【名校高考】2019年最后十套：理科数学（七）考前提分仿真卷（含答案）

绝密★启用前此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷理科数学（七）注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 ）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·河南期末]表示集合中整数元素的个数，设集合，，则（）A．3 B．4 C．5 D．62．[2019·东北育才]复数（）A． B．1 C． D．3．[2019·广东期末]若干年前，某教师刚退休的月退休金为元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图．该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图．已知目前的月就医费比刚退休时少元，则目前该教师的月退休金为（） A．元 B．元 C．元 D．元4．[2019·周口期末]过椭圆的上顶点与右顶点的直线方程为，则椭圆的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程为（）A． B． C． D．5．[2019·黄埔期末]如图，在正方体的八个顶点中任取两个点作直线，与直线异面且夹角成的直线的条数为（）A．3 B．4 C．5 D．66．[2019·淮南一模]已知函数，若直线过点，且与曲线相切，则直线的斜率为（）A． B．2 C． D．7．[2019·东北育才]函数（其中，）的图象如图所示，为了得到的图象，只需将的图象（）A．右平移个单位长度 B．左平移个单位长度C．右平移个单位长度 D．左平移个单位长度8．[2019·郑州质检]如图，在中，，是上一点，若，则实数的值为（）A． B． C． D．9．[2019·达州一诊]如图虚线网格的最小正方形边长为1，实线是某几何体的三视图，这个几何体的体积为（）A． B． C． D．10．[2019·汕头期末]在四面体中，，，，当四面体的体积最大时，其外接球的表面积为（）A． B． C． D．11．[2019·河南联考]已知函数，且，则的最小值为（）A． B． C． D．12．[2019·黄冈调研]函数定义域为，若满足在内是单调函数；存在使在上的值域为，那么就称为“半保值函数”，若函数（且）是“半保值函数”，则的取值范围为（）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·大兴期末]若，满足，则的最大值为______．14．[2019·吉林一模]设函数，若，则实数的取值范围是______．15．[2019·如皋期末]在平面直角坐标系中，已知圆：与轴交于，两点，若动直线与圆相交于，两点，且的面积为4，若为的中点，则的面积最大值为_______．16．[2019·河南联考]在中，内角，，所对的边分别为，，，是的中点，若，且，则面积的最大值是__________．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·天门期末]已知数列满足，，设．（1）求，，；（2）判断数列是否为等差数到，并说明理由；（3）求数列的通项公式．18．（12分）[2019·通州期末]北京地铁八通线西起四惠站，东至土桥站，全长，共设13座车站．目前八通线执行2014年12月28日制订的计价标准，各站间计程票价（单位:元）如下： 四惠 3 3 3 3 4 4 4 5 5 5 5 5 四惠东 3 3 3 4 4 4 5 5 5 5 5 高碑店 3 3 3 4 4 4 4 5 5 5 传媒大学 3 3 3 4 4 4 4 5 5 双桥 3 3 3 4 4 4 4 4 管庄 3 3 3 3 4 4 4 八里桥 3 3 3 3 4 4 通州北苑 3 3 3 3 3 果园 3 3 3 3 九棵树 3 3 3 梨园 3 3 临河里 3 土桥 四惠 四惠东 高碑店 传媒大学 双桥 管庄 八里桥 通州北苑 果园 九棵树 梨园 临河里 土桥（1）在13座车站中任选两个不同的车站，求两站间票价不足5元的概率；（2）甲乙二人从四惠站上车乘坐八通线，各自任选另一站下车（二人可同站下车），记甲乙二人乘车购票花费之和为元，求的分布列；（3）若甲乙二人只乘坐八通线，甲从四惠站上车，任选另一站下车，记票价为元；乙从土桥站上车，任选另一站下车，记票价为元．试比较和的方差和大小．（结论不需要证明）19．（12分）[2019·湖北联考]如图，在四棱锥中，，，，且，．（1）证明：平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由．20．（12分）[2019·临川一中]已知的直角顶点在轴上，点，为斜边的中点，且平行于轴．（1）求点的轨迹方程；（2）设点的轨迹为曲线，直线与的另一个交点为．以为直径的圆交轴于、，记此圆的圆心为，，求的最大值．21．（12分）[2019·广东期末]已知函数，．（1）试讨论函数的极值点的个数；（2）若，且恒成立，求的最大值．参考数据：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·湖北联考]在平面直角坐标系中，曲线：（为参数），在以平面直角坐标系的原点为极点、轴的正半轴为极轴，且与平面直角坐标系取相同单位长度的极坐标系中，曲线：．（1）求曲线的普通方程以及曲线的平面直角坐标方程；（2）若曲线上恰好存在三个不同的点到曲线的距离相等，求这三个点的极坐标．23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】[2019·吉林期末]已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）设，，且的最小值为．若，求的最小值．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（七）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】C【解析】∵，，∴，∴．故选C．2．【答案】D【解析】由题意，复数，∴．故选D．3．【答案】D【解析】设目前该教师的退休金为元，则由题意得：．解得．故选D．4．【答案】A【解析】直线方程为，令，则，得到椭圆的上顶点坐标为，即，令，则，得到椭圆的右顶点坐标为，即，从而得到椭圆方程为：．故选A．5．【答案】B【解析】在正方体的八个顶点中任取两个点作直线，与直线异面且夹角成的直线有：，，，，共4条．故选B．6．【答案】B【解析】函数的导数为，设切点为，则，可得切线的斜率为，∴，解得，，故选B．7．【答案】C【解析】由题意，根据选项可知只与平移有关，没有改变函数图象的形状，故，又函数的图象的第二个点是，∴，∴，∴，故，∴只需将函数的图形要向右平移个单位，即可得到的图象，故选C．8．【答案】C【解析】由题意及图，，又，∴，∴，又，∴，解得，，故选C．9．【答案】B【解析】应用可知几何体的直观图如图：是圆柱的一半，可得几何体的体积为：．故选B．10．【答案】C【解析】∵，，，由勾股定理可得，∴是以为斜边的直角三角形，且该三角形的外接圆直径为，当平面时，四面体的体积取最大值，此时，其外接球的直径为，因此，四面体的外接球的表面积为．故选C．11．【答案】C【解析】∵，又，即，∴，∴，∴且或且．∴，，或，，．∴，显然，当时，的最小值为，故选C．12．【答案】B【解析】函数（且）是“半保值函数”，且定义域为，由时，在上递增，在递增，可得为上的增函数；同样当时，仍为上的增函数，∴在其定义域内为增函数，∵函数（且）是“半保值函数”，∴与的图象有两个不同的交点，有两个不同的根，∴，，可令，，即有有两个不同的正数根，可得，且，解得．故选B．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，满足，作出可行域如图，联立，解得，函数为，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，的最大值为1．故答案为．14．【答案】【解析】如图所示：可得的图像与的交点分别为，，∴，则实数的取值范围是，可得答案．15．【答案】8【解析】当时，解得或，即，，圆的标准方程：圆心，半径，的面积为4，即，则，即，，，要使的面积最大，则，此时三角形的高，，则的面积．故答案为8．16．【答案】【解析】如图，设，则，在和中，分别由余弦定理可得，，两式相加，整理得，∴，①由及正弦定理得，整理得，②由余弦定理的推论可得，∴．把①代入②整理得，又，当且仅当时等号成立，∴，故得．∴．即面积的最大值是．故答案为．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）是，见解析；（3）．【解析】（1）将代入得，又，∴，将代入得，∴；从而，，．（2）数列是以1为首项，公差为2的等差数列．由条件，将两边同时除以得：，化简得，即，∴数列是以1为首项，公差为2的等差数列．（3）由（2）可得，．18．【答案】（1）；（2）见解析；（3）．【解析】（1）记两站间票价不足5元为事件，在13座车站中任选两个不同的车站，基本事件总数为个，事件A中基本事件数为．∴两站间票价不足5元的概率．（2）记甲乙花费金额分别为元，元．的所有可能取值为6，7，8，9，10．，，，，．∴的分布列为 6 7 8 9 10 （3）．19．【答案】（1）见证明；（2）见解析．【解析】（1）∵在底面中，，，且，∴，，∴，又∵，，平面，平面，∴平面，又∵平面，∴，∵，，∴，又∵，，平面，平面，∴平面．（2）方法一：在线段上取点，使，则，又由（1）得平面，∴平面，又∵平面，∴，作于，又∵，平面，平面，∴平面，又∵平面，∴，又∵，∴是二面角的一个平面角，设，则，，这样，二面角的大小为，即，即，∴满足要求的点存在，且．方法二：取的中点，则、、三条直线两两垂直∴可以分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系，且由（1）知是平面的一个法向量，设，则，，∴，，设是平面的一个法向量，则，∴，令，则，它背向二面角，又∵平面的法向量，它指向二面角，这样，二面角的大小为，即，即，∴满足要求的点存在，且．20．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）设点的坐标为，则的中点的坐标为，点的坐标为．，，由，得，即，经检验，当点运动至原点时，与重合，不合题意舍去．∴轨迹的方程为．（2）依题意，可知直线不与轴重合，设直线的方程为，点、的坐标分别为、，圆心的坐标为．由，可得，∴，．∴，∴．∴圆的半径．过圆心作于点，则．在中，，当，即垂直于轴时，取得最小值为，取得最大值为，∴的最大值为．21．【答案】（1）见解析；（2）10．【解析】（1）函数的定义域为．，当时，，在定义域单调递减，没有极值点；②当时，在单调递减且图像连续，，时，∴存在唯一正数，使得，函数在单调递增，在单调递减，∴函数有唯一极大值点，没有极小值点，综上：当时，没有极值点；当时，有唯一极大值点，没有极小值点．（2）方法一：由（1）知，当时，有唯一极大值点，∴，恒成立，∵，∴，∴．令，则在单调递增，由于，，∴存在唯一正数，使得，从而．由于恒成立，①当时，成立；②当时，由于，∴．令，当时，，∴在单调递减，从而．∵，且，且，∴．下面证明时，．，且在单调递减，由于，，∴存在唯一，使得，∴．令，，易知在单调递减，∴，∴，即时，．∴的最大值是10．方法二：由于恒成立，∴，；，；，；∵，∴猜想：的最大值是10．下面证明时，．，且在单调递减，由于，，∴存在唯一，使得，∴．令，，易知在单调递减，∴，∴，即时，．∴的最大值是10．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）由消去参数得，即曲线的普通方程为，又由得，即为，即曲线的平面直角坐标方程为．（2）∵圆心到曲线：的距离，如图所示，∴直线与圆的切点以及直线与圆的两个交点，即为所求．∵，则，直线的倾斜角为，即点的极角为，∴点的极角为，点的极角为，∴三个点的极坐标为，，．23．【答案】（1）（2）．【解析】（1）当时，，原不等式可化为，①当时，不等式①可化为，解得，此时；当时，不等式①可化为，解得，此时；当时，不等式①可化为，解得，此时，综上，原不等式的解集为．（2）由题意得，，∵的最小值为，∴，由，得，∴，当且仅当，即，时，的最小值为．