1、北辰区2019年高考模拟考试试卷数学（理工类）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共6页，20小题。试卷满分150分，考试用时120分钟。考试结束后，请将答题卡交回。祝各位考生考试顺利！注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。
2、不按以上要求作答的答案无效。第l卷（选择题共40分）一、选择题：共8小题，每小题5分，共40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.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分别求解出和，根据交集定义求得结果.【详解】，本题正确选项：【点睛】本题考查集合运算中的交集和补集运算，属于基础题.2.若实数，满足条件，则的最大值为（ ）A. 10B. 6C. 4D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的约束条件画出相应的可行域，再将目标函数化为直线方程的斜截式，再画出直线，结合z的几何意义，从而得到将直线移动到过哪个点时取得最大值，接着联立方程组求得
3、最优解，之后代入目标函数解析式，求得结果详解：根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，如图所示：将目标函数化为，在图中画出直线，上下移动该直线，可以发现直线越往下，截距就越小，而目标函数z就越大，从而得到当直线过x轴与直线的交点时，截距达到了最小，从而z就取到最大，由，解得，此时，故选B【名师点睛】该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用
4、相应的方法求解3.执行如图所示的程序框图，若输入的值为1，则输出的值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】分析】按照程序框图运行程序，直到时输出结果即可.【详解】根据程序框图运行：输入，则，此时，循环；，此时，循环；，此时，输出本题正确选项：【点睛】本题考查程序框图中的循环结构计算输出结果，属于基础题.4.已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则三个数，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据奇偶性得：，通过临界值的方式可判断出自变量之间的大小关系，再利用函数的单调性得到的大小关系.【详解】；，即：为偶函数 又在上单调递增，即本题正确选
5、项：【点睛】本题考查利用函数单调性判断大小的问题，关键是能够利用奇偶性将自变量变到同一单调区间内，再通过指数、对数函数的单调性，利用临界值确定自变量的大小关系.5.下列说法正确是（ ）A. 若为真命题，则，均为假命题；B. 命题“，”的否定是“，”；C. 等比数列的前项和为，若“”则“”的否命题为真命题；D. “平面向量与的夹角为钝角”的充要条件是“”；【答案】C【解析】【分析】根据含逻辑连接词的命题的真假性判断可排除；根据含量词命题的否定的知识可排除；当向量夹角为时可说明选项中的充要条件不成立，排除；通过判断原命题的逆命题为真，可知原命题的否命题为真，从而知正确.【详解】选项：为真，则为假，
6、即至少有一个是假命题，可知错误；选项：原命题的否定为：，可知错误；选项：若“”则“”的逆命题为：若“”则“” 原命题的逆命题为真命题又逆命题与否命题同真假，可知原命题的否命题为真命题，可知正确；选项：当时，与夹角可能为，不是钝角，可知错误.本题正确选项：【点睛】本题考查命题与简易逻辑部分的知识，涉及到四种命题之间的关系、含逻辑连接词的命题、含量词的命题的否定、充分条件与必要条件的判断的问题.6.已知函数在同一周期内，当时取最大值，当时取最小值，则的值可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据最值的位置可求得，从而得到；将代入函数可求得的值.【详解】由题意可知： 则：，即
7、当时，此时，满足题意由此可知，的一个可能值为：本题正确选项：【点睛】本题考查利用三角函数的性质求函数解析式的问题，的求解主要通过函数的周期来确定，则通过函数上的点代入函数方程的方式来进行求解.7.已知双曲线：的焦距为，直线与双曲线的一条斜率为负值的渐近线垂直且在轴上的截距为，以双曲线的右焦点为圆心，半焦距为半径的圆与直线交于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 3【答案】D【解析】【分析】根据渐近线方程和垂直关系可得；利用点到直线距离公式求得圆心到直线的距离，利用直线截圆所得弦长为可得关于的齐次方程，解方程求出.【详解】双曲线斜率为负值的渐近线方程为： 则直线方程为：，即
8、由题意可知：圆的圆心，半径则圆心到直线距离：整理可得：，即解得：或双曲线离心率 本题正确选项：【点睛】本题考查双曲线离心率问题的求解，涉及到双曲线几何性质的应用、直线被圆截得的弦长问题，关键是能够通过直线被圆截得的弦长构造出关于的齐次方程，进而构造出关于离心率的方程，使问题得以求解.8.已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据，根据线性运算进行变换可求得；以菱形对角线交点为原点，对角线所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，利用坐标表示出，得到关于的二次函数，求得二次函数最小值即为结果.【详解】由题意知：，设 以与交点为原
9、点，为轴，为轴建立如下图所示的平面直角坐标系：，设 则， 当时，本题正确选项：【点睛】本题考查向量数量积的运算问题，涉及到利用定义的运算和数量积的坐标运算，解题关键是能够通过线性运算进行变换，通过数量积运算的定义求得夹角；再通过建立平面直角坐标系的方式，将问题转化为坐标运算，通过函数关系求解得到最值.第II（非选择题共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。9.用表示复数的实部，用表示复数的虚部，若已知复数：满足，其中是复数的共轭复数，则_。【答案】【解析】【分析】根据复数除法运算求得，进而得到，实部加虚部即可得到结果.【详解】由题意得： 则本题正确结果：【点睛】本题考查复
10、数的除法运算、共轭复数的定义、复数的实部和虚部的定义，属于基础题.10.若的展开式中的系数为7，则实数_。【答案】【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式可知的系数为，从而构造出关于的方程，求解得到结果.【详解】展开式通项公式为：当，即时，解得：本题正确结果：【点睛】本题考查二项式定理中利用指定项的系数求解参数的值的问题，属于基础题.11.中国古代数学经典九章算术系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为整腾，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，若鳖臑的外接球的体积为，则阳马的
11、外接球的表面积等于_。【答案】【解析】【分析】将鳖臑放入长方体中，利用长方体体对角线长表示出鳖臑半径，利用外接球体积求解出；通过长度关系可确定阳马的外接球球心为中点，从而可得半径，代入表面积公式求得外接球表面积.【详解】鳖臑可看做如下图所示的长方体的一部分：则长方体外接球即为鳖臑的外接球外接球半径为：又 连接，交于，取中点，连接可知：则，可知为阳马的外接球球心，则外接球半径阳马的外接球表面积本题正确结果：【点睛】本题考查多面体的外接球体积和表面积的相关计算，关键是能够根据多面体的特征确定球心的位置，进而求得半径.12.设，为自然对数的底数，若，则的最小值是_。【答案】【解析】【分析】运算=1，
12、将变形，利用分母的和为定值，将乘以，利用基本不等式即可求得结果.【详解】=1，.故答案为.【点睛】本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，考查了微积分基本定理，积分的运算，属于中档题13.已知在直角坐标系中，抛物线（为参数）的焦点为，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，若直线与曲线交于、两点，与轴相交于点，则与的面积之比_。【答案】【解析】【分析】将化为普通方程，化为直角坐标方程，利用求得，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理可求得且，利用两点间距离公式可求得和，根据求得结果.【详解】由参数方程可得其普通方程为：，则直线的直角坐标方程为：，即 设，则 由得
13、： ， ，解得：【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到参数方程化普通方程，极坐标与直角坐标的互化.解决本题的关键是能够将问题转化为线段长度的比值.14.已知函数，若方程有且只有2个不相等的实数解，则实数k的取值范围是_。【答案】【解析】【分析】通过分类讨论得到的解析式，通过零点在或可求得的范围，得时，在上有一个零点；当时，在上无零点；则讨论时，有一个零点和两个零点时的取值范围，综合时的结论，可得结果.【详解】当时，当时，当时，设，则有且只有2个不相等的实数解等价于有且仅有个零点若一个零点位于，即 若一个零点位于，即 可知在，内不可能同时存在零点即当时，在上有一个零点；当时，在上无零
14、点当在上有且仅有一个零点时当时，或此时在上无零点 不满足有两个零点当，即或时只需，即时，在上有且仅有一个零点时，在上有一个零点时，有且仅有个零点当在上有两个零点时只需 时，在上无零点时，有且仅有个零点综上所述：【点睛】本题考查根据函数零点的个数求解参数取值范围的问题，关键是能够通过对二次函数图象的讨论，构造出在区间内有一个零点和两个零点的不等式，解不等式求得参数范围，本题对学生对于函数图象的理解有较高的要求.三、解答题：本大题共6个小题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.在中，角的对边分别为,已知，（I）求边；（II）求。【答案】（I）（II）【解析】【分析】（I）利用同角
15、三角函数关系求出，再利用两角和差公式求得，由正弦定理求得结果；（II）由正弦定理求得，再利用余弦定理求得；利用二倍角公式求得，根据两角和差正弦公式得到结果.【详解】（I）且 ，（II）由正弦定理得：，又，【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，涉及到同角三角函数关系、两角和差正弦公式、二倍角公式的应用，属于常规题型.16.1995年联合国教科文组织把每年4月23日确定为“世界读书日”，为提升学生的文化素养，养成多读书、读好书的文化生活习惯，某中学开展图书源流活动，让图书发挥它的最大价值，该校某班图书角有文学名著类图书5本，学科辅导书类图书3本，其它类图书2本，共10本不同的图书，该班班委会
16、从图书角的10本不同的图书中随机挑选3本不同的图书参加学校的图书漂流活动。（I）求选出的三本图书来自于两个不同类别的概率：（II）设随机变量表示选出的3本图书中，文学名著类本数与学科辅导类本数差的绝对值，求随机变量的分布列和数学期望。【答案】（I）（II）见解析【解析】【分析】（I）利用古典概型求解出三本书来自于同一个类别或三个不同类别的概率，再利用对立事件概率求解出来自于两个不同类别的概率；（II）确定所有可能的取值，依次计算出每种取值所对应的概率，从而可得到分布列；利用数学期望的计算公式求解得到结果.【详解】（I）设选出的三本书来自于两个不同类别为事件则： （II）随机变量的所有可能的取值
17、为：，；的分布列如下：【点睛】本题考查古典概型求解概率、随机变量分布列与数学期望的求解问题，关键是能够根据古典概型求解出随机变量每个可能的取值所对应的概率，属于基础题.17.如图，在四棱柱中，侧棱底面，且点和分别为和的中点（I）求证：平面；（II）求二面角的正弦值；（III）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求的长。【答案】（I）见解析（II）（III）【解析】【分析】（I）建立空间直角坐标系，通过与面的法向量垂直可证得结果；（II）分别求解出平面和平面的法向量，求解出法向量成角的余弦值，根据同角三角函数关系可得所求正弦值；（III）假设，则与平面法向量的夹角的余弦值的绝对值即为直线
18、和平面所成角的正弦值，从而构造方程求得，继而求得.【详解】（I）以为原点，建立如下图所示空间直角坐标系：则，平面的法向量又， ，面 面（II）设面的法向量，且，令，则， 设面的法向量，且，令，则， 即二面角的正弦值是（III）设，则又面的法向量，解得：或（舍），即【点睛】本题考查利用空间向量法证明线面平行、求解二面角的问题、利用线面角求解其他量的问题，考察了空间向量法在立体几何问题中的应用，属于常规题型.18.已知正项数列的前项和为，且，数列满足，且（I）求数列，的通项公式；（II）令，求数列的前项和。【答案】（I），；（II）【解析】【分析】（I）利用求得；根据求得，从而可知是等差数列，从而
19、利用等差数列通项公式求得结果；利用可证得，可知数列的奇数项成等比、偶数项成等比，分别求解出为奇数和为偶数两种情况下的通项公式即可；（II）由（I）可得，采用分组求和的方式；对采用错位相减法求和；对分为为奇数和为偶数两种情况来讨论；从而可对两个部分加和得到结果.【详解】（I）当时，即 由可得即： 又 是公差为，首项为的等差数列由题意得： 由两式相除得：是奇数时，是公比是，首项的等比数列 同理是偶数时是公比是，首项的等比数列 综上：（II），即令的前项和为，则两式相减得：令的前项和为 综上：【点睛】本题考查利用递推关系求解数列的通项公式、等差和等比数列通项公式的求解、分组求和法和错位相减法求解数列
20、的前项和的问题.本题的关键是能够通过递推关系证得数列为等差或等比数列，从而得到数列的通项公式，再根据通项公式的形式确定数列求和的方法.19.已知点，的坐标分别为，三角形的两条边，所在直线的斜率之积是。（I）求点的轨迹方程：（II）设直线方程为，直线方程为，直线交于点，点，关于轴对称，直线与轴相交于点。若面积为，求的值。【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)本题可以先将点的坐标设出，然后写出直线的斜率与直线的斜率,最后根据、所在直线的斜率之积是即可列出算式并通过计算得出结果；(2)首先可以联立直线的方程与直线的方程，得出点两点的坐标，然后联立直线的方程与点的轨迹方程得出点坐标并写出直线的方程
21、，最后求出点坐标并根据三角形面积公式计算出的值。【详解】（1）设点的坐标为，因为点的坐标分别为、，所以直线的斜率，直线的斜率，由题目可知，化简得点的轨迹方程；（2）直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或，根据题目可知点，由可得直线的方程为，令，解得，故，所以，的面积为又因为的面积为，故，整理得，解得，所以。【点睛】本题考查轨迹方程以及直线相交的综合应用问题，处理问题的关键是能够通过“、所在直线的斜率之积是”列出等式以及使用表示出三点的坐标，然后根据三角形面积公式得出算式，即可顺利解决问题，计算量较大，是难题。20.已知函数，（I）求函数的单调区间；（II）
22、若在恒成立，求的取值范围；（III）当，时，证明：【答案】（I）见解析（II）（III）见解析【解析】【分析】（I）求导后，当时，恒成立，可知单调递增；当时，求出的解，从而可判断出的符号，从而得到的单调区间；（II）当时，可知；当时，利用导数求解出使，的最大值，从而；当时，可得，综合上述结果，可求得；（III）由（II）可知只需证得在上恒成立即可；构造函数，利用导数可证得结果，从而原不等式成立.【详解】（I）由题意知：（1）当时，恒成立 在定义域上单调递增（2）当时，令，解得：则，变化情况如下表：极小值的单调减区间为：，单调增区间为： （II）（1）当时，原不等式化为：恒成立，可知（2）当时，则，令则 令，则当时，则在上单调递减 即 在上单调递减 当时， 综上所述：（III）（1）当时，则由（II）可得时， 则只需证明：成立令当时，在上单调递增 【点睛】本题考查讨论含参数函数的单调性问题、利用导数解决恒成立问题、不等式证明问题.解决恒成立问题的常用方法为分离变量的方式，通过参数与新函数的最值之间的关系求得结果.证明不等式时，通常将所证不等式进行转化，通过构造函数变成函数单调性和最值的求解问题.
