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1、2019 年最新全国高考理科数学模拟题及答案（带解析）第 1 页，共 21 页(本试卷分第卷和第卷两部分满分150 分，考试时间 120 分钟)第卷(选择题满分 60 分)一、选择题(本题共 12 小题，每小题5 分，共 60 分，每小题只有一个选项符合题意)12016全国卷 设集合Sx|(x2)(x3)0，Tx|x0，则ST()A2,3 B(，2 3，)C 3，)D(0,2 3，)答案D 解析集合S(，2 3，)，结合数轴，可得ST(0,23，)2 2016西安市八校联考 设z1i(i是虚数单位)，则2zz()Ai B2i C 1i D 0 答案D 解析因为2zz21i1i 1i 1i 1i
2、 0，故选 D.3 2017福建质检 已知 sinx313，则 cosxcos(3x)的值为()A33 B.33 C 13 D.13答案B 解析因为 sinx312sinx32cosx13，所以 cosx cos3x cosx12cosx32sinx32cosx32sinx第 2 页，共 21 页332cosx12sinx33，故选 B.42016天津高考 设an 是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q0”是“对任意的正整数n，a2n1a2n0)，a2n1a2na1q2n2a1q2n1a1q2n2(1q)若q0，因为 1q的符号不确定，所以无法判断a2n1a2n的符号；反之，若a2n1a2n
3、0，即a1q2n2(1 q)0，可得q10.故“q0”是“对任意的正整数n，a2n1a2ncb B bac C abc D cba答案C解析因为a21312131416，b2log2312312131212716，所以ab，排除B、D；c140sinxdx14cosx014(coscos0)121412，所以bc，所以abc，选 C.72016江苏重点高中模拟 若正整数N除以正整数m后的余数为n，则记为Nn(modm)，例如 104(mod6)下面程序框图的算法源于我国古代闻名中外的中国剩余定理 执行该程序框图，则输出的n等于()第 4 页，共 21 页A17 B16 C 15 D 13 答案
4、A解析当n10 时，被 3 除余 2，被 5 除也余 2 的最小整数n17，故选 A.8 2017 湖 北 武 汉 调 研 已 知x，y满 足xy10，x2y40，2xy20，如果目标函数zy1xm的取值范围为0,2)，则实数m的取值范围为()A.0，12B.，12C.，12D(，0 答案C第 5 页，共 21 页解析由约束条件，作出可行域如图中阴影部分所示，而目标函数 zy1xm的几何意义为可行域内的点(x，y)与A(m，1)连线的斜率，由xy10，x2y40，得x2，y 1，即B(2，1)由题意知m2 不符合题意，故点A与点B不重合，因而当连接AB时，斜率取到最小值 0.由y 1 与 2x
5、y20，得交点C12，1，在点A由点C向左移动的过程中，可行域内的点与点A连线的斜率小于 2，因而目标函数的取值范围满足z0,2)，则m0，b0)的右焦点与右支上的一点，O为坐标原点，若OM12(OPOF2)，OF22F2M2，且 2OF2F2Ma2b2，则该双曲线的离心率为()A.312 B.32 C.3 D 23 答案A解析设双曲线的左焦点为F1，依题意知，|PF2|2c，因为OM12(OPOF2)，所以点M为线段PF2的中点因为2OF2F2Ma2b2，所以OF2F2Mc22，所以cccosPF2x12c2，所以cosPF2x12，所以PF2x60，所以PF2F1120，从而|PF1|23
6、c，根据双曲线的定义，得|PF1|PF2|2a，所以 23c2c2a，所以eca131312，故选 A.122017山西联考 已知函数f(x)(3x1)ex1mx(m 4e)，若有且仅有两个整数使得f(x)0，则实数m的取值范围是()A.5e，2B.52e，83e2C.12，83e2D.4e，52e答案B解析由f(x)0，得(3x1)ex1mx0，即mx第 8 页，共 21 页(3x1)ex1，设 g(x)mx，h(x)(3x1)ex1，则 h(x)3ex1(3x1)ex1 (3x4)ex1，由 h(x)0，得(3x4)0，即x43，由 h(x)0，得(3x4)43，故当x43时，函数h(x)
7、取得极大值在同一平面直角坐标系中作出yh(x)，yg(x)的大致图象如图所示，当m0时，满足 g(x)h(x)的整数解超过两个，不满足条件；当m0 时，要使 g(x)h(x)的整数解 只 有 两 个，则 需 满 足，即5e1 2m，8e23m，即m52e，m83e2，即52em0)的焦点为F，连接FA，与抛物线C相交于点M，延长FA，与抛物线C的准线相交于点N，若|FM|MN|1第 10 页，共 21 页3，则实数a的值为 _答案2 解析依题意得焦点F的坐标为a4，0，设M在抛物线的准线上的射影为K，连接MK，由抛物线的定义知|MF|MK|，因为|FM|MN|13，所以|KN|KM|221，又
8、kFN01a404a，kFN|KN|KM|22，所以4a22，解得a2.16 2016成都第二次诊断 已知函数f(x)xsin2x.给出以下四个命题：?x0，不等式f(x)2x恒成立；?kR，使方程f(x)k有四个不相等的实数根；函数f(x)的图象存在无数个对称中心；若数列 an 为等差数列，f(a1)f(a2)f(a3)3，则a2.其中正确的命题有_(写出所有正确命题的序号)答案解析f(x)12cos2x，则f(x)0 有无数个解，再结合f(x)是奇函数，且总体上呈上升趋势，可画出f(x)的大致图象为：(1)令g(x)2xf(x)x sin2x，则g(x)1第 11 页，共 21 页2cos
9、2x，令g(x)0，则x6k(kZ)，则g66320 使得f(x)2x，故错误；(2)由图象知不存在yk的直线和f(x)的图象有四个不同的交点，故错误；(3)f(ax)f(ax)2a2sin2acos2x，令 sin2a0，则ak2(kZ)，即(a，a)，其中ak2(kZ)均是函数的对称中心，故正确；(4)f(a1)f(a2)f(a3)3，则a1a2a3sin2a1sin2a2sin2a33，即 3a2sin(2a22d)sin2a2sin(2a22d)3，3a2sin2a22sin2a2cos2d3，3a2sin2a2(1 2cos2d)3，sin2a2312cos2d312cos2da2，
10、则 问 题 转 化 为f(x)sin2x与g(x)312cos2d312cos2dx的交点个数如果直线g(x)要与f(x)有除(，0)之外的交点，则斜率的范围在43，2，而直线的斜率312cos2d的取值范围为(，1 3，)，故不存在除(，0)之外的交点，故a2，正确三、解答题(共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)172016武汉调研(本小题满分12 分)在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，a1a4cosC，b1.(1)若A90，求ABC的面积；第 12 页，共 21 页(2)若ABC的面积为32，求a，c.解(1)a1a4cosC4a2b2c22a
11、ba21c2a，b1，2c2a21.(2 分)又A90，a2b2c2c21，2c2a21c22，c2，a3，(4 分)SABC12bcsinA12bc121222.(6 分)(2)SABC12absinC12asinC32，则 sinC3a.a1a4cosC，sinC3a，14a1a23a21，化简得(a27)20，a7，从而 cosC14a1a277，ca2b22bccosC712712772.(12分)182016广州四校联考(本小题满分12 分)自 2016年 1 月 1 日起，我国全面二孩政策正式实施，这次人口与生育政策的历史性调整，使得“要不要再生一个”“生二孩能休多久产假”等成为千
12、千万万个家庭在生育决策上避不开的话题为了解针对产假的不同安排方案形成的生育意愿，某调查机构随机抽取了200 户有生育二胎能力的适龄家庭进行问卷调查，得到如下数据：产假安排(单位：周)1415161718 有生育意愿家庭数48162026(1)若用表中数据所得的频率代替概率，面对产假为14周与 16 周，估计某家庭有生育意愿的概率分别为多少？第 13 页，共 21 页(2)假设从 5 种不同安排方案中，随机抽取 2 种不同安排分别作为备选方案，然后由单位根据单位情况自主选择求两种安排方案休假周数和不低于32 周的概率；如果用表示两种方案休假周数和，求随机变量的分布列及期望解(1)由表中信息可知，
13、当产假为14 周时某家庭有生育意愿的概率为P14200150；(2 分)当产假为16 周时某家庭有生育意愿的概率为P216200225.(4 分)(2)设“两种安排方案休假周数和不低于32 周”为事件A，由已知从 5 种不同安排方案中，随机地抽取2 种方案选法共有 C2510(种)，(5 分)其和不低于32 周的选法有(14,18)，(15,17)，(15,18)，(16,17)，(16,18)，(17,18)，共 6 种，由古典概型概率计算公式得P(A)61035.(7 分)由 题 知随 机 变 量的可 能 取 值 为29,30,31,32,33,34,35.P(29)1100.1，P(30
14、)1100.1，P(31)2100.2，P(32)2100.2，P(33)2100.2，P(34)1100.1，P(35)1100.1，因而的分布列为29303132333435 P 0.10.10.20.20.20.10.1 第 14 页，共 21 页(10 分)所以E()290.1 300.1 310.2 320.2 330.2 340.1 350.1 32.(12 分)192017吉林模拟(本小题满分12 分)如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，E，F分别是CC1，BC的中点，AEA1B1，D为棱A1B1上的点(1)证明DFAE；(2)是否存在一点D，使得平面DEF
15、与平面ABC所成锐二面角的余弦值为1414？若存在，说明点D的位置；若不存在，说明理由解(1)证明：因为AEA1B1，A1B1AB，所以AEAB.因为AA1AB，AA1AEA，所以AB平面A1ACC1.因为AC?平面A1ACC1，所以ABAC.以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系第 15 页，共 21 页则有A(0,0,0)，E0，1，12，F12，12，0，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)(4 分)设D(x1，y1，z1)，A1DA1B1且0,1，即(x1，y1，z1 1)(1,0,0)，则D(，0,1)，所 以DF12，12，
16、1.因为AE 0，1，12，所以DFAE12120，所以DFAE.(6 分)(2)假设存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为1414.由题意可知平面ABC的一个法向量为AA1(0,0,1)(8分)设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则nFE0，nDF0，因为FE 12，12，12，DF12，12，1，所以12x12y12z0，12 x12yz0，即x3z，y12z.令z2(1)，则n(3,1 2，2(1)是平面第 16 页，共 21 页DEF的一个法向量(10 分)因为平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为1414，所以|cos AA1，n|AA1n|AA1|n
17、|1414，即92221414，解得12或74(舍去)，所以当D为A1B1的中点时满足要求故存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为1414，此时D为A1B1的中点(12 分)202016兰州质检(本小题满分12 分)已知椭圆C的焦点坐标是F1(1,0)、F2(1,0)，过点F2垂直于长轴的直线l交椭圆C于B、D两点，且|BD|3.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在过点P(2,1)的直线l1与椭圆C相交于不同的两点M、N，且满足PMPN54？若存在，求出直线l1的方程；若不存在，请说明理由解(1)设椭圆的方程是x2a2y2b21(ab0)，则c1，|BD|3，2b2a3，
18、又a2b21，a2，b3，椭圆C的方程为x24y231.(4 分)(2)假设存在直线l1且由题意得斜率存在，设满足条件的方程为yk(x2)1，第 17 页，共 21 页由ykx1，x24y231，得(3 4k2)x28k(2k1)x16k216k80，因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点M、N，设M(x1，y1)、N(x2，y2)，所以 8k(2k1)24(3 4k2)(16k216k8)0，所以k12.又x1x28kk34k2，x1x216k216k834k2，(8 分)因为PMPN(x12)(x22)(y11)(y21)54，所以(x12)(x22)(1 k2)54，即x1x22(x1x2
19、)4(1 k2)54，所 以16k216k834k228kk34k24(1 k2)44k234k254.解得k12，因为k12，所以k12.故存在直线l1满足条件，其方程为y12x.(12 分)212017广东广州调研(本小题满分12 分)已知函数f(x)ln(x1)x12x2，g(x)(x1)ln(x1)x(a1)x216x3(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若当x0时，g(x)0恒成立，求实数a的取值范围第 18 页，共 21 页解(1)函数f(x)ln(x1)x12x2，定义域为(1，)，(2 分)则f(x)x2x10，所以f(x)的单调递增区间为(1，)，无单调递减区间(4
20、 分)(2)由(1)知，当x0时，有f(x)f(0)0，即 ln(x1)x12x2.g(x)ln(x1)2(a1)x12x2x12x22(a1)x12x2(2a1)x.(6 分)当 2a10，即a12时，且x0时，g(x)0，所以g(x)在0，)上是增函数，且g(0)0，所以当x0时，g(x)0，所以a12符合题意(8 分)当a0，两根x112aaa20，当x(0，x2)时，(x)0，所以(x)在(0，x2)上单调递减，且(0)0，即x(0，x2)时，g(x)g(0)0，第 19 页，共 21 页g(x)在(0，x2)上单调递减，所以存在x0(0，x2)，使得g(x0)g(0)0，即当x0时，
21、g(x)0 不恒成立，所以a1，n1 且对于?tT，不等式 log3mlog3nt恒成立，求mn的最小值解(1)|x1|x2|x1(x2)|1，所以|x1|x2|1，所以t的取值范围为(，1，即Tt|t1(5分)(2)由(1)知，对于?tT，不等式 log3mlog3nt恒成立，只需 log3mlog3ntmax，所以 log3mlog3n1，又因为m1，n1，所以 log3m0，log3n0，又 1log3mlog3nlog3mlog3n223mn24(log3mlog3n时取等号，此时mn)，(8 分)所以(log3mn)24，所以 log3mn2，mn9，所以mn2mn6，即mn的最小值为6(此时mn3)(10 分)第 21 页，共 21 页