2019届全国新高考原创仿真试卷(四)理科数学卷

2019届全国新高考原创仿真试卷（四）
理科数学
本试题卷共8页，23题（含选考题），分选择题和非选择题两部分。

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，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，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：每个小题选出答案后，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选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：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的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

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。

答案用0.5毫米黑色签字笔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选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

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. 已知集合则
A. [－1，4)
B. [0，5)
C. [1，4]
D. [－4，－1) [4，5)
【答案】B
【解析】由题意得，故.
选B。

2. 若直线与直线垂直，则实数
A. 3
B. 0
C.
D.
【答案】D
【解析】∵直线与直线垂直，
∴，
整理得，
解得或。

选D。

3. 在各项均为正数的等比数列中，若则
A. 12
B.
C.
D. 32
【答案】B
【解析】由等比数列的性质得，
∴，
∴。

选B。

4. 若，则“”的一个充分不必要条件是
A. B. C. 且 D. 或
【答案】C
【解析】，
∴，当且仅当时取等号.
故“且”是“”的充分不必要条件.选C。

5. 设实数满足：，则的大小关系为
A. c<a<b
B. c<b< a
C. a <c<b
D. b<c< a
【答案】A
【解析】由题意得，所以。

选A。

6. 已知锐角满足
A. B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】由题意得，
又为锐角，
∴，
∴。

∴.选C。

7. 已知实数满足不等式组，则函数的最大值为
A. 2
B. 4
C. 5
D. 6
【答案】D
【解析】作出不等式组表示的可行域如下图阴影部分所示，
由得。

平移直线，结合图形可得，当直线经过可行域内的点C时，直线在y轴上的截距最大，此时取得最大值。

由，解得，故点C的坐标为（1,2）。

∴。

选D。

8. 已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由三视图可得，该几何体为右侧的一个半圆锥和左侧的一个三棱锥拼接而成。

由三视图中的数据可得其体积为。

选A。

9. 函数的图象在点处的切线方程是，则
A. 7
B. 4
C. 0
D. － 4
【答案】A
【解析】∵,
∴.
由题意得。

∴。

选A。

10. 设点分别是双曲线的左、右焦点，过点且与轴垂直的直线l与双曲线C交于A，B两点．若的面积为，则该双曲线的渐近线方程为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设，则，
∴。

又，
∴，
∴，
∴，
∴该双曲线的渐近线方程为。

选D。

点睛：
双曲线的渐进线是双曲线的中药性质之一，也是高考的常考点，题型一般以选择题或填空题的形式出现。

求双曲线的渐近线方程时，可利用转化为关于的方程或不等式，其
中常用到双曲线渐近线的斜率与离心率的关系，即。

11. 已知，函数的部分图象如图所示，则函数
图象的一个对称中心是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意得.
由图象得，
∴。

∴，
又，解得。

∴。

∴。

令，解得。

当时，。

故是函数图象的一个对称中心。

选C。

点睛：由图象确定函数解析式的方法
（1）由图象上的最高（低）点的纵坐标确定。

（2）ω由周期T确定，根据图象得到函数的周期T，由求出ω。

（3）的求法通常有以下两种：
①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)，或代入图象与直线y＝b的交点求解(此时要注意交点在上升区间还是下降区间)．
②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的零点作为突破口，具体如下：
“第一点”(即图象上升时与x轴的交点中距原点最近的交点)为；“第二点”(即图象的“峰点”)为；“第三点”(即图象下降时与x轴的交点)为；“第四点”(即图象的“谷点”)为；“第五点”为。

12. 已知定义在R上的函数满足，若关于的方程恰有5个不同的实数根，则的取值范围是A. B. C. (1，2) D. (2，3)
【答案】B
【解析】作出函数的图象，
由图象可知，若方程恰有5个不同的实数根，则。

设，则，
由图象可知。

所以.选B。

点睛：函数图象在函数与方程中的应用
（1）研究两函数图象的交点个数：在同一坐标系中分别作出两函数的图象，数形结合求解；（2）确定方程根的个数：当方程与基本函数有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程f(x)＝0的根就是函数f(x)图象与x轴的交点的横坐标，方程f(x)＝g(x)的根就是函数f(x)与g(x)图象交点的横坐标。

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填写在题中的横线上．
13. 已知若与垂直，则的值为_________．
【答案】-5
【解析】∵，
∴。

由题知，即，
解得。

答案：
14. 已知椭圆的半焦距为c，且满足，则该椭圆的离心率e的取值范围是__________．
【答案】
【解析】∵，
∴，即，
∴，即，解得。

又，
∴。

∴椭圆的离心率e的取值范围是。

答案：
15. “斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”．斐波那契数列满足：
，记其前n项和为(t为常数)，则
___________ (用t表示)．
【答案】
【解析】由题意可得。

答案：
........................
【答案】
【解析】
如图，将正四面体A—BCD补全为正方体，则正方体的棱长为，所以球是正方体的外接球，其半径。

设正四面体的高为，则，
故。

又，
所以到直线的距离为，
因此球截直线所得的弦长为。

答案：
点睛：
（1）解决关于外接球的问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，同时要作一圆面起衬托作用．
（2）对于一些不规则的图形，要注意补形法在解题中的应用，通过把图形补成长方体或正方体可使得问题的解决变得简单易行。

三、解否题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知函数．
(1)当时，求函数的值域；
(2)若定义在R上的奇函数对任意实数，恒有且当
求的值．
【答案】（1）；（2）-1.
【解析】试题分析：
本题考查二次函数的值域和函数周期性、奇偶性的应用。

（1）通过配方确定函数图象的对称轴，根据对称轴和区间的关系求出最值即可。

（2）根据周期性和奇偶性求出函数值。

试题解析：
(1)由题意得，
］，
∴在上单调递减，在上单调递增。

∴当时，取得最小值，且。

又，
∴.
∴函数的值域是.
(2)由可得函数的周期，
∵，
，
∴
.
18. 如图所示，在中，M是AC的中点，．
(1)若，求AB；
(2)若的面积S．
【答案】（1）；（2）.
【解析】试题分析：
本题考查正余弦定理的应用及三角形面积的计算。

（1）由题意求得，在中由正弦定理可得AB。

（2）在中由余弦定理可得，故可得的面积，从而可得
的面积。

试题解析：
（1）由题意得,
在中，由正弦定理得
.
（2）在中，由余弦定理得
,
,
解得或（舍去）。

，
是的中点，
.
19. 设等差数列的公差为d，前n项和为成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】（1）；（2）.
【解析】试题分析：
本题考查等差数列通项公式的求法和用裂项相消求数列的和。

（1）根据条件和
等差数列前n项和公式，比较可得公差d=2。

再根据成等比数列可求得，从而可得通项公式。

（2）根据数列通项公式的特点，利用裂项相消法求和。

试题解析：
（1）∵，
又
∴
又成等比数列．
∴，
即，
解得，
∴ 。

(2)由（1）可得，
.
20. 已知圆C的圆心在轴的正半轴上，且轴和直线均与圆C相切．
(1)求圆C的标准方程；
(2)设点，若直线与圆C相交于M，N两点，且为锐角，求实数m的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【解析】试题分析：
本题考查圆的标准方程的求法以及用向量解决直线和圆位置关系中的角度的问题。

（1）设出圆的标准方程，根据题意得关于参数的方程组，求得参数可得圆的方程。

（2）利用代数法求解，将为锐角转化为求解。

试题解析：
（1）设圆C的标准方程为：
故由题意得，解得，
∴圆C 的标准方程为：.
（2）由消去y整理得
.
∵直线与圆C相交于M，N两点，
∴，
解得，
设，
则.
∴
依题意得
，
∴，
整理得，
解得或.
又，
∴或。

故实数m的取值范围是.
点睛：
（1）对于为锐角的问题（或点A在以BC为直径的圆外，或），都可转化为，然后坐标化，转化为代数运算处理。

（2）对于直线和圆位置关系的问题，可将直线方程和圆的方程联立消元后根据所得的二次方程的判别式、根据系数的关系，借助于代数运算处理。

解题时注意“设而不求”、“整体代换”等方法的运用，以减少计算量、提高解题速度。

21. 如图，在直三棱柱ABC—分别是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面MNC与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
试题解析;
(1)证明：连,
由三棱柱是直三棱柱可得,
∴ 四边形为矩形，
由矩形性质得过的中点M,
又是的中点．
∴，
又，,
；
(2) 解：，
∴,
∴.
,
∴两两垂直。

建立如图所示的空间直角坐标系，
则,,
,
设平面的法向量为，
则，
令则，
，
又易知平面的一个法向量为，
，
∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
点睛：用向量法求二面角大小的两种方法
（1）分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
（2）分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，解题中要注意结合图形图形判断出所求二面角是锐角还是钝角．
22. 已知函数(其中e是自然对数的底数，k∈R)．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当函数有两个零点时，证明：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】试题分析：
本题考查导数与函数单调性的关系以及用导数证明不等式的问题。

（1）求导数后，根据导函数的符号判断出函数的单调性。

（2）根据题意将证明的问题转化为证明
，即证，构造函数，
利用函数的单调性证明即可。

试题解析：
（1）解：∵
∴。

①当时，令，解得，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增。

②当时，恒成立，
∴函数在R上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增。

当时，在R上单调递增.
（2）证明：当时，由（1）知函数单调递增，不存在两个零点。

所以。

设函数的两个零点为，
则，设，
解得，
所以，
要证，
只需证，
设
设单调递增，
所以，
所以在区间上单调递增，
所以，
故．。