2019屆高考數學模擬試題（五）

本刊試題研究組

第Ⅰ卷（必做題，共160分）

一、填空題（本大題共14小題，每小題5分，共70分）

1.已知集合M={0，1，3}，集合N={x|x=3a，a∈M}，則M∩N=????.

2.已知復數z在復平面內對應的點在第一象限，且虛部為1，模為2，則復數z的實部為????.

3.采用系統抽樣方法從420人中抽取21人做問卷調查，為此將他們隨機編號為1，2，…，420，則抽取的21人中，編號落入區間[241，360]上的人數為???.

4.運行如圖算法語句，則輸出的結果為????.

S←2

I←1

While?S≤200

I←I+2

S←S×I

End While

Print I

5.將甲、乙兩個球隨機放入編號為1，2，3的3個盒子中，每個盒子的放球數量不限，則在1，2號盒子中各有1個球的概率為????.

6.已知數列{an}是等差數列，滿足2a7-a5-3=0，則a9=????.

7.若圓錐底面半徑為1，高為2，則圓錐的側面積為????.

8.若雙曲線x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）與直線y=3x無交點，則離心率e的取值范圍是????.

9.若cos（α-π3）=13，則sin（2α-π6）=????.

10.△ABC是直角邊等于4的等腰直角三角形，D是斜邊BC的中點，AM=14AB+m·AC，向量AM的終點M在△ACD的內部（不含邊界），則AM·BM的取值范圍是????.

11.已知函數f（x）=x2-2ax+a2-1，若關于x的不等式f（f（x））<0的解集為空集，則實數a的取值范圍為????.

12.已知直線l經過點P（1，1），且被兩平行直線l1：x+y+1=0和l2：x+y+6=0截得的線段之長為37，則直線l的方程為????.

13.已知函數f（x）=xlnx，當x2>x1>0時，給出以下幾個結論：

①（x1-x2）·[f（x1）-f（x2）]<0;

②f（x1）-f（x2）x1-x2<1;

③f（x1）+x2

④x2f（x1）

其中正確的命題的序號是????.

14.對于集合A={a1，a2，…，an}（n∈N*，n≥3），定義集合S={x|x=ai+aj，1≤i

二、解答題（本大題共6小題，共90分）

15.（本小題滿分14分）在四邊形ABCD中，CA=CD=12AB=1，AB·AC=1，sin∠BCD=35.

（1）求BC的長;

（2）求三角形ACD的面積.

16.（本小題滿分14分）如圖，六面體ABCDE中，面DBC⊥面ABC，AE⊥面

ABC.

（1）求證：AE∥面DBC;

（2）若AB⊥BC，BD⊥CD，求證：AD⊥DC.

17.（本小題滿分14分）如圖，某小區有一矩形地塊OABC，其中OC=2，OA=3，單位百米.已知OEF是一個游泳池，計劃在地塊OABC內修一條與池邊EF相切于點M的直路l（寬度不計），交線段OC于點D，交線段OA于點N.現以點O為坐標原點，以線段OC所在直線為x軸，建立平面直角坐標系，若池邊EF滿足函數y=-x2+2（0≤x≤2）的圖象.若點M到y軸距離記為t.

（1）當t=23時，求直路l所在的直線方程;

（2）當t為何值時，地塊OABC在直路l不含泳池那側的面積取到最大，最大值是多少？

18.（本小題滿分16分）已知橢圓C中心在坐標原點，對稱軸為y軸，且過點M（4，2）、N（6，3）.

（1）求橢圓C的方程;

（2）設橢圓C上的任一點R（x0，y0），從原點O向圓R：（x-x0）2+（y-y0）2=8作兩條切線，分別交橢圓于P，Q.試探究OP2+OQ2是否為定值，若是，求出其值;若不是，請說明理由.

19.（本小題滿分16分）已知函數f（x）=1x-a+λx-b（a，b，λ為實常數）.

（1）若λ=-1，a=1.

①當b=-1時，求函數f（x）的圖象在點（2，f（2））處的切線方程;

②當b<0時，求函數f（x）在[13，12]上的最大值.

（2）若λ=1，b

（定義區間（c，d），[c，d），（c，d]，[c，d]的長度均為d-c，其中d>c.）

20.（本小題滿分16分）已知數列{an}的前n項和為Sn，數列{Mn}滿足條件：M1=St1，當n≥2時，Mn=Stn-Stn-1，其中數列{tn}單調遞增，且tn∈N*.

（1）若an=n，

①試找出一組t1、t2、t3，使得M22=M1M3;

②證明：對于數列an=n，一定存在數列{tn}，使得數列{Mn}中的各數均為一個整數的平方;

（2）若an=2n-1，是否存在無窮數列{tn}，使得{Mn}為等比數列.若存在，寫出一個滿足條件的數列{tn};若不存在，說明理由.

第Ⅱ卷（附加題，共40分）

21.[選做題]本題包括A、B、C三小題，每小題10分.

A.（選修42：矩陣與變換）

變換T1是逆時針旋轉π2的旋轉變換，對應的變換矩陣是M1;變換T2對應的變換矩陣是M2=1101.

（1）求點P（2，1）在T1作用下點P′的坐標;

（2）求函數y=x2的圖象依次在T1，T2變換的作用下所得曲線的方程.

B.（選修44：坐標系與參數方程）

已知直線l經過點P（1，1），傾斜角α=π6.

（1）寫出直線l的參數方程;

（2）設l與圓x2+y2=4相交于兩點A，B，求點P到A，B兩點的距離之積.

C.（選修45：不等式選講）

對任給的實數a（a≠0）和b，不等式|a+b|+|a-b|≥|a|·（|x-1|+|x-2|）恒成立，求實數x的取值范圍.

[必做題]第22、23題，每小題10分，共計20分.

22.（本小題滿分10分）拋擲甲，乙兩枚質地均勻且四面上分別標有1，2，3，4的正四面體，其底面落于桌面，記所得數字分別為x，y.設ξ為隨機變量，若xy為整數，則ξ=0;若xy為小于1的分數，則ξ=-1;若xy為大于1的分數，則ξ=1.

（1）求概率P（ξ=0）;

（2）求ξ的分布列，并求其數學期望E（ξ）.

23.（本小題滿分10分）已知a，b為整數且a>b>0，sinθ=2aba2+b2，其中θ∈（0，π2），An=（a2+b2）nsinnθ，求證：對一切正整數n，An均為整數.

參考答案

第Ⅰ卷（必做題，共160分）

一、填空題

1.{0，3}

2.1

3.6

4.7

5.29

6.3

7.5π

8.（1，2]

9.-79

10.（-2，6）.解析：AM=14AB+m·AC，根據向量分解基本定理，可得m∈（14，34），

所以AM·BM=AM·（BA+AM）=（14AB+m·AC）（-34AB+m·AC）

=（14AB+m·AC）（-34AB+m·AC）=-3+16m2∈（-2，6）.

11.（-∞，-2].解析：f（x）<0的解集為（a-1，a+1），所以f（x）≤a-1或f（x）≥a+1恒成立，又f（x）∈[-1，+∞），所以-1≥a+1a≤-2.

12.x+6y-7=0或6x+y-7=0.解析：設直線l與l1和l2的交點為A（x1，y1），B（x2，y2），根據題意可得x1+y1+1=0x2+y2+6=0（x1-x2）2+（y1-y2）2=37，令x1-x2=t，可得y1-y2=5-t，代入（x1-x2）2+（y1-y2）2=37可得t=6或t=-1，而所求直線的斜率k=y1-y2x1-x2=5-tt，代入可得k=-16或k=-6，所以所求直線的方程為x+6y-7=0或6x+y-7=0.

13.④.解析：f（x）=xlnx，所以f′（x）=1+lnx，令f′（x）=1+lnx<0，得x∈（0，1e），所以f（x）=xlnx在（0，1e）內單調遞減，而在（1e，+∞）內是單調遞增，可知①不正確，令F（x）=f（x）-x，則F′（x）=f′（x）-1=lnx，可得F（x）=f（x）-x在（0，+∞）不是單調的，所以②③不正確，令G（x）=f（x）x=lnx，得G（x）=f（x）x是單調遞增，所以④正確.

14.4n2+2n-12.解析：考察ai+aj（1≤i

二、解答題

15.（1）AB·AC=|AB|·|AC|cos∠BAC=1cos∠BAC=12，

在△ABC中由余弦定理知

BC2=AC2+AB2-2AB·AC·cos∠BAC=3，

所以BC=3.

（2）在△ABC中，

AB2=AC2+BC2∠ACB=π2，

sin∠BCD=sin（∠ACD+π2）=cos∠ACD

=35.

∵∠ACD∈（0，π），

sin∠ACD=1-cos2∠ACD=45，

∴S△ACD=12|CA||CD|sin∠ACD

=12×1×1×45=25.

16.（1）過點D作DO⊥BC，O為垂足.

因為面DBC⊥面ABC，又面DBC∩面ABC=BC，DO面DBC，

所以DO⊥面ABC.又AE⊥面ABC，則AE∥DO.

又AE面DBC，DO面DBC，故AE∥面DBC.

（2）由（1）知DO⊥面ABC，AB面ABC，所以DO⊥AB.

又AB⊥BC，且DO∩BC=O，DO，BC平面DBC，則AB⊥面DBC.

因為DC面DBC，所以AB⊥DC.又BD⊥CD，AB∩DB=B，AB，DB面ABD，則DC⊥面ABD.

又AD面ABD，故可得AD⊥DC.

17.（1）由題意得M（23，149），又因為y′=-2x，所以直線l的斜率k=-43，

故直線l的方程為y-149=-43（x-23），

即y=-43x+229.

（2）由（1）易知l：y-（2-t2）=-2t（x-t），

即y=-2tx+t2+2.

令y=0得x=12（t+2t），令x=0得y=t2+2.

由題意12（t+2t）≤2，t2+2≤3解得2-2≤t≤1.

∴S△ODN=12·12（t+2t）（t2+2）

=14（t3+4t+4t）.

令g（t）=14（t3+4t+4t），

則g′（t）=14（3t2+4-4t2）=3t4+4t2-44t2

=（t2+2）（3t2-2）4t2.

當t=63時，g′（t）=0;

當t∈（2-2，63）時，g′（t）<0;

當t∈（63，1）時，g′（t）>0，

∴當t=63時，g（t）min=g（63）=896.

∴所求面積的最大值為6-896.

18.（1）依題意，設此橢圓方程為mx2+ny2=1，

過點M（4，2）、N（6，3），可得16m+4n=16m+9n=1，

解之得m=124，n=112，

所以橢圓C的方程為x224+y212=1.

（2）（i）當直線OP，OQ的斜率均存在時，不妨設直線OP：y=k1x，OQ：y=k2x，

依題意|k1x0-y0|1+k21=22，

化簡得（x20-8）k21-2x0y0k1+y20-8=0，

同理（x20-8）k22-2x0y0k2+y20-8=0.

所以k1，k2是方程（x20-8）k2-2x0y0k+y20-8=0的兩個不相等的實數根，

k1k2=-b+b2-4ac2a·-b-b2-4ac2a

=ca=y20-8x20-8.

因x2024+y2012=1，所以y20=12-12x20.

所以k1k2=4-12x20x20-8=-12，

設P（x1，y1），Q（x2，y2），則y1x1·y2x2=-12，

所以y21y22=14x21x22，

因為x2124+y2112=1x2224+y2212=1，所以y21=12-12x21y22=12-12x22，

所以（12-12x21）（12-12x22）=14x21x22，

所以x21+x22=24，y21+y22=12，

所以OP2+OQ2=36.

（ii）當直線OP，OQ落在坐標軸上時，

顯然有OP2+OQ2=36，

綜上，OP2+OQ2=36.

19.（1）①當b=-1時，f（x）=1x-1-1x+1=2x2-1，則f′（x）=-4x（x2-1）2，可得f′（2）=-42，

又f（2）=2，

故所求切線方程為y-2=-42（x-2），

即42x+y-10=0.

②當λ=-1時，f（x）=1x-1-1x-b，

則f′（x）=-1（x-1）2+1（x-b）2

=（x-1）2-（x-b）2（x-1）2（x-b）2=2（b-1）（x-b+12）（x-1）2（x-b）2.

因為b<0，則b-1<0，且b

故當b0，

f（x）在區間（b，b+12）上單調遞增;

當b+12

f（x）在區間（b+12，12）單調遞減.

（Ⅰ）當b+12≤13，即b≤-13時，

f（x）在區間[13，12]單調遞減，

所以[f（x）]max=f（13）=9b-92-6b;

（Ⅱ）當13

[f（x）]max=f（b+12）=4b-1.

綜上所述，[f（x）]max=4b-1，-13<b<0，9b-92-6b，b≤-13.

（2）f（x）≥1即1x-a+1x-b≥1.?（*）

①當x

②當a>x>b時，不等式（*）可化為

（x-a）+（x-b）≤（x-a）（x-b），

展開并整理得，

x2-（a+b+2）x+（ab+a+b）≥0，

設g（x）=x2-（a+b+2）x+（ab+a+b），

因為Δ=（a-b）2+4>0，所以g（x）有兩不同的零點，設為x1，x2（x1

又g（a）=b-a<0，g（b）=a-b>0，且b

因此b

所以當a>x>b時，不等式x2-（a+b+2）x+（ab+a+b）≥0的解為b

③當x>a時，不等式（*）可化為

（x-a）+（x-b）≥（x-a）（x-b），

展開并整理得，

x2-（a+b+2）x+（ab+a+b）≤0，

由②知，此時不等式的解為a

綜上所述，f（x）≥1的解構成的區間為（b，x1]∪（a，x2]，

其長度為（x1-b）+（x2-a）=x1+x2-a-b

=a+b+2-a-b=2.

20.（1）若an=n，則Sn=n2+n2，

①取M1=S1=1，M2=S4-S1=9，M3=S13-S4=81，滿足條件M22=M1M3，

此時t1=1，t2=4，t3=13.

②由①知t1=1，t2=1+3，t3=1+3+32，則M1=1，M2=32，M3=92，

一般的取tn=1+3+32+…+3n-1=3n-12，

此時Stn=3n-12（1+3n-12）2，

Stn-1=3n-1-12（1+3n-1-12）2，

則Mn=Stn-Stn-1

=3n-12（1+3n-12）2-3n-1-12（1+3n-1-12）2

=（3n-1）2，

所以Mn為一整數平方.

因此存在數列{tn}，使得數列{Mn}中的各數均為一個整數的平方.

（2）假設存在數列{tn}，使得數列{Mn}為等比數列，設公比為q.

因為Sn=n2，所以Stn=t2n，則M1=t21，當n≥2時，Mn=t2n-t2n-1=qn-1t21，

因為q為正有理數，所以設q=rs（r，s為正整數，且r，s既約）.

因為t2n-t2n-1必為正整數，則rn-1sn-1t21∈N*，由于r，s既約，所以t21sn-1必為正整數.

若s≥2，且數列{tn}為無窮數列，則當n>logst21+1時，t21sn-1<1，這與t21sn-1為正整數相矛盾.于是s=1，即q為正整數.

注意到t23=M3+M2+M1=M1（1+q+q2）=t21（1+q+q2），于是t23t21=1+q+q2.

因為1+q+q2∈N*，所以t23t21∈N*.

又t3t1為有理數，從而t3t1必為整數，即1+q+q2為一整數的平方.

但q2<1+q+q2<（q+1）2，即1+q+q2不可能為一整數的平方.

因此不存在滿足條件的數列{tn}.

第Ⅱ卷（附加題，共40分）

21.A.（1）M1=0-110，

M121=0-11021=-12，

所以點P（2，1）在T1作用下的點P′的坐標是

P′（-1，2）.

（2）M=M2M1=1-110，設xy是變換后圖象上任一點，與之對應的變換前的點是x0y0，

則Mx0y0=xy，也就是x0-y0=xx0=y，

即x0=yy0=y-x，

所以所求曲線的方程是y-x=y2.

B.（1）直線的參數方程為x=1+tcosπ6y=1+tsinπ6，

即x=1+32ty=1+12t.

（2）把直線x=1+32ty=1+12t代入x2+y2=4，

得（1+32t）2+（1+12t）2=4，t2+（3+1）t-2=0，t1t2=-2，

則點P到A，B兩點的距離之積為2.

C.由題知，|x-1|+|x-2|≤|a-b|+|a+b||a|恒成立，

故|x-1|+|x-2|不大于|a-b|+|a+b||a|的最小值，

∵|a-b|+|a+b|≥|a+b+a-b|=2|a|，當且僅當（a+b）（a-b）≥0時取等號，

∴|a-b|+|a+b||a|的最小值等于2.

∴x的范圍即為不等式|x-1|+|x-2|≤2的解，解不等式得12≤x≤52.

22.（1）依題意，數對（x，y）共有16種，其中使xy為整數的有以下8種：

（1，1），（2，2），（3，3），（4，4），（2，1），（3，1），（4，1），（4，2），所以P（ξ=0）=816=12;

（2）隨機變量ξ的所有取值為-1，0，1，

ξ=-1有以下6種：（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），

故P（ξ=-1）=616=38;

ξ=1有以下2種：（3，2），（4，3），

故P（ξ=1）=216=18;

所以ξ的分布列為：

ξ-101

P381218

E（ξ）=-1×38+0×12+1×18=-14，

答：ξ的數學期望為-14.

23.構造An的對偶式Bn=（a2+b2）ncosnθ，下面用數學歸納法證明更強的結論：An，Bn都是整數.

（1）當n=1時，由sinθ=2aba2+b2知cosθ=a2-b2a2+b2，則A1=（a2+b2）sinθ=2ab，B1=（a2+b2）cosθ=a2-b2，于是A1，B1都是整數;

（2）假設當n=k時，Ak、Bk都是整數，則當n=k+1時，Ak+1=（a2+b2）k+1sin（k+1）θ=（a2+b2）k+1（sinkθcosθ+coskθsinθ）=AkB1+BkA1∈Z.

同理可得，Bk+1=BkB1-AkA1∈Z.由（1）、（2）知An、Bn都是整數.

所以，對一切正整數n，An均為整數.