2019届全国新高考原创仿真试卷(三)数学试卷文科

2019届全国新高考原创仿真试卷（三）
数学文科
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。

第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本大题共12个小题,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，或，若，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
则
故选C.
2. 是虚数单位，复数满足，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
故选B.
3. 已知“正三角形的内切圆与三边相切，切点是各边的中点”，类比之可以猜想：正四面体的内切球与各面相切，切点是（）
A. 各面内某边的中点
B. 各面内某条中线的中点
C. 各面内某条高的三等分点
D. 各面内某条角平分线的四等分点
【答案】C
【解析】由平面中关于正三角形的内切圆的性质：“正三角形的内切圆切于三边的中点”，根据平面上关于正三角形的内切圆的性质类比为空间中关于内切球的性质，
我们可以推断在空间几何中有：
“正四面体的内切球切于四面体各正三角形的位置是各正三角形的中心”
故选C．
4. 设函数在上为增函数，则下列结论一定正确的是（）
A. 在上为减函数
B. 在上为增函数
C. 在上为增函数
D. 在上为减函数
【答案】D
【解析】A错，如在上无单调性；
B. 错，如在上无单调性；
C. 错，如在上无单调性；
故选D.
5. 投掷两枚质地均匀的正方体散子，将两枚散子向上点数之和记作.在一次投掷中，已知是奇数，则的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设两枚骰子向上点数分别为X，Y，则符合X+Y为奇数的基本事件为18（见表格），
其中符合X+Y=9基本事件为4，根据古典概型知所求概率为
故选：B
6. 过抛物线的焦点，且与其对称轴垂直的直线与交于两点，若在两点处的切线与的对称轴交于点，则外接圆的半径是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为直线过抛物线的焦点，且与其对称轴垂直，故
由可知在两点处的切线斜率为
即为直角三角形，又所以外接圆的半径是.
故选B.
7. 若，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
故选D.
8. 在中，内角的对边分别为，若，且，则（）
A. 1
B.
C.
D. 4
【答案】D
【解析】由正弦定理可得
由余弦定理可得，解得
故选B.
9. 某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长为1，则该几何体的体积是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】该几何体是如图所示的四面体ABCD，其体积为
故答案为：A
点睛：空间几何体体积问题的常见类型及解题策略
(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．
(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．
(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．
10. 执行如图所示的程序框图，与输出的值最接近的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】随机数x，y的取值范围分别是共产生n个这样的随机数对.数值i表示这些随机数对中满足关系的个数.
.
故选：C
11. 《九章算术》中记载了我国古代数学家祖暅在计算球的体积中使用的一个原理:“幂势既同，则积不异”，此即祖暅原理，其含义为:两个同高的几何体，如在等高处的截面的面积恒相等，则它们的体积相等.如图，设满足不等式组的点组成的图形（图（1）中的阴影部分)绕轴旋转，所得几何体的体积为；满足不等式组的点组成的图形（图（2）中的阴影部分)绕轴旋转，所得几何体的体积为.利用祖暅原理，可得（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由条件可得，用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点的距离为h，则所得截面,所以，由祖庚原理可得
又，所以
故选：C
12. 若对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由已知可得对任意的恒成立，
设则
当时在上恒成立，在上单调递增，又
在上不合题意；
当时，可知在单调递减，在单调递增，要使
在在上恒成立，只要，令可知
在上单调递增，，在在上单调递减，又
故选A.
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 已知为单位向量，，且，则与夹角的大小是__________．
【答案】
【解析】由题则与夹角的大小是.
即答案为.
14. 若实数满足约束条件则的最大值是__________．
【答案】2
【解析】画出可行域如图所示，由题意可知满足条件的只有
四个点，由此可知的最大值是2.
即答案为2.
【答案】
【解析】
由
故函数在上的单调递增区间是.
即答案为.
【答案】
【解析】由
由椭圆在处的切线平行于，可设切线方程为
由得※
由可得代入※可得
，又
即答案为.
三、解答题（本大题共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. 已知等差数列的公差不为零，，且.
（1）求与的关系式；
（2）当时，设,求数列的前项和.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）由，且.结合等差数列的通项公式可得. （2）由（1）及，可得.
所以.利用裂项相消法可求数列的前项和
.
试题解析:（1）因为，所以，
即有.
因为，即，所以.
（2）因为，又，所以.
所以.
所以
.
18. 如图，四棱柱的底面为菱形，且.
（1）证明：四边形为矩形；
（2）若，平面，求四棱柱的体积.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析：（1）由底面为菱形，可得，由可证，由此可得平面，进而证明.即可证明四边形为矩形；
（2）由平面，可得平面平面，且交线为.
过点作，垂足为点，则平面.即为四棱柱的高，求出地面面积即可得到四棱柱的体积.
试题解析：（1）证明: 连接，设，连接.
∵，∴.
又为的中点，∴.
∴平面，∴.
∵，∴.
又四边形是平行四边形，则四边形为矩形.
（2）解：由，可得，∴.
由平面，可得平面平面，且交线为.
过点作，垂足为点，则平面.
因为平面,∴，即.
在中，可得.
所以四棱柱的体积为.
19. 某高三理科班共有60名同学参加某次考试，从中随机挑选出5名同学，他们的数学成绩
与物理成绩如下表：
数据表明与之间有较强的线性关系.
（1）求关于的线性回归方程；
（2）该班一名同学的数学成绩为110分，利用（1）中的回归方程，估计该同学的物理成绩；（3）本次考试中，规定数学成绩达到125分为优秀，物理成绩达到100分为优秀.若该班数学优秀率与物理优秀率分别为和，且除去抽走的5名同学外，剩下的同学中数学优秀但物理不优秀的同学共有5人.能否在犯错误概率不超过0.01的前提下认为数学优秀与物理优秀有关？
参考数据:回归直线的系数，.
，.
【答案】（1）（2）82（3）可以认为
【解析】试题分析：(1)由表格得到，进而得到，，从而得到关于的线性回归方程；(2) 将代入上述方程，得；（3）列出2×2列联表，求出
，从而作出判断.
试题解析：
（1）由题意可知，
故
.
，
故回归方程为.
（2）将代入上述方程，得.
（3）由题意可知，该班数学优秀人数及物理优秀人数分别为30,36.
抽出的5人中，数学优秀但物理不优秀的共1人，
故全班数学优秀但物理不优秀的人共6人.
于是可以得到列联表为：
于是，
因此在犯错误概率不超过0.01的前提下，可以认为数学优秀与物理优秀有关.
点睛：本题主要考查线性回归方程，属于难题.求回归直线方程的步骤：①依据样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系；②计算的值；③计算回归系数；
④写出回归直线方程为；回归直线过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.
20. 已知圆内有一动弦，且，以为斜边作等腰直角三角形
，点在圆外.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）从原点作圆的两条切线，分别交于四点，求以这四点为顶点的四边形的面积.
【答案】（1）（2）6
【解析】试题分析：（1）可证为等腰直角三角形.进而证明四边形为正方形.则点
的轨迹是以为圆心，2为半径的圆；即可得到点的轨迹的方程；
（2）由四边形的面积，可求出其面积.
试题解析：（1）连接，∵，∴为等腰直角三角形.
∵为等腰直角三角形，∴四边形为正方形.
∴，∴点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
则的方程为.
（2）如图，,于点，连接.
在中，∵，∴.
∴，∴.
∴与为正三角形.
∵，且，∴.
∴四边形的面积.
21. 已知函数.
（1）判断的零点个数；
（2）若函数，当时，的图象总在的图象的下方，求的取值范围. 【答案】（1）1（2）
【解析】试题分析：（1）的定义域为，利用导数研究其单调性，可知
在上只有一个零点.
（2）由题意当时，恒成立.令，求导，分当时和当时两种情况讨论其性质，可得的取值范围.
试题解析：（1）的定义域为，
又，
∵，∴，
∴在上为增函数，又，
∴在上只有一个零点.
（2）由题意当时，恒成立.
令，则.
当时，∵，∴在上为增函数.
又，∴恒成立.
当时，，
令，则.
令的两根分别为且，
则∵，∴，
当时，，∴，
∴在上为减函数，又，∴当时，.
故的取值范围为.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值、恒成立问题的等价转化问题等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．
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.
22. 选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数，为倾斜角).
（1）若，求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）若与有两个不同的交点，且为的中点，求.
【答案】（1），（2）
【解析】试题分析：（1）时，把直线l的参数方程和曲线的极坐标方程华为普通方程；（2）把代入抛物线方程得，由
，解得，从而，解得.
试题解析：
（1）的普通房成为，
的直角坐标方程为.
（2）把代入抛物线方程得，
设所对应的参数为，则.
∵为的中点，∴点所对应的参数为，
∴，即.
则变为，此时，
∴.
23. 选修4-5：不等式选讲
已知函数.
（1）求函数的最小值；
（2）根据（1）中的结论，若，且，求证:.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】试题分析：（1）,从而得到函数的最小值；（2）利用反证法证明不等式.
试题解析：
（1）解：，当且仅当时取等号，
所以，即.
（2）证明:假设:，则.
所以. ①
由（1）知，所以. ②
①②矛盾，所以.。