最后十套高考名校考前提分仿真卷 理科数学六带答案 11页

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 绝密 ★ 启用前 ‎【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷 理 科 数 学（六）‎ 注意事项：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。‎ ‎2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。‎ ‎3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。‎ ‎4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．[2019·柳州模拟]已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．[2019·合肥一中]设，是的共轭复数，则（ ）‎ A． B． C．1 D．4‎ ‎3．[2019·皖江名校]2018年9～12月某市邮政快递业务量完成件数较2017年9～12月同比增长，该市2017年9～12月邮政快递业务量柱形图及2018年9～12月邮政快递业务量结构扇形图如图所示，根据统计图，给出下列结论：‎ ‎ ‎ ‎①2018年9～12月，该市邮政快递业务量完成件数约1500万件；‎ ‎②2018年9～12月，该市邮政快递同城业务量完成件数与2017年9～12月相比有所减少；‎ ‎③2018年9～12月，该市邮政快递国际及港澳台业务量同比增长超过，其中正确结论的个数为（ ）‎ A．3 B．2 C．1 D．0‎ ‎4．[2019·河南联考]已知，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．[2019·汕头期末]已知，满足的束条件，则的最大值为（ ）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎6．[2019·广大附中]已知函数的最大值为2，且满足 ‎，则（ ）‎ A． B． C．或 D．或 ‎7．[2019·马鞍山一模]函数的大致图象为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎8．[2019·自贡一诊]如图所示的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的，分别为63，36，则输出的（ ）‎ A．3 B．6 C．9 D．18‎ ‎9．[2019·河南联考]设点是正方体的对角线的中点，平面过点，且与直线垂直，平面平面，则与所成角的余弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．[2019·东莞期末] 圆锥（其中为顶点，为底面圆心）的侧面积与底面积的比是，则圆锥与它外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．[2019·衡水金卷]已知点为椭圆：上一点，，是椭圆的两个焦点，如的内切圆的直径为3，则此椭圆的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．[2019·吕梁一模]函数恰有两个整数解，则实数的取值范围为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．[2019·九江一模]已知，，则______．‎ ‎14．[2019·常州期末]已知双曲线的离心率为2，直线经过双曲线的焦点，则双曲线的渐近线方程为________．‎ ‎15．[2019·广州外国语]已知的内角，，的对边分别为，，，若，，且的面积为，则的周长为______．‎ ‎16．[2019·宿州调研]设函数，若对任意，总存在，使得，则实数的取值范围_______．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（12分）[2019·河南一诊]已知数列满足，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎18．（12分）[2019·马鞍山一模]田忌赛马是《史记》中记载的一个故事，说的是齐国将军田忌经常与齐国众公子赛马，孙膑发现他们的马脚力都差不多，都分为上、中、下三等。于是孙膑给田忌将军制定了一个必胜策略：比赛即将开始时，他让田忌用下等马对战公子们的上等马，用上等马对战公子们的中等马，用中等马对战公子们的下等马，从而使田忌赢得公子们许多赌注。假设田忌的各等级马与某公子的各等级马进行一场比赛获胜的概率如表所示：‎ 田忌的马/获胜概率/‎ 上等马 中等马 下等马 公子的马 上等马 ‎1‎ 中等马 下等马 ‎0‎ 比赛规则规定：一次比由三场赛马组成，每场由公子和田忌各出一匹马出骞，结果只有胜和负两种，并且毎一方三场赛马的马的等级各不相同，三场比赛中至少获胜两场的一方为最终胜利者．‎ ‎（1）如果按孙膑的策略比赛一次，求田忌获胜的概率；‎ ‎（2）如果比赛约定，只能同等级马对战，每次比赛赌注1000金，即胜利者赢得对方1000金，每月比赛一次，求田忌一年赛马获利的数学期望．‎ ‎19．（12分）[2019·济南期末]如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，为的中点，交于点，为的重心．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若，点在线段上，且，求二面角的余弦值．‎ ‎20．（12分）[2019·永州二模]已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点的纵坐标为8，且．‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）若点是抛物线准线上的任意一点，过点作直线与抛物线相切于点，证明：．‎ ‎21．（12分）[2019·茂名一模]已知函数在处的切线与直线平行．‎ ‎（1）求实数的值，并判断函数的单调性；‎ ‎（2）若函数有两个零点，，且，求证：．‎ 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．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ ‎[2019·济南外国语]在平面直角坐标系中，直线的参数方程为 (为参数，)，在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设点的坐标为，直线与曲线相交于，两点，求的值．‎ ‎23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ ‎[2019·石室中学]已知函数，‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）若存在，使得不等式的解集非空，求的取值范围．‎ 绝密 ★ 启用前 ‎【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷 理科数学答案（六）‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．【答案】A ‎【解析】由题意，解得，，故．故选A．‎ ‎2．【答案】C ‎【解析】，则，故，故选C．‎ ‎3．【答案】B ‎【解析】2017年的快递业务总数为万件，‎ 故2018年的快递业务总数为万件，故①正确．‎ 由此2018年9～12月同城业务量完成件数为万件，比2017年提升，故②错误．‎ ‎2018年9～12月国际及港澳台业务量万件，，‎ 故该市邮政快递国际及港澳台业务量同比增长超过．故③正确．‎ 综上所述，正确的个数为2个，故选B．‎ ‎4．【答案】D ‎【解析】由题意，利用诱导公式求得，故选D．‎ ‎5．【答案】D ‎【解析】不等式组表示的平面区域如图所示，‎ 当直线过点时，在轴上截距最小，此时取得最大值4．故选D．‎ ‎6．【答案】D ‎【解析】∵函数的最大值为2，‎ ‎∴，∴，∴，‎ 又∵，∴是函数的一条对称轴，‎ ‎∴，∴，‎ 又∵，∴或．故选D．‎ ‎7．【答案】D ‎【解析】，排除B，C，‎ 当时，，则时，，，排除A，故选D．‎ ‎8．【答案】C ‎【解析】由，，满足，则变为，‎ 由，则变为，由，则，由，则，‎ 由，退出循环，则输出的的值为9．故选C．‎ ‎9．【答案】B ‎【解析】由题意知，点是正方体的对角线的中点，‎ 平面过点，且与直线垂直，平面平面，根据面面平行的性质，可得，‎ ‎∴直线与所成角即为直线与直线所成的角，即为直线与所成角，‎ 在直角中，，即与所成角的余弦值为，故选B．‎ ‎10．【答案】A ‎【解析】设圆锥底面圆的半径为，圆锥母线长为，‎ 则侧面积为，侧面积与底面积的比为，‎ 则母线，圆锥的高为，则圆锥的体积为，‎ 设外接球的球心为，半径为，截面图如图，‎ 则，，，‎ 在直角三角形中，由勾股定理得，‎ 即，展开整理得，‎ ‎∴外接球的体积为，故所求体积比为．故选A．‎ ‎11．【答案】C ‎【解析】由椭圆的定义可知的周长为，设三角形内切圆半径为，‎ ‎∴的面积，整理得，‎ 又，，故得，∴椭圆的离心率为，故选C．‎ ‎12．【答案】D ‎【解析】函数恰有两个整数解，即恰有两个整数解，‎ 令，得，令，易知为减函数．‎ 当，，，单调递增；‎ 当，，，单调递减．‎ ‎，，．‎ 由题意可得：，∴．故选D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．【答案】‎ ‎【解析】由得，得，∴，故答案为．‎ ‎14．【答案】‎ ‎【解析】双曲线的离心率为2，，‎ 直线经过双曲线的焦点，可得，∴，‎ 由，则，‎ 又双曲线的焦点在轴上，∴双曲线的渐近线方程为．故答案为．‎ ‎15．【答案】‎ ‎【解析】∵，，由余弦定理可得：；‎ 又的面积为，∴，∴，‎ ‎∴，∴周长为．故答案为．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】由题意，对任意，总存在，使得，‎ 即当任意，总存在，使得，‎ 当时，，当时，函数，‎ 当，此时，符合题意；‎ 当时，时，，此时最小值为0，‎ 而当时，的导数为，‎ 可得为极小值点，可得的最小值为或，均大于0，不满足题意；‎ 当时，时，的最小值为0或，‎ 当时，的导数为，‎ 可得为极小值点，且为最小值点，可得的最小值为，‎ 由题意可得，解得，‎ 综上可得实数的范围是．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）∵，∴，‎ 两式相减得，∴．‎ 又当时，满足上式，∴．∴数列的通项公式． ‎ ‎（2）由（1）得，∴‎ ‎∴‎ ‎．‎ ‎18．【答案】（1）；（2）见解析．‎ ‎【解析】（1）记事件：按孙膑的策略比赛一次，田忌获胜，‎ 对于事件，三场比赛中，由于第三场必输，则前两次比赛中田忌都胜，‎ 因此，；‎ ‎（2）设田忌在每次比赛所得奖金为随机变量，‎ 则随机变量的可能取值为和1000，‎ 若比赛一次，田忌获胜，则三场比赛中，田忌输赢的分布为：胜胜胜、负胜胜、胜负胜、胜胜负，‎ 设比赛一次，田忌获胜的概率为，则．‎ 随机变量的分布列如下表所示：‎ ‎1000‎ ‎∴．‎ 因此，田忌一年赛马获利的数学期望为金．‎ ‎19．【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）证明：∵，∴，‎ ‎∵为中点，∴，‎ 连接并延长，交于，连接，‎ ‎∵为的重心，∴为的中点，且，∴，‎ ‎∵平面，平面，∴平面．‎ ‎（2）分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．‎ 设，则，，，，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵为的重心，∴，‎ 设平面的法向量，，，‎ 则，∴，取，则，，∴．‎ 设平面的法向量，，‎ 则，∴，则，取，则，∴．‎ ‎∴，‎ 由图可知，该二面角为钝角，∴二面角的余弦值为．‎ ‎20．【答案】（1）；（2）见解析．‎ ‎【解析】（1）由题意可知，抛物线的准线方程为，‎ 又点的纵坐标为8，且，于是，∴，故抛物线的方程为．‎ ‎（2）设点，，，∵，∴，‎ 切线方程为，即，‎ 令，可解得，∴，‎ 又，∴，‎ ‎∴．∴．‎ ‎21．【答案】（1）在上是单调递减；在上是单调递增；（2）见解析．‎ ‎【解析】（1）函数的定义域：，，解得，‎ ‎∴，∴，‎ 令，解得，故在上是单调递减；‎ 令，解得，故在上是单调递增． ‎ ‎（2）由，为函数的两个零点，得，，‎ 两式相减，可得，‎ 即，，因此，，‎ 令，由，得．则， ‎ 构造函数， 则，‎ ‎∴函数在上单调递增，故，‎ 即，可知．故命题得证．‎ 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．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）曲线，即，‎ ‎∵，，∴曲线的直角坐标方程为，即．‎ ‎（2）将代入并整理得，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】 （1）当时，函数，‎ 解不等式化为，即，‎ ‎∴，解得，∴不等式的解集为．‎ ‎（2）由，得，‎ 设，则不等式的解集非空，等价于；‎ 由，∴；‎ 由题意知存在，使得上式成立；‎ 而函数在上的最大值为，‎ ‎∴；即的取值范围是．‎