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第1页共15页2019届四川省成都市七中育才学校高三高考模拟测试数学试题一、单选题1．设复数满足，其中是虚数单位，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由复数代数形式的运算及复数模的公式计算得解.【详解】，.故选：C【点睛】本题考查了复数代数形式的运算及复数模的公式，属于基础题2．已知集合，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】先求出N＝{﹣1，0，1}，然后进行交集的运算即可．【详解】.且，.故选：C【点睛】本题考查集合的描述法、列举法的定义，以及集合交集的运算，属于基础题．3．已知直线经过双曲线的右焦点，且与双曲线过第一、三象限的渐近线垂直，则直线的方程是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】求出双曲线过第一、三象限的渐近线方程，右焦点的坐标，即可得直线的方程．第2页共15页【详解】双曲线的右焦点F（4，0），过第一、三象限的渐近线：y＝x，直线经过右焦点F，且与y＝x垂直，所以直线的斜率：，所以直线的方程是：y＝（x﹣4），即y＝x+4．故选：A．【点睛】本题考查双曲线渐近线的应用，求直线的方程，属于基础题．4．放烟花是逢年过节一种传统庆祝节日的方式，已知一种烟花模型的三视图如图中的粗实线所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该烟花模型的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由三视图得几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．【详解】由三视图可知该几何体是由半径为2，高为3的圆柱，与半径为1，高为1的圆柱，以及底面半径为1，高为2的圆锥组成的几何体，如图所示.几何体的体积为：．故选：B．【点睛】本题考查组合体的体积，由三视图得几何体的形状是解题的关键，属于基础题．5．如图所示，小王与小张二人参加某射击比赛的预赛的五次测试成绩的折线图，设小第3页共15页王与小张成绩的样本平均数分别为和，方差分别为和，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由图像可知，小王每次均不低于小张的预赛成绩，但是小王各次成绩的波动大于小张的波动，由此能得出结果．【详解】观察图像可知，实线中的数据都大于或等于虚线中的数据，所以小王成绩的平均数大于小张成绩的平均数，即；显然实线中的数据波动都大于或等于虚线中的数据波动，所以小王成绩的方差大于小张成绩的方差，即.综上,.故选：C．【点睛】本题考查折线图的性质等基础知识，考查平均数和方差的含义，属于基础题．6．已知函数的最小正周期为，且则函数的图象的一条对称轴的方程为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】根据函数的周期公式求出ω＝2，结合,求出，得化简=2cos2x，再利用余弦函数的对称轴求解即可．【详解】∵f（x）的最小正周期为π，∴＝π，得ω＝2，则f（x）＝2sin（2x+），又∵＝2，∴＝2，得sin（）＝1，即，k∈Z，得＝2kπ+，k∈Z，∵，∴当k＝0时，，即f（x）＝2sin（2x+），第4页共15页所以＝2cos2x，由2x＝kπ，得x＝，k∈Z，即函数的对称轴为x＝，k∈Z，当k＝3时，函数的对称轴为x＝，故选：D．【点睛】本题考查利用周期性和函数值求三角函数的解析式，也考查三角函数图象的对称轴，属于基础题．7．我国古代数学名著《九章算术》里有一道关于玉石的问题：“今有玉方一寸，重七两；石方一寸，重六两，今有石方三寸，中有玉，并重十一斤（176两）.问玉，石重各几何？”根据此题，设计如图所示的程序框图，运行该程序框图，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据程序框图进行模拟运算即可．【详解】x＝86，y＝176﹣86＝90，s+15≠27，x＝90，y＝176﹣90＝86．s＝×90+×86≠27，x＝94．y＝176﹣94＝82．s＝×94+×82≠27，x＝98，y＝176﹣98＝78，s＝×98+×78＝14+13＝27，满足条件．输出x﹣y＝98﹣78＝20.故选：C．【点睛】本题主要考查条件结构的程序框图的判断和模拟运算,属于基础题．第5页共15页8．若直线是曲线的切线，且，则实数的最小值是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】求出函数y＝2alnx的导数，设切点为（m，n），由条件得到，2m+b＝2alnm，即有b＝2alna﹣2a（a＞0），再对b求导，求出单调区间，极值即为最值，即可得到实数b的最小值．【详解】y＝2alnx的导数为，由于直线y＝2x+b是曲线y＝2alnx的切线，设切点为（m，n），则，∴m＝a，又2m+b＝2alnm，∴b＝2alna﹣2a（a＞0），b＝2（lna+1）﹣2＝2lna，当a＞1时，b＞0，函数b递增，当0＜a＜1时，b＜0，函数b递减，∴a＝1为极小值点，也为最小值点，∴b的最小值为2ln1﹣2＝﹣2．故选：D．【点睛】本题考查利用导数求曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求最值，属于基础题．9．在梯形中，将梯形沿对角线折叠成三棱锥，当二面角是直二面角时，三棱锥的外接球表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意画出图形，确定三棱锥外接球的半径，则三棱锥D﹣ABC的外接球的表面积可求．【详解】在梯形中，，，BC＝，由，得,将梯形ABCD沿对角线AC折叠成三棱锥D-ABC,如图所示：取AC的中点E，AB的中点O，连结DE，OE，∵平面DCA⊥平面ACB，平面DCA平面ACB=AC，DE⊥AC，∴DE⊥平面ACB，∵DE＝，OE＝，∴在中，OD＝2，∴OB＝OA＝OC＝OD=2，第6页共15页即外接球的半径为2，此时三棱锥外接球的表面积为4π•22＝16π．故选：D．【点睛】本题考查折叠问题，三棱锥的外接球表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．10．已知函数若，则在上的最大值是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由函数的单调性及函数的最值，得f（x）在[1，2]为增函数，所以f1（x）max＝8＝32﹣1＞0，同理f2（x）max＝＞0，同理f3（x）max＝＞0，依此类推：f2019（x）max＝即可.【详解】在（0，+∞）为增函数，且f（x）＞0，在[1，2]为增函数，即f1（x）max＝8＝32﹣1，且f1（x）＞0，同理，且f2（x）＞0，同理，且f3（x）＞0，依此类推：f2019（x）max＝f（f2018（x）max）＝.故选：D．【点睛】本题考查了函数的单调性及函数的最大值，也考查了归纳推理，属于中档题11．已知点是抛物线上的动点，以为圆心的圆经过抛物线的焦点，且圆与直线相交于两点，则的取值范围是（）A．B．C．D．第7页共15页【答案】B【解析】写出圆C的方程，令x＝﹣代入圆的方程可得y的二次方程，运用判别式大于0和韦达定理，再由两点的距离公式，化简整理，结合≥0求得|FA|•|FB|的取值范围．【详解】抛物线y2＝4x的焦点为F（1，0），设，则圆的方程是，令，得.又,恒成立.设，则.所以|FA|•|FB|＝，因为≥0，所以|FA|•|FB|≥3，即|FA|•|FB|的取值范围是[3，+∞）．故选：B．【点睛】本题考查了抛物线的定义以及直线和圆相交的弦长公式的应用，也考查了两点间的距离，属于中档题．二、填空题12．已知函数，若，则的概率为__________．【答案】【解析】由1≤﹣1≤2求解得a的范围，再由几何概型的长度比得答案．【详解】∵f（x）＝，由1≤≤2，得2≤≤3，∴4≤a≤8，因为a∈[1，10]，则f（a）∈[1，2]的概率为．故答案为：．【点睛】本题考查几何概型概率的求法，考查对数不等式的解法，属于基础题．13．若实数x，y满足约束条件，则z＝2x﹣3y的最小值为______．【答案】-6第8页共15页【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用目标函数的几何意义，在可行域内平移直线得在y轴上的截距，即可求出z的最小值．【详解】实数x，y满足约束条件的可行域如图所示，由z＝2x﹣3y，得，由目标函数z＝2x﹣3y几何意义得，把直线平移到过A点时，z有最小值.由得，即点A（0，2），所以z＝2×0﹣3×2＝﹣6，故答案为：﹣6．【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，利用目标函数的几何意义得最小值，属于基础题．14．如图所示，已知圆与直线均相切，且分别相切于三点，若，则____．【答案】【解析】从圆的切线长相等入手，圆O与直线BC，AC，AB均相切，切点分别为D，E，F，且BC＝4，AC＝5，AB＝6，得，进而得，且，即可求出.【详解】已知圆O与直线BC，AC，AB均相切，且分别相切于D，E，F三点，第9页共15页∴，又∵BC＝4，AC＝5，AB＝6，∴，∴，又∵C，D，B三点共线，∴，且，即．∴，即．故答案为：．【点睛】本题考查平面向量的线性运算，圆的切线长相等，注意平面向量共线定理的合理运用，属于中档题，三、解答题15．在中，内角所对的边长分别是，且求角的大小；若的周长为，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）化简已知等式可得a2+b2﹣c2＝ab，由余弦定理得cosC＝，结合范围C∈（0，π），可求C的值．（2）由已知可求a+b＝6，利用余弦定理可求ab的值，根据三角形的面积公式计算即可得解．【详解】（1）由，得.所以，所以.①由余弦定理得又根据三角形的内角性质，得,所以.（2）若，的周长为，则.代入①中，得.得，得..第10页共15页【点睛】本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力，属于中档题．16．如图，在直三棱柱中，求三棱柱的体积；若是棱的一个靠近点的三等分点，求证：【答案】（1）；（2）见解析.【解析】（1）由已知求得三角形ABC的面积，然后直接利用棱柱体积公式求解即可；（2）在△ABC中，由已知结合余弦定理解得，由M是棱BC的一个靠近点C的三等分点，求得CM，进一步利用余弦定理求得AM，可得CM＝AM，从而得到∠ACM＝∠CAM＝30°，求得∠MAB＝90°，即AM⊥AB，再由已知证明AA1⊥AM，由线面垂直的判定可得AM⊥平面ABB1A1，则AM⊥AB1．【详解】（1），.在中，由余弦定理，得，得.是的一个靠近点的三等分点，.,,,由余弦定理，得解得.,,即由题意知平面，平面.,又，平面,.第11页共15页【点睛】本题考查三棱柱体积的求法，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，属于中档题．17．某出租车公司响应国家节能减排的号召，已陆续购买了210辆纯电动汽车作为运营车辆，目前我国主流纯电动汽车按续驶里程数R（单位：公里）分为3类，即A：80≤R＜150，B：150≤R＜250，C：R≥250．对这210辆车的行驶总里程进行统计，结果如表所示：类型ABC已行驶总里程不超过5万公里的车辆数403040已行驶总里程超过5万公里的车辆数305020（1）从这210辆汽车中任取1辆，求该车行驶总里程超过5万公里的概率；（2）公司为了了解这些车的工作状况，决定抽取21辆车进行车况分析，按表中描述的六种情况进行分层抽样，设从C类车中抽取了n辆车．①求n的值；②如果从这n辆车中随机选取2辆车，求恰有1辆车行驶总里程超过5万公里的概率．【答案】（1）；（2）①n=6，②.【解析】（1）从这210辆汽车中任取1辆，利用古典概型能求出该车行驶总里程超过5万公理的概率．（2）①利用分层抽样的性质能求出n；②6辆车中已行驶总里程不超过5万公里的车有4辆，记为A，B，C，D，6辆车中已行驶总里程超过5万公里的车有2辆，记为M，N，6辆车中随机选取2辆车，利用列举法能求出恰有1辆车行驶总里程超过5万公里的概率．第12页共15页【详解】（1）从这辆汽车中任取辆，则该车行驶总里超过万公里的概率为.（2）①依题意得；②辆车已行驶总里程不超过万公里的车有辆，记为，辆车中已行驶总里程超过万公里的车有辆,记为“从辆车中随机选取辆车”的所有选法共种：,，“从辆车中随机选取辆车,恰有一辆车行驶里程超过万公里”的选法共种：.设“选取的辆车中恰有一辆车行驶里程超过万公里”为事件,则..【点睛】本题考查古典概型的概率、列举法、分层抽样的性质等基础知识，属于基础题．18．已知椭圆的短轴长为，离心率为.（1）求椭圆的方