得到函数g(x)的图象，则以函数f(x)与g(x)

6

的图象的相邻三个交点为顶点的三角形的面积为 Ｗ.

→3→

12. 在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，P为△ABC所在平面内一点，满足CP＝PB2

→→→

＋2PA，则CP·AB的值为 Ｗ.

13. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：x2＋y2＋2mx－(4m＋6)y－4＝0(m∈R)与以C2(－2，

2－x2＝y2－y2，3)为圆心的圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且满足x1221则实数m的值为 Ｗ.

14. 已知x>0，y>0，z>0，且x＋3y＋z＝6，则x3＋y2＋3z的最小值为 Ｗ.

二、解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.

15. (本小题满分14分)

1

π2

在△ABC中，sin A＝，A∈(，π).

32

(1) 求sin 2A的值；

1

(2) 若sin B＝，求cos C的值.

3

16. (本小题满分14分)

如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E，F分别是B1C1，AB，AA1的中点. (1) 求证：EF∥平面A1BD；

(2) 若A1B1＝A1C1，求证：平面A1BD⊥平面BB1C1C.

2

17. (本小题满分14分)

如图，某公园内有两条道路AB，AP，现计划在AP上选择一点C，新建道路BC，并把△ABC

π

所在的区域改造成绿化区域.已知∠BAC＝，AB＝2 km.

6

(1) 若绿化区域△ABC的面积为1 km2，求道路BC的长度；

(2) 若绿化区域△ABC改造成本为10万元/km2，新建道路BC成本为10万元/km.设∠ABC＝2π

θ(0<θ≤)，当θ为何值时，该计划所需总费用最小？

3

18. (本小题满分16分)

x2y22

如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，且右焦点到

ab2

右准线l的距离为1.过x轴上一点M(m，0)(m为常数，且m∈(0，2))的直线与椭圆C交于A，B两点，与l交于点P，D是弦AB的中点，直线OD与l交于点Q.

(1) 求椭圆C的标准方程；

(2) 试判断以PQ为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.

19. (本小题满分16分)

已知函数f(x)＝(x－a)ln x(a∈R).

(1) 若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程； (2) 若对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，求实数a的值； (3) 若函数f(x)存在两个极值点，求实数a的取值范围.

3

20. (本小题满分16分)

已知数列{an}满足对任意的n∈N*，都有an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，且an＋1＋an

－

≠0，其中a1＝2，q≠0.记Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn1an.

(1) 若q＝1，求T2 019的值；

(2) 设数列{bn}满足bn＝(1＋q)Tn－qnan. ①求数列{bn}的通项公式；

②若数列{cn}满足c1＝1，且当n≥2时，cn＝2bn－1－1，是否存在正整数k，t，使c1，ck－c1，ct－ck成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，请说明理由.

2019届高三模拟考试试卷

数学附加题

(满分40分，考试时间30分钟)

21. 【选做题】在A，B，C三小题中只能选做2题，每小题10分，共20分.若多做，则按作答的前两题计分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.

A. (选修42：矩阵与变换)

0120已知矩阵A＝，B＝，求A－1B. 2318

B. (选修44：坐标系与参数方程)

在极坐标系中，曲线C：ρ＝2cos θ.以极点为坐标原点，极轴为x轴非负半轴建立平面直角坐标系xOy，设过点A(3，0)的直线l与曲线C有且只有一个公共点，求直线l的斜率.

C. (选修45：不等式选讲) 已知函数f(x)＝|x－1|.

(1) 解不等式f(x－1)＋f(x＋3)≥6；

b

(2) 若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：f(ab)>|a|f().

a

4

【必做题】第22，23题，每小题10分，共20分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.

22. 如图，在三棱锥DABC中，DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，且AC＝AD＝1，AB＝2，E为BD的中点.

(1) 求异面直线AE与BC所成角的余弦值； (2) 求二面角ACEB的余弦值.

1*

23. 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝－2a2n＋2an，n∈N. 3

1

(1) 用数学归纳法证明：an∈(0，)；

2

1

(2) 令bn＝－an，求证：

2

5

2019届高三模拟考试试卷数学参及评分标准

3π1151

1. {1，2} 2. 5 3. 2 4. 21 5. 6. 4 7. 8. 83 9. (0，4) 10. 11. 3232

37

12. －1 13. －6 14.

4

π22515. 解：(1) 由sin A＝，A∈(，π)，则cos A＝－1－sin 2A＝－1－（）2＝－，(2

3233

分)

25

所以sin 2A＝2sin Acos A＝2××(－)＝－.(6分)

339

π

(2) 由A∈(，π)，则B为锐角.

21122

又sin B＝，所以cos B＝1－sin 2B＝1－（）2＝，(8分)

333

所以cos C＝－cos (A＋B)＝－(cos Acos B－sin Asin B)(12分)

52221210＋2

＝－(－×－×)＝.(14分)

33339

16. 证明：(1) 因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EF∥A1B.(3分) 因为EF⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD， 所以EF∥平面A1BD.(6分)

(2) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1. 因为A1D⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D. (8分) 因为A1B1＝A1C1，且D是B1C1的中点， 所以A1D⊥B1C1.(10分)

因为BB1∩B1C1＝B1，B1C1，BB1⊂平面BB1C1C， 所以A1D⊥平面BB1C1C.(12分) 因为A1D⊂平面A1BD，

所以平面A1BD⊥平面BB1C1C. (14分)

π

17. 解：(1) 在△ABC中，已知∠BAC＝，AB＝2 km，

6π1

所以△ABC的面积S＝×AB×AC×sin ＝1，解得AC＝2.(2分)

26

π

在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2×AB×AC×cos 6

π

＝22＋22－2×2×2×cos ＝8－43，(4分)

6

所以BC＝8－43＝6－2(km).(5分)

π2π

(2) 由∠ABC＝θ，则∠ACB＝π－(θ＋)， 0<θ≤.

63

πACBCAB

在△ABC中，∠BAC＝，AB＝2 km，由正弦定理得＝＝，

6sin Bsin Asin C

2sin θ1

所以BC＝，AC＝.(7分)

ππ

sin（θ＋）sin（θ＋）66

记该计划所需费用为F(θ)，

6

2sin θ10（sin θ＋1）2π111

则F(θ)＝××2××10＋×10＝(0<θ≤).(10分)

223πππsin（θ＋）sin（θ＋）sin（θ＋）

666

π1

sin（θ－）＋sin θ＋132

令f(θ)＝，则f′(θ)＝.(11分)

3131sin θ＋cosθ（sin θ＋cos θ）22222

π

由f′(θ)＝0，得θ＝. 6π

所以当θ∈(0，)时，f′(θ)<0，f(θ)单调递减；

6

π2π

当θ∈(，)时，f′(θ)>0，f(θ)单调递增.(12分)

63π

所以当θ＝时，该计划所需费用最小.

6π

答：当θ＝时，该计划所需总费用最小.(14分)

6

c2＝，a2a＝2，

18. 解：(1) 设椭圆的右焦点为(c，0)，由题意，得2解得

ac＝1，－c＝1，c2x

所以a2＝2，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(4分)

2

(2) 由题意，当直线AB的斜率不存在或为零时显然不符合题意. 设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－m). 又准线方程为x＝2，

所以点P的坐标为P(2，k(2－m)).(6分) y＝k（x－m），2由2得x＋2k2(x－m)2＝2， 2

x＋2y＝2，

即(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，

14k2m2k2m2k2mkm

所以xD＝·2＝2，yD＝k(2－m)＝－2，(8分)

22k＋12k＋12k＋12k＋1

11

所以kOD＝－，从而直线OD的方程为y＝－x，

2k2k

1

所以点Q的坐标为Q(2，－)，(10分)

k

1

所以以PQ为直径的圆的方程为(x－2)2＋[y－k(2－m)](y＋)＝0，

k

1

即x2－4x＋2＋m＋y2－[k(2－m)－]y＝0.(14分)

k

x＝2±2－m，y＝0，

因为该式对∀k≠0恒成立，所以2解得 2＝0，x－4x＋2＋m＋yy＝0.所以以PQ为直径的圆经过定点(2±2－m，0).(16分)

19. 解：(1) 因为f(x)＝(x－a)ln x(a∈R)，所以当a＝1时，f(x)＝(x－1)ln x，

1

则f′(x)＝ln x＋1－.(1分)

x

当x＝1时，f(1)＝0，f′(1)＝0，



7

所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程为y＝0.(3分) (2) 因为对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，

所以当lnx＝0，即x＝1时，f(x)＝0，a∈R；(5分)

当ln x>0，即x>1时，x≥a恒成立，所以a≤1； (6分) 当ln x<0，即x<1时，x≤a恒成立，所以a≥1.

综上可知，对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，a＝1. (7分) (3) 因为函数f(x)存在两个极值点，

a

所以f′(x)＝ln x－＋1存在两个不相等的零点.

xa1ax＋a

设g(x)＝ln x－＋1，则g′(x)＝＋2＝2.(8分)

xxxx

当a≥0时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增，至多一个零点.(9分) 当a<0时，x∈(0，－a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， x∈(－a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

所以x＝－a时，g(x)min＝g(－a)＝ln(－a)＋2. (11分)

－

因为g(x)存在两个不相等的零点，所以ln(－a)＋2<0，解得－e21－

因为－e2e2>－a.

a

11

因为g(－)＝ln(－)＋a2＋1>0，所以g(x)在(－a，＋∞)上存在一个零点.(13分)

aa

11－

因为－e2a－a

11

设t＝－a，则y＝2ln t＋＋1(02t－111

因为y′＝2<0，所以y＝2ln t＋＋1(0tte

1

又函数图象是连续的，所以y>2ln 2＋e2＋1＝e2－3>0，

e

1

所以g(a2)＝ln a2－＋1>0，所以在(0，－a)上存在一个零点.

a－2

综上可知，－e20. 解：(1) 当q＝1时，由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)， 得(an＋1＋an)2＝an＋1＋an.

又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝1.(2分) 又a1＝2，

所以T2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝1 011.(4分)

(2) ①由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得qn(an＋1＋an)2＝an＋1＋an.

1

又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝n.(6分)

q－n

因为Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋q1an， 所以qTn＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋qnan，

－

所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋qn1(an－1＋an)＋qnan， bn＝(1＋q)Tn－qnan＝a1＋1＋1＋…＋1＋qnan－qnan＝a1＋n－1＝n＋1， 所以bn＝n＋1.(10分)

②由题意，得cn＝2bn－1－1＝2n－1，n≥2. 因为c1，ck－c1，ct－ck成等比数列，

所以(ck－c1)2＝c1(ct－ck)，即(2k－2)2＝2t－2k， (12分)

8

所以2t＝(2k)2－3·2k＋4，即2t2＝(2k1)2－3·2k2＋1 (*). 由于ck－c1≠0，所以k≠1，即k≥2. 当k＝2时，2t＝8，得t＝3.(14分)

－－

当k≥3时，由(*)得(2k1)2－3·2k2＋1为奇数，

－－

所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k2－3·2k2＝0，即2k＝3，此时k无正整数解. 综上，k＝2，t＝3.(16分)

－31－

21. A. 解：由题意得A1＝22，(5分)

 10

－3120－

＝2－.(10分) 所以A1B＝22 

 1018 20

B. 解：曲线C：ρ＝2cos θ的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1.(4分) 设过点A(3， 0)的直线l的直角坐标方程为x＝my＋3， 因为直线l与曲线C有且只有一个公共点，

|1－3|所以＝1，解得m＝±3.(8分)

1＋m2

3

从而直线l的斜率为±.(10分)

3

C. (1) 解：不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞).(4分)

b

(2) 证明：要证f(ab)>|a|f()，只要证|ab－1|>|b－a|，只需证(ab－1)2>(b－a)2.

a

2222

而(ab－1)－(b－a)＝ab－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0， 从而原不等式成立. (10分)

22. 解：因为DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，所以以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.因为AC＝AD＝1，AB＝2，

所以A(0，0，0)，C(1，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，1).

1

因为点E为线段BD的中点，所以E(0，1，).

2

1→→

(1) AE＝(0，1，)，BC＝(1，－2，0)，

2

→→AE·BC－24→→

所以cos〈AE，BC〉＝＝＝－，

5→→5|AE||BC|×5

4

4

所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为.(5分)

5

1→→

(2) 设平面ACE的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AC＝(1，0，0)，AE＝(0，1，)，

2

1→→

所以n1·AC＝0，n1·AE＝0，即x＝0且y＋z＝0，取y＝1，得x＝0，z＝－2，

2

所以n1＝(0，1，－2)是平面ACE的一个法向量.

1→→

设平面BCE的法向量为n2＝(x，y，z)，因为BC＝(1，－2，0)，BE＝(0，－1，)，

2

1→→

所以n2·BC＝0，n2·BE＝0，即x－2y＝0且－y＋z＝0，取y＝1，得x＝2，z＝2，

2

所以n2＝(2，1，2)是平面BCE的一个法向量.

9

－－－

n1·n2－35

所以cos〈n1，n2〉＝＝＝－. (8分)

|n1||n2|55×9

5

. (10分) 511

23. 证明：(1) 当n＝1时，a1＝∈(0，)，结论显然成立；

32

1

假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，ak∈(0，)，

2

1211

则当n＝k＋1时，ak＋1＝－2a2k＋2ak＝－2(ak－)＋∈(0，). 222

1

综上，an∈(0，).(4分)

2

111

(2) 由(1)知，an∈(0，)，所以bn＝－an∈(0，).

2222

因为an＋1＝－2an＋2an，

11112

22

所以－an＋1＝－(－2a2n＋2an)＝2an－2an＋＝2(an－)，即bn＋1＝2bn. 2222于是log2bn＋1＝2log2bn＋1，

所以(log2bn＋1＋1)＝2(log2bn＋1)，

11

故{log2bn＋1}构成以2为公比的等比数列，其首项为log2b1＋1＝log2＋1＝log2.

63

1n－11n－11－

于是log2bn＋1＝(log2)·2，从而log2(2bn)＝(log2)·2＝log2()2n1，

333

1－（）2n131－1－

所以2bn＝()2n1，即bn＝，于是＝2·32n1.(8分)

32bn

－

因为当i＝1，2时，2i1＝i，

－－i－1101

当i≥3时，2i1＝(1＋1)i1＝C0i－1＋Ci－1＋…＋Ci－1>Ci－1＋Ci－1＝i，

1－－－

所以对∀i∈N*，有2i1≥i，所以32i1≥3i，所以＝2·32i1≥2·3i，

bi所以二面角ACEB的余弦值为－

从而

3（1－3n）n＋1111n12

＝＋＋…＋≥2(3＋3＋…＋3)＝2×＝3－3.(10分) b1b2bn1－3

10