2019年山西省孝义市高考数学模拟最后一卷(文)含答案解析

2019年山西省孝义市高考数学模拟最后一卷（文科）
一、选择题
1．若复数z 满足z=1﹣i +，则z 的虚部为（ ）
A ．﹣i
B ．﹣
C ． i
D ．
2．设集合M={x |x 2+x ≤0}，N={x |2x ＞}，则M ∪N 等于（ ）
A ．[﹣1，0]
B ．（﹣1，0）
C ．（﹣2，+∞）
D ．（﹣2，0]
3．函数f （x ）=x 2﹣|x |﹣6，则f （x ）的零点个数为（ ）
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
4．已知向量，满足||=2，||=1，（ +）•=0，那么向量，的夹角为（ ） A ．30° B ．60° C ．150° D ．120°
5．直线3x +4y=b 与圆x 2+y 2﹣2x ﹣2y ﹣2=0相切，则b=（ ）
A ．3或17
B ．3或﹣17
C ．﹣3或﹣17
D ．﹣3或17
6．如图给出的是计算+++…+
+的值的程序框图，其中判断框内应填入的是
（ ）
A ．i ≤4030？
B ．i ≥4030？
C ．i ≤4032？
D ．i ≥4032？
7．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥外接球的表面积是（ ）
A．π B．34πC．π D．17π
8．设a，b，c为三角形ABC三边长，a≠1，b＜c，若sinA+cosA=，且
+=2，则B角大小为（）
A．B．C．D．
9．设抛物线C：y2=16x，斜率为k的直线l与C交于A，B两点，且OA⊥OB，O为坐标原点，则l恒过定点（）
A．（8，0）B．（4，0）C．（16，0） D．（6，0）
10．已知数列a n=lg，S n为{a n}的前n项和，若S n＜2，则项数n的最大值为（）
A．98 B．99 C．100 D．101
11．定义域为R的可导函数y=f（x）的导函数f′（x），满足f（x）＞f′（x），且f（0）=2，则不等式f（x）＜2e x的解集为（）
A．（﹣∞，0）B．（﹣∞，2）C．（0，+∞）D．（2，+∞）
12．设函数f（x）=，若f（f（））=8，则m=（）
A．2 B．1 C．2或1 D．
二、填空题
13．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=2，b=3，cosC=，则
sinA=．
14．已知不等式组则z=的最大值为．
15．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，E、F分别是棱AB，BB1的中点，A1E与C1F 所成的角的余弦值是．
16．过双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的右焦点F作渐近线的垂线，设垂足为P（P为第
一象限的点），延长FP交抛物线y2=2px（p＞0）于点Q，其中该双曲线与抛物线有一个共
同的焦点，若=（+），则双曲线的离心率的平方为．
三、解答题
17．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，=，且a+c=2．
（1）求角B；
（2）求边长b的最小值．
（2）以十位为茎，个位数为叶，作出这30位志愿者年龄的茎叶图；
（3）求这30位志愿者年龄的方差．
19．在三棱锥D﹣ABC，AB=BC=CD=DA=9，∠ADC=∠ABC=120°，M、O分别为棱BC，
AC的中点，DM=4．
（1）求证：平面ABC⊥平面MDO；
（2）求点M到平面ABD的距离．
20．已知椭圆C： +=1（a＞b＞0），F1，F2分别是其左、右焦点，A是椭圆上一点，
•=0，直线AF1的斜率为，长轴长为8．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线y=kx+（k≠0）交椭圆C于不同的点E，F，且E，F都在以B（0，﹣2）为圆心的圆上，求k的值．
21．已知f（x）=x3﹣x2﹣2x+5．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）过（0，a）可作y=f（x）的三条切线，求a的取值范围．
[选修4-1：几何证明选讲]
22．BD是等腰直角三角形△ABC腰AC上的中线，AM⊥BD于点M，延长AM交BC于点N，AF⊥BC于点F，AF与BD交于点E．
（1）求证；△ABE≌△ACN；
（2）求证：∠ADB=∠CDN．
[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]
23．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，已知
曲线C的极坐标方程为：ρsin2θ﹣6cosθ=0，直线l的参数方程为：（t为参数），
l与C交于P1，P2两点．
（1）求曲线C的直角坐标方程及l的普通方程；
（2）已知P0（3，0），求||P0P1|﹣|P0P2||的值．
[选修4-5：不等式选讲]
24．函数f（x）=|x|﹣2|x+3|．
（1）解不等式f（x）≥2；
（2）若存在x∈R使不等式f（x）﹣|3t﹣2|≥0成立，求参数t的取值范围．
2019年山西省孝义市高考数学模拟最后一卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．若复数z满足z=1﹣i+，则z的虚部为（）
A．﹣i B．﹣C．i D．
【考点】复数代数形式的混合运算．
【分析】化简z，从而求出z的虚部即可．
【解答】解：∵z=1﹣i+=1﹣i+=﹣，
则z的虚部是﹣，
故选：B．
2．设集合M={x|x2+x≤0}，N={x|2x＞}，则M∪N等于（）
A．[﹣1，0] B．（﹣1，0）C．（﹣2，+∞）D．（﹣2，0]
【考点】并集及其运算．
【分析】化简集合M，N，然后求出它们的并集即可．
【解答】解：由x2+x≤0，即x（x+1）≤0，解得﹣1≤x≤0，即M=[﹣1，0]，
由2x＞=2﹣2，即x＞﹣2，即N=（﹣2，+∞），
则M∪N=（﹣2，+∞）
故选：C．
3．函数f（x）=x2﹣|x|﹣6，则f（x）的零点个数为（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点】函数零点的判定定理．
【分析】解方程，根据方程的根的个数，即可得出f（x）的零点个数．
【解答】解：x＞0时，x2﹣x﹣6=0，解得x=﹣2或3，∴x=3；
x＜0时，x2+x﹣6=0，解得x=2或﹣3，∴x=﹣3；
∴f（x）的零点个数为2个．
故选：B．
4．已知向量，满足||=2，||=1，（ +）•=0，那么向量，的夹角为（）A．30°B．60°C．150°D．120°
【考点】平面向量数量积的运算．
【分析】展开（+）•=0，代入数量积公式即可求得向量，的夹角．
【解答】解：设向量，的夹角为θ，
由||=2，||=1，（ +）•=0，
得，
即2×1×cosθ=﹣1，
∴cos．
∵θ∈[0°，180°]，
∴θ=120°．
故选：D．
5．直线3x+4y=b与圆x2+y2﹣2x﹣2y﹣2=0相切，则b=（）
A．3或17 B．3或﹣17 C．﹣3或﹣17 D．﹣3或17
【考点】直线与圆的位置关系．
【分析】先求出圆x2+y2﹣2x﹣2y﹣2=0的圆心和半径，由直线3x+4y=b与圆x2+y2﹣2x﹣2y ﹣2=0相切，得到圆心到直线3x+4y=b的距离等于半径，由此能求出b．
【解答】解：圆x2+y2﹣2x﹣2y﹣2=0的圆心（1，1），半径r==2，
∵直线3x+4y=b与圆x2+y2﹣2x﹣2y﹣2=0相切，
∴圆心（1，1）到直线3x+4y=b的距离d==2，
解得b=﹣3或b=17．
故选：D．
6．如图给出的是计算+++…++的值的程序框图，其中判断框内应填入的是
（）
A．i≤4030？B．i≥4030？C．i≤4032？D．i≥4032？
【考点】程序框图．
【分析】程序的功能是求S=+++…++的值，且在循环体中，S=S+表示，
每次累加的是的值，故当i≤4032应满足条件进入循环，进而得到答案．
【解答】解：∵程序的功能是求S=+++…++的值，
且在循环体中，S=S+表示，每次累加的是的值，
故当i≤4032应满足条件进入循环，
i＞4032时就不满足条件
分析四个答案可得条件为：i≤4032，
故选：C
7．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥外接球的表面积是（）
A．π B．34πC．π D．17π
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】由三视图知该几何体是一个四棱锥，并画出对应的长方体，由三视图求出几何元素的长度，由长方体求出外接球的半径，由球体的表面积公式求出该四棱锥外接球的表面积．【解答】解：根据三视图可知几何体是一个四棱锥P﹣ABCD，如图：
且四棱锥P﹣ABCD是长方体的一部分，AP=4、AB=AD=3，
∴该四棱锥和正方体的外接球相同，设外接球的半径是R，
则2R==，R=，
∴该四棱锥外接球的表面积S=4πR2=34π，
故选：B．
8．设a，b，c为三角形ABC三边长，a≠1，b＜c，若sinA+cosA=，且
+=2，则B角大小为（）
A ．
B ．
C ．
D ．
【考点】余弦定理．
【分析】+=2，化为=2，可得c 2=b 2+a 2，．由
sinA +cosA=，可得2=，A ∈，解得A ．即可得出B ．
【解答】解：∵+=2，
∴log a （c ﹣b ）+log a （c +b ）=
=2， ∴c 2﹣b 2=a 2，即c 2=b 2+a 2，
∴
．
∵
sinA +cosA=，
∴2
=，A ∈，
∴A +
=，解得A=．
则B==．
故选：D ．
9．设抛物线C ：y 2=16x ，斜率为k 的直线l 与C 交于A ，B 两点，且OA ⊥OB ，O 为坐标原点，则l 恒过定点（ ）
A ．（8，0）
B ．（4，0）
C ．（16，0）
D ．（6，0）
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】设直线l ：x=my +b ，代入抛物线y 2=16x ，利用韦达定理及向量数量积公式即可得到结论．
【解答】解：设直线l ：x=my +b ，（b ≠0），代入抛物线y 2=16x ，可得y 2﹣16my ﹣16b=0． 设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则y 1+y 2=16m ，y 1y 2=﹣16b ，
∴x 1x 2=（my 1+b ）（my 2+b ）=b 2，
∵OA ⊥OB ，∴x 1x 2+y 1y 2=0，
可得b 2﹣16b=0，
∵b ≠0，∴b=16，∴直线l ：x=my +16，
∴直线l 过定点（16，0）．
故选：C ．
10．已知数列a n =lg
，S n 为{a n }的前n 项和，若S n ＜2，则项数n 的最大值为（ ） A ．98 B ．99 C ．100 D ．101
【考点】数列的求和．
【分析】利用对数的运算性质展开a n，累加后求得S n，再由S n＜2求得项数n的最大值．
【解答】解：由a n=lg=lg（n+1）﹣lgn，
得S n=a1+a2+…+a n=（lg2﹣lg1）+（lg3﹣lg2）+（lg4﹣lg3）+…+[lg（n+1）﹣lgn]=lg（n+1）．由S n＜2，得lg（n+1）＜2，即n+1＜100，n＜99，
∵n∈N*，∴n的最大值为98．
故选：A．
11．定义域为R的可导函数y=f（x）的导函数f′（x），满足f（x）＞f′（x），且f（0）=2，则不等式f（x）＜2e x的解集为（）
A．（﹣∞，0）B．（﹣∞，2）C．（0，+∞）D．（2，+∞）
【考点】函数的单调性与导数的关系．
【分析】构造函数g（x）=，通过导函数判断函数的单调性，利用单调性得出x的范围．
【解答】设g（x）=，
则g'（x）=，
∵f（x）＜f′（x），
∴g'（x）＞0，即函数g（x）单调递增．
∵f（0）=2，
∴g（0）=f（0）=2，
则不等式等价于g（x）＞g（0），
∵函数g（x）单调递增．
∴x＞0，
∴不等式的解集为（0，+∞），
故选：C．
12．设函数f（x）=，若f（f（））=8，则m=（）
A．2 B．1 C．2或1 D．
【考点】分段函数的应用；函数的值；函数的零点；函数的零点与方程根的关系．
【分析】直接利用分段函数以及函数的零点，求解即可．
【解答】解：函数f（x）=，若f（f（））=8，
可得f（4﹣m）=8，
若4﹣m＜1，即3＜m，可得5（4﹣m）﹣m=8，解得m=2，舍去．
若4﹣m≥1，即m≤3，可得24﹣m=8，解得m=1．
故选：B．
二、填空题
13．设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a=2，b=3，cosC=，则sinA=
． 【考点】余弦定理；正弦定理．
【分析】由余弦定理可得：解得c=3．△ABC 是等腰三角形．于是cosC==sin ，cos
=．利用sinA=2sin cos 即可得出．
【解答】解：由余弦定理可得：c 2=a 2+b 2﹣2abcosC=22+32﹣2×2×3×=9， 解得c=3．
∴△ABC 是等腰三角形．
∴cosC==sin ，
cos ==．
∴sinA=2sin cos =
，
故答案为：
．
14．已知不等式组则z=的最大值为 3 ．
【考点】简单线性规划．
【分析】画出满足条件的平面区域，结合的几何意义求出z 的最大值即可．
【解答】解：画出满足条件的平面区域，如图示：
，
的几何意义表示平面区域内的点与点A（﹣1，1）的直线的斜率，
结合图象直线过AB时，斜率最大，
此时z==3，
故答案为：3．
15．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，E、F分别是棱AB，BB1的中点，A1E与C1F
所成的角的余弦值是．
【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离．
【分析】先建立空间直角坐标系以D为坐标原点，DC为x轴，DA为y轴，DD1为z轴，规定棱长为1，再求出A1E与C1F直线所在的向量坐标，然后根据向量的夹角公式求出夹角的余弦值即可．
【解答】解：以DC为x轴，DA为y轴，DD1为z轴；建立空间直角坐标系以D为坐标原点，棱长为1．
∴A（0，1，0），B（1，1，0），B1（1，1，1），C1（1，0，1）．
A1（0，1，1）
∴E（，1，0），F（1，1，）
可得=（），=（0，1，﹣）
∴•=；
||==，||==．
则．
故答案为：．
16．过双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的右焦点F作渐近线的垂线，设垂足为P（P为第一象限的点），延长FP交抛物线y2=2px（p＞0）于点Q，其中该双曲线与抛物线有一个共
同的焦点，若=（+），则双曲线的离心率的平方为．
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】由=（+），可得P为FQ的中点，设F（c，0），一条渐近线方程和垂直
的垂线方程，求得交点P的坐标，由中点坐标公式可得Q的坐标，代入抛物线的方程，结合离心率公式，解方程可得所求值．
【解答】解：由=（+），可得P为FQ的中点，
设F（c，0），由渐近线方程y=x，①
可设直线FP的方程为y=﹣（x﹣c），②
由①②解得P（，），
由中点坐标公式可得Q（﹣c，），
代入抛物线的方程可得=2p•（﹣c），③
由题意可得c=，即2p=4c，
③即有c4﹣a2c2﹣a4=0，
由e=，可得e4﹣e2﹣1=0，
解得e2=．
故答案为：．
三、解答题
17．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，=，且a+c=2．
（1）求角B；
（2）求边长b的最小值．
【考点】余弦定理的应用；正弦定理．
【分析】（1）利用正弦定理化简表达式，求角B；个两角和与差的三角函数化简求解即可．（2）利用余弦定理求边长b的最小值．推出b的表达式，利用基本不等式求解即可．
【解答】解：（1）在△ABC中，由已知，
即cosCsinB=（2sinA﹣sinC）cosB，
sin（B+C）=2sinAcosB，sinA=2sinAcosB，…4分
△ABC 中，sinA≠0，
故．…6分．
（2）a+c=2，
由（1），因此b2=a2+c2﹣2accosB=a2+c2﹣ac …9分
由已知b2=（a+c）2﹣3ac=4﹣3ac …10分
…11分
故b 的最小值为1．…12分
（2）以十位为茎，个位数为叶，作出这30位志愿者年龄的茎叶图；
（3）求这30位志愿者年龄的方差．
【考点】极差、方差与标准差；频率分布表；茎叶图．
【分析】（1）根据表格读出即可；（2）按要求作出茎叶图即可；（3）根据求平均数和方差的公式求出即可．
【解答】解：（1）众数为19，极差为21．…2分，
（2）茎叶图如图下：．…5分
（3）年龄的平均数为：
，…8分
故这30位志愿者年龄的方差为：
．…12分
19．在三棱锥D ﹣ABC ，AB=BC=CD=DA=9，∠ADC=∠ABC=120°，M 、O 分别为棱BC ，
AC 的中点，DM=4．
（1）求证：平面ABC ⊥平面MDO ； （2）求点M 到平面ABD 的距离．
【考点】点、线、面间的距离计算；平面与平面垂直的判定． 【分析】（I ）证明OD ⊥OM ．OD ⊥AC ．推出OD ⊥平面ABC ，然后证明平面ABC ⊥平面MDO ． （Ⅱ）利用V M ﹣ABD =V D ﹣MAB ，求出相关几何体的底面面积，以及高，求解点M 到平面ABD 的距离． 【解答】解：（I ）证明：由题意：OM=OD=4，
∵，∴∠DOM=90°，即OD ⊥OM ．
又∵在△ACD 中，AD=CD ，O 为AC 的中点，∴OD ⊥AC ． ∵OM ∩AC=O ，∴OD ⊥平面ABC ，
又∵OD ⊂平面MDO ，∴平面ABC ⊥平面MDO ．… （Ⅱ）由（I ）知OD ⊥平面ABC ，OD=4
△ABM 的面积为
．
又∵在Rt △BOD 中，OB=OD=4，得，AB=AD=8，
∴
．
∵V M ﹣ABD =V D ﹣MAB ，即
∴
，
∴点M 到平面ABD 的距离为．…
20．已知椭圆C ：
+
=1（a ＞b ＞0），F 1，F 2分别是其左、右焦点，A 是椭圆上一点，
•
=0，直线AF 1的斜率为
，长轴长为8．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）直线y=kx +（k ≠0）交椭圆C 于不同的点E ，F ，且E ，F 都在以B （0，﹣2）为圆心的圆上，求k 的值．
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程． 【分析】（1）利用直线的斜率，求出离心率，通过长轴长求解椭圆的几何量，然后求解椭圆的方程．
（2）联立直线与椭圆方程，通过韦达定理求出D的坐标，然后求解BD的斜率，求解k的值．
【解答】解：（1）F1，F2分别是其左、右焦点，A是椭圆上一点，•=0，A（c，
），
直线AF1的斜率为，
∴，，，，
，，2a=8，∴a=4，，∴b2=4，∴．…
（2），消去y，可得，
（1+4k2）x2+12kx﹣7=0，，，
中点，…
由题意，
∴，，，．…
21．已知f（x）=x3﹣x2﹣2x+5．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）过（0，a）可作y=f（x）的三条切线，求a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；（2）设切点为（x0，f（x0）），表示出切线方程，求出a的表达式，通过求出求出a的范围即可．【解答】解：（1）f′（x）=3x2﹣x﹣2=（3x+2）（x﹣1），
故，x∈（1，+∞），（﹣∞，﹣）时，f（x）单调递增，单调递减．…
（Ⅱ）过（0，a）可作y=f（x）的切线，
设切点为（x0，f（x0）），则切线的方程为：y﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），
即，
又（0，a）在切线上，
故，
即．…
由已知得：y=a与有三个交点，
y'=﹣6x2+x，令y'=0，得，…，
，
故a的取值范围为．…
[选修4-1：几何证明选讲]
22．BD是等腰直角三角形△ABC腰AC上的中线，AM⊥BD于点M，延长AM交BC于点N，AF⊥BC于点F，AF与BD交于点E．
（1）求证；△ABE≌△ACN；
（2）求证：∠ADB=∠CDN．
【考点】相似三角形的判定．
【分析】（1）通过证明∠BAE=∠C，AB=AC，∠ABD=∠NAC，即可判定△ABE≌△ACN．（2）由AE=NC，AD=CD，∠EAD=∠C，可证明△ADE≌△CDN，利用全等三角形的性质即可证明∠ADB=∠CDN．
【解答】（本题满分为10分）
证明：（1）∠BAE=∠C=45°，
AB=AC，
∠ABD=∠NAC（∠ADB的余角），
∴△ABE≌△ACN．…
（2）由（1）可得AE=NC，
AD=CD，∠EAD=∠C=45°，
∴△ADE≌△CDN，
∴∠ADB=∠CDN．…
[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]
23．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，已知
曲线C的极坐标方程为：ρsin2θ﹣6cosθ=0，直线l的参数方程为：（t为参数），
l与C交于P1，P2两点．
（1）求曲线C的直角坐标方程及l的普通方程；
（2）已知P0（3，0），求||P0P1|﹣|P0P2||的值．
【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．
【分析】（1）根据极坐标和普通坐标之间的关系进行转化求解．
（2）将直线的参数方程代入抛物线方程，利用参数方程的几何意义进行求解．
【解答】解：（1）∵ρsin2θ﹣6cosθ=0，
∴ρ2sin2θ﹣ρ6cosθ=0，
由得y2=6x，即C的直角坐标方程，
直线l消去参数t得x=3+（2y），
整理得．
（2）将l的参数方程代入y2=6x，得．
设P1，P2对应参数分别为t1，t2，，t1•t2=﹣72，
所求．
[选修4-5：不等式选讲]
24．函数f（x）=|x|﹣2|x+3|．
（1）解不等式f（x）≥2；
（2）若存在x∈R使不等式f（x）﹣|3t﹣2|≥0成立，求参数t的取值范围．
【考点】函数恒成立问题；绝对值不等式的解法．
【分析】去掉绝对值符号，化简函数的解析式为分段函数，
（I）不等式转化为或或，求出解集即可．
（Ⅱ）求出f（x）max=3，转化不等式为f（x）max﹣|3t﹣2|≥0，然后求解参数t的取值范围．
【解答】解：，…
（I）或或，
∴﹣4≤x＜﹣3或或ϕ．
∴不等式f（x）≥2的解集为．…
（Ⅱ）∵f（x）max=3∴只需f（x）max﹣|3t﹣2|≥0，即3﹣|3t﹣2|≥0，
亦即|3t﹣2|≤3，解之得：，
∴参数t的取值范围．…
2019年9月6日。