2019届全国高考仿真试卷(四)数(文科)试卷

2019届全国高考仿真试卷（四）
数学（文科）
本试题卷共8页，23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、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。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、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。

4、填空题和解答题的作答：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。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写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。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。

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．
1.1.已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
解不等式得集合A、B，根据交集运算求得。

【详解】解集合A得
解集合B得
所以
所以选A
【点睛】本题考查了集合的交集运算，一元二次不等式解法，属于基础题。

2.2.为虚数单位，复数在复平面内对应的点所在象限为（）
A. 第二象限
B. 第一象限
C. 第四象限
D. 第三象限
【答案】C 【解析】
，复数
在复平面内对应坐标为
，所以复数
在复
平面内对应的点在第四象限，故选C.
3.3.甲乙两名同学6次考试的成绩统计如下图，甲乙两组数据的平均数分别为、
，标准
差分别为
，则（ ）
A. ，
B. ，
C.
，
D.
，
【答案】C 【解析】 【分析】
通过读图可知甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知
图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故
.
【详解】由图可知，甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知
图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故
.故选
.
【点睛】本题考查平均数及标准差的实际意义，是基础题. 4.4.已知函数
，则的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由函数奇偶性定义判断函数的奇偶性，再给函数求导判断单调性，最后代入特殊点判断. 【详解】因为，所以函数为奇函数，排除B选项，
求导：，所以函数单调递增，故排除C选项，
令，则，故排除D.
故选A.
【点睛】本题考查函数图像的判断，由对称性可知可以先由奇偶性判断，由其图像趋势可知可以利用单调性判断，最后对比两图像可以用代入特殊点的方式判断，一般要根据函数图像的差别代入相应的点.
5.5.已知向量，若，则（）
A. B. 2 C. -3 D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
根据向量的坐标运算，列出方程，即可求解实数的值.
【详解】由题意，所以，解得，故选C．
【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算的应用，其中熟练掌握向量的坐标运算的公式以及向量的坐标表示是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
6.6.已知函数的部分图象如图所示，则的值分别是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可得，所以，又因为，列出方程，根据，即可求解.
所以，所以，所以，
所以，因为，所以，故选C.
【详解】由题意，所以，所以，又因为，
所以，所以，所以，
所以，因为，所以，故选C.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中根据三角函数的图象，得到函数的最小正周期和利用，列出方程求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想和推理、运算能力.
7.7.若过点有两条直线与圆相切，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由于有两条直线与圆相切，所以可知点在圆外；由点与圆的位置关系及圆的判断条件，可得m 的取值范围。

【详解】圆的方程化为标准式为
因为点有两条直线与圆相切
所以点在圆外
所以
解不等式组得
所以选D
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系及其简单应用，属于基础题。

8.8.运行如图所示的程序框图，若输出的的值为，则判断框中可以填（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
运行程序即可找到答案.
【详解】运行程序如下：a=1,s=0,s=1,a=-2,s=1-2,a=4,s=1-2+4,a=-8,s=1-2+4-8,a=16,
S=1-2+4-8+16,a=-32,s=1-2+4-8+16-32=-21,a=64,
故答案为：A.
【点睛】(1)本题主要考查程序框图和等比数列求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)确定判断框时，要注意等号的问题，既不能提前，也不能滞后.
9.9.抛物线的焦点为，点，若线段的中点在抛物线上，则
（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由抛物线性质表示焦点F的坐标，再表示A、F的中点B的坐标，将其代入抛物线方程，即可求出参数p，所以B、F的坐标即可求出，由两点间距离公式求出线段长.
【详解】点F的坐标为，所以A、F中点B的坐标为，因为B在抛物线上，所以将B 的坐标代入抛物线方程可得：，解得：或（舍），
则点F坐标为，点B的坐标为，由两点间距离公式可得.
故选D.
【点睛】本题考查抛物线的基本性质，要求熟练掌握抛物线中焦点的坐标，求焦半径时，可以由焦半径公式求，也可以用两点间的距离求取，注意p的符号.
10.10.将半径为，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求圆锥的底面半径以及高，再根据相似得内切球的半径，最后根据球的体积公式求结果. 【详解】设圆锥的底面半径为r,高为h,则，
设内切球的半径为R，则选A.
【点睛】本题考查圆锥展开图相关知识，考查基本求解能力.
11.11.的内角，，的对边分别为，，，且，则为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析：由正弦定理化简已知等式，整理可得：，
由余弦定理可得，结合范围即可解得的值．
详解：∵由正弦定理可得：
∴，整理可得：，
∴由余弦定理可得：，
∴由，可得：
故选B.．
点睛：本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，属基础题．
12.12.已知函数满足，，且时，
，则（）
A. 0
B. 1
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据，可判断出函数的对称轴；由函数可得函数的单调性与奇偶性，进而通过函数周期性和对称性求得。

【详解】因为，
所以函数关于x=1与x=4轴对称
当时，
因为
所以当时，即为奇函数，且在上为单调递增函数
根据函数对称性与周期性，可知的周期为T=6
所以
所以
所以选D
【点睛】本题考查了函数的对称性和奇偶性及其综合应用，关键是对函数性质能够很好的理解和应用，属于中档题。

二、填空题（本大题有4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上）
13.13.已知实数，满足约束条件，则的最小值是_____．
【答案】-8
【解析】
约束条件表示的平面区域为封闭的三角形，求出三角形的三个顶点坐标分别为
、、，带入所得值分别为、、，故的最小值是.
另，作出可行域如下：
由得，当直线经过点时，截距取得最大值，此时取得最小值，为. 点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.
14.14.春节期间，某销售公司每天销售某种取暖商品的销售额（单位：万元）与当天的平均气温（单位：）有关．现收集了春节期间这个销售公司4天的与的数据列于下表：
平均气温（
根据以上数据，求得与之间的线性回归方程的系数，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据表中的数据，得到的值，代入回归直线的方程，即可求解.
【详解】由题意可得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了回归直线方程的应用问题，其中熟记回归直线方程的基本特征和准确计算样本中心是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
15.15.已知某三棱柱的三视图如图所示，那么该三棱柱最大侧面的面积为__________．
【答案】
【解析】
分析：由三视图直接还原为三棱柱，面的面积最大。

详解：正视图、侧视图为长方形，俯视图为三角形的几何体为三棱柱，由图形可知面的面积最大为。

点睛：简单几何体的还原利用正视图和俯视图先还原一个图形，再观察侧视图即可。

16.16.如图为函数的部分图象，对于任意的，若
，都有，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
不妨设，则，由三角函数的性质可知：，
由，化简得，结合，即可求解.
【详解】由三角函数的最大值可知，
不妨设，则，由三角函数的性质可知：，
则：
，
所以，结合，故.
【点睛】本题考查了三角函数的图象及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中根据三角函数的性质，求解的值，代入得到关于的方程是解答的关键，着重考查了考生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.
三、解答题（本大题有6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.17.已知数列的前项和满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由数列{a n}的前n项和S n满足S n=，利用，能求出数列{a n}的通项公式．
（Ⅱ）推导出，由此利用错位相减法能求出数列{b n}的前n项和．
【详解】解：（Ⅰ）当时，；当时，，符合上式.
综上，.
（Ⅱ）.则，
，
∴，
∴.
【点睛】用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n－qS n”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
18.18.2017年某市有2万多文科考生参加高考，除去成绩为分（含分）以上的3人与成绩为分（不含分）以下的3836人，还有约1.9万文科考生的成绩集中在内，其成绩的频率分布如下表所示：
（Ⅰ）试估计该次高考成绩在内文科考生的平均分（精确到）；
（Ⅱ）一考生填报志愿后，得知另外有4名同分数考生也填报了该志愿.若该志愿计划录取3人，并在同分数考生中随机录取，求该考生不被该志愿录取的概率.
【答案】（Ⅰ）488.4分（Ⅱ）0.4
【解析】
【分析】
（1）根据组中值与对应频率乘积的和计算平均分，（2）根据枚举法确定基本事件总数，再确定该考生不被该志愿录取的基本三角函数，最后根据古典概型概率公式求结果.
【详解】（Ⅰ）成绩在内的平均分为
(分)
（Ⅱ）该考生记为A,另外4名考生分别记为b、c、d、e，
则基本事件有：(A,b,c)，(A,b,d)，(A,b,e)，(A,c,d)，(A,c,e)，(A,d,e)，(b,c,d)，(b,c,e)，(b,d,e)，(c,d,e)所以基本事件共10种，不被录取共4种，故概率
【点睛】古典概型中基本事件数的探求方法
(1)列举法.
(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.
(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.
(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.
19.19.四棱锥中，，，，平面平面
，点为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求四棱锥的体积.
【答案】（1）见解析；（2）1
【解析】
【分析】
(1)取AE中点G，连接GF，GB，则，故四边形是平行四边形，于是，得出，证得结果；
(2)由得出，又，故平面，于是，由面面垂直的性质得出平面，从而求得棱锥的高，利用体积公式求得结果.
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，.
∵点为的中点，
∴，且，
又，，
∴，且，
∴四边形为平行四边形，
则，
而平面，平面，
∴平面.
（2）∵，
∴，而，
∴平面，
∴，
又平面平面，平面平面，
∴平面，
∴.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有线面平行的判定，线面垂直的判定，线面垂直的性质，棱锥的体积的求法，熟练掌握基础知识是解题的关键.
20.20.已知，且函数与在处的切线平行．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先求得，，由可得结果；（Ⅱ）
时，由恒成立等价于恒成立，只需，利用导数研究函数的单调性，求出的最小值即可得结论.
试题解析：（Ⅰ），.
因为函数与在处的切线平行
所以解得,
所以，,
所以函数在处的切线方程为.
（Ⅱ）解当时，由恒成立得
时，即恒成立.
设，
则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增
所以.
所以的取值范围为.
【方法点睛】本题主要考查导数几何意义、利用导数研究函数单调性进而求最值以及不等式恒成立问题，属于难题.对于求不等式恒成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数, 这样就把问题转化为一端是函数, 另一端是参数的不等式，便于问题的解决. 但要注意分离参数法不是万能的, 如果分离参数后,得出的函数解析式较为复杂, 性质很难研究, 就不要使用分离参数法.
21.21.设椭圆的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，
．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求的值．
【答案】（1）；(2)．
【解析】
分析：（I）由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.
（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意可得.
易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，或.经检验的值为.
详解：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得．由
,从而．
所以，椭圆的方程为．
（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，，
点的坐标为．由的面积是面积的2倍，可得，
从而，即．
易知直线的方程为，由方程组消去y，可得．由方程组
消去，可得．由，可得，两边平方，整理得，解得，或．
当时，，不合题意，舍去；当时，，，符合题意．
所以，的值为．
点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
请考生在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．
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22.22.【选修4-4：坐标系与参数方程】
以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线的参数方程是，曲线的极坐标方程为．
（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若直线与轴交于点P，与曲线交于点，，且，求实数的值．
【答案】（1）见解析；（2）或1．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）将直线的参数方程，利用代入法消去参数可得直线的普通方程，曲线的极坐标方程两边同乘以，利用即可得结果；（Ⅱ）把（为参数），
代入，得，利用韦达定理、直线参数方程的几何意义列方程，结合判别式的符号可得结果.
【详解】（Ⅰ）直线的参数方程是，（，为参数），消去参数可得.
由，得，可得的直角坐标方程：.
（Ⅱ）把（为参数），代入，得.由，解得，，，，解得或1.
又满足，实数或1.
【点睛】本题考查参数方程和普通方程的转化、极坐标方程和直角坐标方程的转化以及直线参数方程的应用，属于中档题. 消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法，极坐标方程化为直角坐标方程，只要将和换成和即可.
【选修4-5：不等式选讲】
23.23.设函数．
（1）解不等式；
（2）若，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求去掉绝对值号，得到分段函数的解析式，令，求得两根，即可得到不等式的解集；
（2）若存在，使得，即有解，由（1）可得的最小值，列出不等式，即可求解.
【详解】（1）函数，
令，求得，或，
故不等式的解集为或，
（2）若存在，使得，即有解，
由（1）可得的最小值为，
故，解得．
【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及不等式的有解问题，其中把不等式
有解转化为函数的最值问题是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于基础题.。