【精品高考数学试卷】2019年天津市高考数学模拟试卷(理科)+答案

2019年天津市高考数学模拟试卷（理科）（3月份）
一、选择题：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．（3分）已知集合A、B全集U＝{1、2、3、4}，且∁U（A∪B）＝{4}，B＝{1，2}，则A ∩∁U B＝（）
A．{3}B．{4}C．{3，4}D．∅
2．（3分）设变量x，y满足约束条件{x+y≤5
2x−y≤4
−x+y≤1
y≥0
，则目标函数z＝3x+5y的最大值为（）
A．6B．19C．21D．45
3．（3分）执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）
A．3B．10C．﹣6D．﹣15
4．（3分）设平面α与平面β相交于直线l，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b ⊥l，则“a⊥b”是“α⊥β”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
5．（3分）设函数f（x）＝sin（2x+π
4）+cos（2x+
π
4），则函数y＝f（x）是（）
A．奇函数，其图象关于点（π，0）对称
B．奇函数，其图象关于直线x=π
2对称
C．偶函数，其图象关于点（π，0）对称
D ．偶函数，其图象关于直线x =π
2
对称 6．（3分）已知函数f （x ）=
x 3cosx 的定义域是（−π2，π2），当x i ∈(−π2，π
2
)，i ＝1，2，3时，若x 1+x 2＞0，x 2+x 3＞0，x 1+x 3＞0，则有f （x 1）+f （x 2）+f （x 3）的值（ ） A ．恒等于零 B ．恒小于零 C ．恒大于零
D ．可能小于零，也可能大于零 7．（3分）已知双曲线
x 2a 2
−
y 2b 2
=1（a ＞0，b ＞0）的左顶点与抛物线y 2＝2px 的焦点的距离
为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为（﹣2，﹣1），则双曲线的焦距为（ ） A ．2√3
B ．2√5
C ．4√3
D ．4√5
8．（3分）设f （x ）={x 2+1(x ≥0)4xcosπx −1(x ＜0)，g （x ）＝kx ﹣1（x ∈R ），若函数y ＝f （x ）﹣g
（x ）在x ∈[﹣2，3]内有4个零点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．（2√2，
113
） B ．（2√2，
113
] C ．（2√3，4） D ．（2√3，4]
二、填空题（将答案填在答题纸上） 9．（3分）设复数z 满足
1+z 1−z
=i 其中i 为虚数单位，则复数z 的虚部是 ．
10．（3分）若（x +a
√x
3）8的展开式中x 4的系数为56，则实数a ＝ ．
11．（3分）在极坐标系中，直线θ=π
3
(ρ∈R)被圆ρ＝2a sin θ（a ＞0）所截弦长为2√3，则a ＝ ．
12．（3分）已知三棱锥A ﹣BCD 中，AB ⊥面BCD ，∠BDC ＝90°，AB ＝BD ＝2，CD ＝1，则三棱锥的外接球的体积为 ． 13．（3分）已知a ＞0，b ＞0，c ＞1，且a +b ＝1，则（
2a+b ab
−3）•c +
√2
c−1
的最小值为 ．
14．（3分）在直角三角形ABC 中，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°，AC ＝4，若AO →
=14AC →
，
动点D 满足|CD →|＝1，则|OA →+OB →+OD →
|的最小值是 ． 三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝7，角A ＝60°，且sin B +sin C =
13√3
14
． （1）求bc 的值；
（2）若b ＜c ，求cos （2B +A ）的值．
16．某饮料公司招聘了一名员工，现对其进行一项测试，以便确定工资级别．公司准备了两种不同的饮料共8杯，其颜色完全相同，并且其中4杯为A 饮料，另外4杯为B 饮料，公司要求此员工一一品尝后，从8杯饮料中选出4杯A 饮料．若4杯都选对，则月工资定位3500元；若4杯选对3杯，则月工资定为2800元，否则月工资定为2100元，今X 表示此人选对A 饮料的杯数，假设此人对A 和B 两种饮料没有鉴别能力． （1）求X 的分布列； （2）求此员工月工资的期望．
17．在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，平面ADE ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，DE ＝EF ＝1，DC ＝2，∠EAD ＝30°． （1）求证：CD ⊥平面ADE ；
（2）在线段BD 上是否存在点G ，使得平面EAD 与平面F AG 所成的锐二面角的大小为30°，若存在，求出
DG DB
的值；若不存在，说明理由．
18．数列{a n }是公比为1
2的等比数列，且1﹣a 2是a 1与1+a 3的等比中项，前n 项和为S n ，数
列{b n }是等差数列，b 1＝8，前n 项和T n 满足T n ＝n λ•b n +1（λ为常数，且λ≠1）． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式及λ的值； （Ⅱ）令∁n =1T 1+1T 2+⋯+1T n ，求证：∁n ≤1
4
S n ． 19．已知椭圆
x 2a 2
+
y 2b 2
=1（a ＞b ＞0）的离心率为
√6
3
，椭圆的左焦点为F ，椭圆上任意点到F 的最远距离是√6+2，过直线x =−a 2
c 与x 轴的交点M 任作一条斜率不为零的直线l 与椭圆交于不同的两点A 、B ，点A 关于x 轴的对称点为C ．
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：C、F、B三点共线；
（3）求△MBC面积S的最大值．
20．已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣（x﹣a）2（a∈R）．
（1）若f（x）在（0，+∞）上单调递减，求a的取值范围；
（2）若f（x）在x＝1处取得极值，判断当x∈（0，2]时，存在几条切线与直线y＝﹣2x 平行，请说明理由；
（3）若f（x）有两个极值点x1，x2，求证：x1+x2＞5 4．
2019年天津市高考数学模拟试卷（理科）（3月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：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．【解答】解：因为全集U ＝{1.2.3.4．}，且∁U （A ∪B ）＝{4}，所以A ∪B ＝{1，2，3}， B ＝{1，2}，所以∁U B ＝{3，4}，所以A ＝{3}或{1，3}或{3，2}或{1，2，3}． 所以A ∩∁U B ＝{3}． 故选：A ．
2．【解答】解：由变量x ，y 满足约束条件{x +y ≤5
2x −y ≤4
−x +y ≤1y ≥0，
得如图所示的可行域，由{x +y =5
−x +y =1解得A （2，3）．
当目标函数z ＝3x +5y 经过A 时，直线的截距最大， z 取得最大值．
将其代入得z 的值为21， 故选：C ．
3．【解答】解：模拟程序的运行，可得该程序的功能是计算并输出S ＝﹣12+22﹣32+42的值， 可得：S ＝﹣12+22﹣32+42＝10． 故选：B ．
4．【解答】解：由题意可得α∩β＝l ，a ⊂α，b ⊂β，若再满足a ⊥b ，则不能推得α⊥β； 但若满足α⊥β，由面面垂直的性质定理可得a ⊥b 故“a ⊥b ”是“α⊥β”的必要不充分条件．
5．【解答】解：f （x ）＝sin （2x +π
4）+cos （2x +π
4）=√2sin （2x +π
4+π
4）=√2sin （2x +π
2）=√2cos2x ，
则函数f （x ）是偶函数，
当x =π
2时，f （π
2
）=√2cos （2×π
2）=√2cos π=−√2，则图象关于直线x =π
2对称，
故选：D ．
6．【解答】解：因为当x ∈（−π2，π2）时，f （﹣x ）=−x 3cosx
=−f （x ），
所以函数y ＝f （x ）为奇函数， 当0＜x ＜π
2
时，f ′（x ）=
x 2(3cosx+xsinx)
cos 2x ＞0，
所以函数y ＝f （x ）在（0，π2
）为增函数， 又f （0）＝0，
所以函数y ＝f （x ）在（−π
2，π
2）为增函数，
又x 1+x 2＞0， 所以x 1＞﹣x 2，
所以f （x 1）＞f （﹣x 2），即f （x 1）+f （x 2）＞0， 同理：f （x 2）+f （x 3）＞0，f （x 1）+f （x 3）＞0， 所以2（f （x 1）+f （x 2）+f （x 3））＞0， 即f （x 1）+f （x 2）+f （x 3）＞0， 故选：C ．
7．【解答】解：根据题意，双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为（﹣2，﹣1）， 即点（﹣2，﹣1）在抛物线的准线上，又由抛物线y 2＝2px 的准线方程为x =−p
2
，则p ＝4，
则抛物线的焦点为（2，0）；
则双曲线的左顶点为（﹣2，0），即a ＝2；
点（﹣2，﹣1）在双曲线的渐近线上，则其渐近线方程为y ＝±1
2x ，
由双曲线的性质，可得b ＝1； 则c =√5，则焦距为2c ＝2√5；
8．【解答】解：∵f （x ）={x 2+1(x ≥0)
4xcosπx −1(x ＜0)，g （x ）＝kx ﹣1（x ∈R ），
令函数y ＝f （x ）﹣g （x ）＝0，则x ≠0， 则k ={x +2
x ，x ＞0
4cosπx ，x ＜0，
令h （x ）={
x +2x ，x ＞0
4cosπx ，x ＜0
，
则函数h （x ）的图象与y ＝k 在x ∈[﹣2，3]内有4个交点， 函数h （x ）的图象如下图所示：
由图可得：k ∈（2√2，113
]，
故选：B ．
二、填空题（将答案填在答题纸上） 9．【解答】解：由1+z 1−z
=i ，得1+z ＝i ﹣iz ，
∴z =
−1+i 1+i =(−1+i)(1−i)(1+i)(1−i)=2i
2
=i ， ∴复数z 的虚部是1． 故答案为：1．
10．【解答】解：由（x +a
√x
3）8的展开式的通项T r +1=C 8r x 8﹣
r （√x
3）r ＝a r C 8r
x
24−4r 3，
令
24−4r 3
=4，解得r ＝3，
即a 3C 83
=56，
则a ＝1，
故答案为：1． 11．【解答】解：联立{ρ=π
3
ρ=2asinθ
得ρ＝2a sin
π3
=
√3a ，√3a =2√3，解得a ＝2．
故答案为：2 12．【解答】解：如图，
∵AB ⊥面BCD ，∴AB ⊥DC ，
又∠BDC ＝90°，∴BD ⊥DC ，而AB ∩BD ＝B ， ∴DC ⊥平面ABD ，则DC ⊥AD ．
∴AC 为三棱锥A ﹣BCD 的外接球的直径，
∵AB ＝BD ＝2，CD ＝1，∴AC =√22+22+12=3． ∴三棱锥的外接球的半径为3
2．
∴三棱锥的外接球的体积为V =43π×(32)3=92
π． 故答案为：9
2π．
13．【解答】解：∵a ＞0，b ＞0，a +b ＝1， ∴
2a+b ab
=
2b
+
1a
=
2a+2b b
+
a+b a
=
2a
b
+2+1+b a =2a b +b a +3≥2√2a b ⋅b
a +3＝2√2+3，
∵c ＞1， ∴（
2a+b ab
−3）•c +√2
c−1
≥2√2•c +√2
c−1
=√2[2（c ﹣1）+1
c−1+2] ≥√2[2√2(c −1)⋅1
c−1
+2] ＝4+2√2，
其中等号成立的条件为：当且仅当{a +b =12a b =b
a
2(c −1)=1
c−1
，
解得：a =√2−1，b ＝2−√2，c ＝1+√2
2
，
∴（
2a+b ab
−3）•c +
√2
c−1
的最小值为4+2√2．
故答案为：4+2√2．
14．【解答】解：建立以点B 为直角坐标系的原点，BA ，BC 所在直线为x ．y 轴的直角坐标系，
由已知有B （0，0），A （2，0），C （0，2√3），O （3
2，
√3
2
），D （cos θ，2√3+sin θ）， 则OA →+OB →+OD →
=（cos θ−52
，sin θ+
√3
2
），
则|OA →
+OB →
+OD →
|的几何意义为点E （cos θ，sin θ）与点F （5
2，−√3
2）的距离，
又点E 的轨迹方程为x 2+y 2＝1，
由圆的性质可得：|EF |的最小值为(52)2+(−3
2)2−1=√7−1， 即|OA →
+OB →
+OD →
|的最小值是√7−1， 故答案为：√7−1．
三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15．【解答】解：（1）由正弦定理结合合分比的性质有：
a
sinA
=
b+c sinB+sinC
，
则b +c =a(sinB+sinC)sinA =7×13√
3
14
2
2
=13，
由余弦定理有：a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ，即a 2＝（b +c ）2﹣2bc ﹣2bc cos A ， 则：72＝132﹣bc ﹣2bc ×1
2，据此可得：bc ＝40． （2）∵b +c ＝13，bc ＝40，b ＜c ，
∴b ＝5，c ＝8，
∴cos B =a 2+c 2−b 2
2ac =1114，sin B =5√13
14
， 可得：cos2B ＝2cos 2B ﹣1=46196，sin2B ＝2sin B cos B =110√3
196， ∴cos （2B +A ）＝cos2B cos π
3−sin2B sin
π3
=−
7198
．
16．【解答】解：（1）X 的所有可能取值为0，1，2，3，4， P （X ＝0）=1C 84
=1
70 P （X ＝1）=C 41C 4
3
C 84=
1670 P （X ＝2）=C 42C 42C 84=3670 P （X ＝3）=C 41C 43C 84=16
70
P （X ＝4）=
1C 8
4=170 （2）此员工月工资Y 的所有可能取值有3500、2800、2100， P （Y ＝3500）＝P （X ＝4）=1C 84=1
70 P （Y ＝2800）＝P （X ＝3）=
C 41C 43
C 8
4=
16
70
P （Y ＝2100）＝P （X ＝0）+P （X ＝1）+P （X ＝2）=5370
EY =3500×1
70+2800×16
70+2100×53
70=2280
17．【解答】证明：（1）∵平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE ∩平面ABCD ＝AD ， 正方形ABCD 中，CD ⊥AD ， ∴CD ⊥平面ADE ．
解：（2）由（1）知平面ABCD ⊥平面AED ．
在平面DAE 内，过D 作AD 的垂线DH ，则DH ⊥平面ABCD ，
以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DH 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
则D （0，0，0），B （2，2，0），C （0，2，0），A （2，0，0），F （1
2，1，
√3
2
）， DB →=（2，2，0），AF →
=（−32，1，√3
2），
设DG →
=λDB →
=(2λ，2λ，0)，λ∈[0，1]，则AG →
=（2λ﹣2，2λ，0），
设平面F AG 的一个法向量n →=（x ，y ，z ），
则{n →⋅AF →=−32x +y +√32z =0n →⋅AG →=(2λ−2)x +2λy =0
， 令x =−√3λ，得n →=（−√3λ，√3(λ−1)，2−5λ），
平面EAD 的一个法向量m →=（0，1，0），
由已如得cos30°=|m →⋅n →
||m →|⋅|n →|=|√3(λ−1)|√3λ2+3(1−λ)2+(2−5λ)2=√32， 化简可得：9λ2﹣6λ+1＝0，解得λ=13，
∴DG
DB =1
3．
18．【解答】解：（Ⅰ）∵数列{a n }是公比为1
2的等比数列， 且1﹣a 2是a 1与1+a 3的等比中项，
∴（1﹣a 2）2＝a 1（1+a 3），
解得a 1=12，∴a n =(12)n ，（2分）
由已知得{T 1=λb 2T 2=2λb 3，从而{8=λ(8+d)16+d =2λ(8+2d)
， 解得λ=12，d ＝8，
解得b n ＝8n ．（4分） （Ⅱ）c n =1T 1+1T 2
+⋯+1T n =14（1−12+12−13+⋯+
1n+1） =14(1−1n+1)，
14S n =1
4[1−(1
2)n ]，（8分）
c n ≤14S n ，即14(1−1n+1)≤14[1−(12)n ]， ∴n +1≤2n ，（9分）
当n ＝1时，2n ＝n +1，（10分）
当n ≥2时，
2n ＝（1+1）n =C n 0+C n 1+⋯+C n n =1+n +…+1＞n +1．
∴n +1≤2n 成立．
∴∁n ≤14S n ．（12分）
19．【解答】解：（1）由题意可得：{c a =√63a +c =√6+2a 2=b 2+c 2
，解得：{a 2=6b 2=2c 2=4， 故椭圆的离心率为：x 26+y 22=1．
（2）结合（1）中的椭圆方程可得：−a 2c =−62
=−3，故M （﹣3，0）， 设直线l 的方程为x ＝ty ﹣3，
联立直线方程与椭圆方程：{x =ty −3
x 26+y 22
=1可得： （t 2+3）y 2﹣6ty +3＝0．
直线与椭圆相交，则：△＝36t 2﹣12（t 2+3），
解得：t ＞√62或t ＜−√62．
设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则C （x 1，﹣y 1），F （﹣c ，0），
则：y 1y 2=3t 2+3，y 1+y 2=6t t 2+3
， 故：k BF −k CF =y 2x 2+c −y 1x 1+c =y 2ty 2−3+c +y 1ty 1−3+c =2ty 1y 2+(c−3)(y 1+y 2)t 2y 1y 2+(c−3)t(y 1+y 2)+(3−c)2 =2t⋅3t 2+3+(c−3)⋅6t t 2+3t 2⋅3t 2+3+(c−3)⋅6t t 2+3
+(3−c)2 将c ＝2代入上式可得：k BF ﹣k CF ＝0，
故C 、F 、B 三点共线；
（3）结合（2）中的结论可得：
△BMC 的面积S ＝S △MAC ﹣S △BAC =12(x 1+3)⋅AC −12(x 1−x 2)•AC ＝（x 2+3）|y 1|＝ty 1y 2|
=3|t|t 2+3≤2√3t =√32． 当且仅当t =±√3时等号成立，故△MBC 的面积的最大值为√32
． 20．【解答】解：（1）f （x ）＝（x ﹣1）lnx ﹣（x ﹣a ）2（a ∈R ）．
由f （x ）在（0，+∞）上单调递减，∴f ′（x ）＝lnx +x−1x −2（x ﹣a ）＝lnx −1
x −2x +1+2a ≤0恒成立．
令g （x ）＝lnx −1x −2x +1+2a ，
则g ′（x ）=1x +1x 2−2=−(2x+1)(x−1)x 2（x ＞0）， 可得：x ＝1时，函数g （x ）取得极大值即最大值．
∴g （x ）max ＝g （1）＝2a ﹣2≤0，解得a ≤1．
a 的取值范围是（﹣∞，1]．
（2）f （x ）在x ＝1处取得极值，则f ′（1）＝0，可得a ＝1．
令f ′（x ）＝lnx −1x −2x +3＝﹣2，即lnx −1
x −2x +5＝0．
设h （x ）＝lnx −1x −2x +5，则h ′（x ）=1x +1x 2−2=−(2x+1)(x−1)x 2（x ＞0）． 故h （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，2）上单调递减，
注意到h （e ﹣5）＝﹣e 5﹣2e ﹣5＜0，h （1）＝2，h （2）＝ln 2+12
＞0， 则方程lnx −1x −2x +5＝0在（0，2]内只有一个实数根，
即当x ∈（0，2]时，只有一条斜率为﹣2且与函数f （x ）图象相切的直线． 但事实上，若a ＝1，则f ′（x ）＝lnx −1x −2x +3，f ″（x ）=−(2x+1)(x−1)x 2
， 故函数f ′（x ）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，2）上单调递减， 且f ′（1）＝0﹣1﹣2+3＝0，故函数f ′（x ）≤0在区间（0，2]上恒成立， 函数f （x ）在区间（0，2]上单调递减，即函数不存在极值点，
即不存在满足题意的实数a ，也不存在满足题意的切线．
（3）证明：若函数有两个极值点x 1，x 2，不妨设0＜x 1＜x 2，
由（Ⅰ）可知a ＞1，且：
f ′（x 1）＝lnx 1−1
x 1−2x 1+1+2a ①，
f′（x2）＝lnx2−1
x2
−2x2+1+2a②，
由①﹣②得：ln x1
x2
+x1−x2
x1x2
−2（x1﹣x2）＝0，
∴（x1﹣x2）（1
x1x2−2）=−ln x1x
2
＞0，
∴1
x1x2
＜2．，
即∴x1x2＞1
2＞
1
e．
由①+②得：ln（x1x2）+2−x1+x2
x1x2
−2（x1+x2）+4a＝0．
∴x1+x2=ln(x1x2)+2+4a
1
x1x2
+2
＞
−1+2+4
2+2
=54．
∴x1+x2＞5 4．。