2019年数学高考测试卷山东临沂临沂商城实验高考模拟试题二(理)

2019年数学高考测试卷山东临沂临沂商城实验高考模拟试题二（理）
一、选择题（共10小题；共50分）
1. i是虚数单位，复数2i
z
=−1+i，则z的共轭复数是( )
A. −1+i
B. −i+1
C. i+1
D. −i−1
2. 已知集合A={x∣ log2(x−4)≤0}，B={y∣ y=a x+1(a>0且a≠1)}，则∁R A∩B=( )
A. (5,+∞)
B. (1,4]
C. [1,4)∪[5,+∞)
D. (1,4]∪(5,+∞)
3. 已知随机变量ξ服从正态分布N(2,σ2)，且函数f(x)=x2+2x−ξ+1不存在零点的概率为
0.08，则P(0<ξ<2)=( )
A. 0.08
B. 0.42
C. 0.84
D. 0.16
4. 执行下面的程序框图，若输出S=511
256
，则输入p=( )
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
5. 设l,m是两条不同的直线，α是一个平面，已知m∥α，则“l⊥m”是“l⊥α”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
6. 偶函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A≠0,ω>0,0≤φ≤π)的图象向右平移π
4
个单位得到的图象关于原点对称，则ω的值可以为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
7. 已知双曲线M:y2
a2−x2
b2
=1(a>0,b>0)与抛物线y=1
8
x2有公共焦点F,F到M的一条渐近线的
距离为√3，则双曲线方程为( )
A. x2
7−y2
3
=1 B. y2
3
−x2
7
=1 C. x2
3
−y2=1 D. y2−x2
3
=1
8. 已知f(x)=2x，若p=f(√ab)，q=f(a+b
2)，r=1
2
(f(a)+f(b))，其中a>b>0，则下列关
系式中正确的是 ( )
A. p<q<r
B. p<r<q
C. r<p<q
D. q<p<r
9. 已知直线 l:ax −y +2=0(a ∈R ) 与圆 M:x 2+y 2−4y +3=0 的交点为 A 、 B ，点 C 是圆 M 上一动点，设点 P (0,−1)，则 ∣∣PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣ 的最大值为 ( )
A. 7
B. 8
C. 10
D. 12
10. 设函数 f (x )=2lnx −12
mx 2−nx ，若 x =2 是 f (x ) 的极大值点，则 m 的取值范围为 ( )
A. (−1
2,+∞) B. (−1
2,0)
C. (0,+∞)
D. (−∞,−1
2
)∪(0,+∞)
二、填空题（共5小题；共25分） 11. 不等式 ∣x −1∣−∣x −4∣>2 的解集为 ．
12. 设变量 x,y 满足约束条件 {x −y ≤0
x +2y ≤34x −y ≥−6，则 z =2x−2y 的取值范围为 ．
13. 若 (x 2
+m )(x −1x )6
展开式中含 x 2 的项的系数为 −25
2，则 m 的值为 ．
14. 以下四个命题： ① 若命题“¬p ”与“p 或 q ”都是真命题，则命题 q 一定是真命题； ② 若 x ≠kπ(k ∈Z )，则 sinx +1
sinx ≥2；
③ ∃x 0∈R ，使 ln (x 02
+1)<0；
④由曲线 y =x,y =1x ,∣x∣=2 围成的封闭图形的面积为 3
2−ln2．
其中真命题的序号是 （ 把你认为真命题的序号都填上）．
15. 把正整数排列成如图甲所示三角形数阵，然后擦去偶数行中的奇数和奇数行中的偶数，得到如
图乙所示三角形数阵，设 a ij 为图乙三角形数阵中第 i 行第 j 个数，若 a mn =2015，则实数对 (m,n ) 为 ．
图甲
图乙
三、解答题（共6小题；共78分）
16. 已知向量 m ⃗⃗ =(cosA,sinB )，n ⃗ =(cosB,−sinA )，m ⃗⃗ ⋅n ⃗ =−cos2C ，且 A ，B ，C 分别为 △ABC
的三边 a ，b ，c 所对的角． Ⅰ 求角 C 的大小； Ⅱ 若 a +b =2c ，且 △ABC 的面积为 15√3，求 c 边的长．
17. 数列 {a n } 各项均为正数，其中 a 1=2，a n+1 是 a n 与 2a n +a n+1 的等比中项．
Ⅰ 求数列 {a n } 的通项公式； Ⅱ 设 b n =a n
(
a n −1)(a n+1−1)
，T n 为 {b n } 的前 n 项和，求使 T n
>
20152016
成立时 n 的最小值．
18. 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，一等奖 500 元，二等奖 200
元，三等奖 10 元．抽奖规则如下；顾客先从装有 2 个红球、 4 个白球的甲箱中随机摸出两球，再从装有 1 个红球、 2 个黑球的乙箱随机摸出一球，在摸出的 3 个球中，若都是红球，则获一等奖；若有 2 个红球，则获二等奖；若三种颜色各一个，则获三等奖，其它情况不获奖． Ⅰ 设某顾客在一次抽奖中所得奖金数为 X ，求 X 的分布列和数学期望； Ⅱ 若某个时间段有三位顾客参加抽奖，求至多有一位获奖的概率．
19. 已知四棱台 ABCD −A 1B 1C 1D 1 的上下底面分别是边长为 2 和 4 的正方形，AA 1=4 且 AA 1⊥
底面ABCD ，点 P 为 DD 1 的中点．
Ⅰ 求证：AB 1⊥面PBC ；
Ⅱ 在 BC 边上找一点 Q ，使 PQ ∥面A 1ABB 1，并求二面角 B 1−PQ −D 的余弦值．
20. 已知函数 f (x )=e x +ax ．
Ⅰ 若 f (x ) 在 x =0 处的切线过点 (2,−1)，求 a 的值； Ⅱ 讨论函数 y =f (x ) 在 (1,+∞) 上的单调性；
Ⅲ 令 a =1，F (x )=xf (x )−x 2，若 F (x 1)=F (x 2)(x 1≠x 2)，证明：x 1+x 2<−2．
21. 已知椭圆 E:
x 2a
2+
y 2b 2
=1(a >b >0) 离心率为 √22
，点 P (0,1) 在短轴 CD 上，且 PC
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1． Ⅰ 求椭圆 E 的方程；
Ⅱ 过点 P 的直线 l 与椭圆 E 交于 A ，B 两点． （i ）若 PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12
AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求直线 l 的方程；
（ii ）在 y 轴上是否存在与点 P 不同的定点 Q ，使得 ∣QA∣
∣QB∣=∣PA∣
∣PB∣ 恒成立，若存在，求出点 Q 的坐标，若不存在，请说明理由．
答案
第一部分 1. C 2. D 3. B 4. C 5. B 6. B 7. D
8. A
9. C
10. A
第二部分 11. {x∣ x >7
2}； 12. [1
32,4]； 13. 12
14. ① 15. (45,40) 第三部分
16. （1） m ⃗⃗ ⋅n ⃗ =cosAcosB −sinAsinB =cos (A +B )=−cosC ， 所以 −cos2C =−cosC ，2cos 2C −cosC −1=0， 所以 cosC =−1
2或1， 因为 C ∈(0,π)，所以 C =
2π3
，
（2） 因为 S △ABC =1
2absinC =1
2absin 2π3
=15√3，
所以 ab =60，
因为 c 2=a 2+b 2−2abcosC =(a +b )2−2ab (1+cosC )， 将 a +b =2c 代入解得，c 2=20，所以 c =2√5．
17. （1） 由题意知 a n+12=a n (2a n +a n+1)，即 a n+12−a n a n+1−2a n 2=0．
整理得 (a n+1+a n )(2a n −a n+1)=0， 所以 a n+1=2a n 或 a n+1=−a n ． 因为数列 {a n } 各项均为正数， 所以 a n+1=2a n ，
所以 {a n } 为等比数列，公比为 2． 因为 a 1=2，
所以 a n =2n ，n ∈N ∗． （2） b n =2n
(
2n −1)(2n+1−1)
=
12n −1−
1
2n+1−1
，
所以 T n =121−1−1
22−1+1
22−1−1
23−1+⋯+1
2n −1−1
2n+1−1=1−1
2n+1−1． 要使 T n >
20152016
，即 1−
12n+1−1
>1−
12016
，
所以 2n+1>2017，n +1≥11， 所以 n 的最小值为 10．
18. （1） X 的可能取值为 500，200，10，0．
P (X =500)=C 22C 11C 62C 3
1=
145
； P (X =200)=C 22C 21+C 21C 41C 1
1C 62C 3
1=10
45；
P (X =10)=
C 21C 41C 21C 62C 3
1=
1645
；
P (X =0)=1−
145
−
1045
−1645
=
1845
．
所以随机变量 X 的分布列为
所以随机变量 X 的数学期望 EX =500×45+200×45+10×45=532
9． （2） 由（1）知在一次摸奖中的获奖概率为 1−P (X =0)=1−
1845
=3
5
，
所以三人中至多一人获奖的概率为 C 31
⋅3
5⋅(25)2
+(25)3
=44
125．
19. （1）
AA 1⊥底面ABCD ，BC ⊂面ABCD ，
所以 AA 1⊥BC ． 因为 ABCD 是正方形， 所以 AB ⊥BC ， 所以 BC ⊥面AA 1BB 1． 因为 AB 1⊂面AA 1BB 1， 所以 AB 1⊥BC ．
取 AA 1 中点 M ，连接 BM ，PM ． 因为 P ，M 分别为 D 1D ，A 1A 的中点， 所以 PM ∥AD ， 所以 PM ∥BC ， 所以 PMBC 四点共面．
通过 △ABM ≌△A 1B 1A ，证得 AB 1⊥BM ． 因为 BM ∩BC =B ， 所以 AB 1⊥面PBC ．
（2） 以 AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AA 1 为 z 轴建立如图所示空间直角坐标系．
在 BC 边上取点 Q ，使 PQ ∥BM ，则 PQ ∥面A 1ABB 1．
由 PMBQ 为平行四边形，可得 BQ =PM =1
2(A 1D 1+AD )=3， 所以 P (0,3,2)，Q (4,3,0)，B 1(2,0,4)，D (0,4,0)．
所以 PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0,−2)，B 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,3,−2)，QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4,1,0)． 设 n 1⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z ) 为面 B 1PQ 的法向量． {−2x +3y −2z =0,4x −2z =0,
令 x =1，解得 {x =1,
y =2,z =2,
n 1⃗⃗⃗⃗ =(1,2,2) 为面 B 1PQ 的一个法向量．
同理可得 n 2⃗⃗⃗⃗ =(1,4,2) 为面 DPQ 的一个法向量． cos ⟨n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ ⟩=
13√21
63
． 所以二面角 B 1−PQ −D 的余弦值为 −13√21
63
． 20. （1） fʹ(x )=e x +a ，
所以 f (0)=e 0=1，fʹ(0)=1+a ．
所以 f (x ) 在 x =0 处的切线为 y −1=(a +1)x ． 将 (2,−1) 点代入切线方程可得 a =−2． （2） 由（1）得 fʹ(x )=e x +a ．
（i ）当 a ≥0 时，fʹ(x )≥0 恒成立，所以 f (x ) 在 (1,+∞) 单调递增； （ii ）当 a <0 时，令 fʹ(x )=0，解得 x =ln (−a )． 当 x <ln (−a )，fʹ(x )<0；当 x >ln (−a )，fʹ(x )>0．
所以 f (x ) 在 (−∞,ln (−a )) 单调递减，在 (ln (−a ),+∞) 单调递增； 所以当 ln (−a )≤1，即 −e ≤a <0 时，f (x ) 在 (1,+∞) 单调递增；
当 ln (−a )>1，即 a <−e 时，f (x ) 在 (1,ln (−a )) 单调递减，在 (ln (−a ),+∞) 单调递增． 综上所述：
当 a ≥−e 时，f (x ) 在 (1,+∞) 单调递增；
当 a <−e 时，f (x ) 在 (1,ln (−a )) 单调递减，在 (ln (−a ),+∞) 单调递增． （3） F (x )=xe x ，Fʹ(x )=xe x +e x =(1+x )e x ． 令 Fʹ(x )=0，x =−1．
当 x <−1 时，Fʹ(x )<0；当 x >−1 时，Fʹ(x )>0． F (x ) 在 (−∞,−1) 单调递减，在 (−1,+∞) 单调递增，
又 F (0)=0，
所以当 x <0 时，F (x )<0，当 x >0 时，F (x )>0，可知若 F (x 1)=F (x 2)(x 1≠x 2)，不妨设 x 1<x 2，则有 x 1<−1<x 2<0．
对于 x 1<−1，−2−x 1>−1，现比较 F (x 2) 与 F (−2−x 1) 的大小．
F (x 2)−F (−2−x 1)=F (x 1)−F (−2−x 1)=x 1e x 1+(2+x 1)e −2−x 1.
设 g (x )=xe x +(2+x )e −2−x (x <−1)，gʹ(x )=(1+x )(e x −e −2−x )． 可证：当 x <−1 时，1+x <0，e x −e −2−x <0， 所以 gʹ(x )>0．
所以函数 y =g (x ) 在 (−∞,−1) 单调递增． 因为 g (−1)=−1
e
+1
e =0，
所以 g (x )<g (−1)=0． 所以 F (x 2)−F (−2−x 1)<0．
因为 x 2，−2−x 1∈(−1,+∞)，且 F (x ) 在 (−1,+∞) 单调递增， 所以 x 2<−2−x 1，即 x 1+x 2<−2． 21. （1） 由题意，e =c
a =√2
2
⇒a =√2c =√2b ．
又 C (0,b )，D (0,−b )，
所以 PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(b −1)(−b −1)=−1， 所以 b 2=2， 所以 a =2， 所以椭圆 E 的方程
x 24
+
y 22
=1．
（2） （i ）当直线 l 斜率不存在时，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =√2−1，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =√2+1，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≠12
AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，不符合题意，不存在这样的直线．
当直线 l 斜率存在，设方程为 y =kx +1，A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，联立方程 {x 2
4+y 2
2=1,
y =kx +1.
整理得 (1+2k 2)x 2+4kx −2=0，由韦达定理得 x 1+x 2=−4k
1+2k 2，x 1x 2=−21+2k 2． 由 PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =1
2AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 得 (x 2,y 2−1)=1
2(−x 1,1−y 1)， 所以 x 2=−1
2x 1，代入韦达定理，整理得 x 1=
−8k 1+2k 2
，x 12
=
41+2k 2
，解得 k 2=
1
14
，
所以 k =±
√14
14
， 所以直线 l 的方程为 y =±√14
14
x +1
（ii ）若存在这样的定点 Q ，设 Q (0,y 0)，当直线 l 与 x 轴垂直时，由 ∣QA∣
∣QB∣=∣PA∣
∣PB∣ 得 0√2∣
∣y −√2∣
=
√2+1
√2−1
，解得 y 0=1 或 y 0=2，由题意知，定点 Q 只可能是 Q (0,2)． 下面证明存在点 Q (0,2) 对任意斜率存在的直线 l ，均有 ∣QA∣∣QB∣
=
∣PA∣∣PB∣
，
因为 ∣QA∣
∣QB∣=∣PA∣
∣PB∣，
所以 QP 为 ∠AQB 的角平分线．
只需证明：k QB+k QA=0．
k QB=y2−2
x2=kx2−1
x2
=k−1
x2
，k QA=y1−2
x1
=kx1−1
x1
=k−1
x1
，
所以k QB+k QA=2k−(1
x1+1
x2
)=2k−x1+x2
x1x2
，由（1）中韦达定理得1
x1
+1
x2
=4k
2
=2k，
所以k QB+k QA=2k−2k=0成立，即在y轴上，存在与点P不同的定点Q(0,2)，使得∣QA∣
∣QB∣=∣PA∣
∣PB∣
恒
成立．。