2019年云南省高考理科数学模拟试题与答案 (三)

（三）

考试说明：

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分；满分150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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．复数zA．

1i(i是虚数单位，aR）是纯虚数，则z的虚部为 ai1 B．i C．2 D．2i 22．给出以下三种说法：

2①命题“x0R,x013x0”的否定是“xR,x13x”；

2②已知p,q为两个命题，若pq为假命题，则pq为真命题； ③命题“a,b为直线，为平面，若a//,b//,，则a//b”为真命题． 其中正确说法的个数为 A. 3个

B. 2个

C. 1个 D. 0个

535775143. 设a(),b(),clog3，则a,b,c的大小关系是

755A．bac B．cab C．bca D．cba

4. 某四棱锥的三视图如右图所示,则该四棱锥的 体积等于

A.

32 B.

3411D.

2 333，则sin 4541

C.

5. 已知sin

A.

4433 B.  C. D.  55551 25 67 67 12

6. 执行如右图所示的程序框图，输出的s值为

A. B. C. D.

7．已知函数fx4x2的值域为A，且a,bA，

22直线xy1与圆xayb2有交点的概率为 A．

1 8 B．

3 8C.

7 8 D.

1 4yx2y8．已知实数x,y满足y(x1)，则的最大值为

3x12yx3A．

2261 B． C． D． 591329．上海某小学组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博 物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有

24A5A．A6种

2245种 C．C6A5 B．A6种

4

25种 D．C

10．将函数fxsin2x正确的是 ．．

A．gx的周期为 C．x的图像向右平移个单位，得到函数gx的图像，则下列说法不．36

B．g3 623是gx的一条对称轴 D．gx为奇函数

11.设函数f(x)满足f(1x)f(1x)，且f(x)是[1,)上的增函数，则

af(0.6),bf(0.7),cf(0.7)的大小关系是

2

232313A．abc B．bac C．acb D．cba

x2y212．正方形ABCD的四个顶点都在椭圆221上，若椭圆的焦点在正方形的内部，则椭圆的

ab离心率的取值范围是 A．(0,51315131) B．() ,1) C．(,1) D． (0,2222

第II卷（非选择题 共90分）

本卷包括必考题和选考题两部分.第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题（本大题共4小题,每题5分.）

13. 已知数列an为等差数列，Sn为an的前n项和，nN，

若a218，S1854，则a17=______，Sn= ．

14．地铁某换乘站设有编号为 A，B，C，D，E 的五个安全出口．若同时开放其中的两个安全出口，

疏散1000名乘客所需的时间如下：

安全出口编号 疏散乘客时间（s） A，B 120 B，C 220 C，D 160 D，E 140 A，E 200

则疏散乘客最快的一个安全出口的编号是____． D 15．若3x12018a0a1xa2x2a2018x2018,则a1a2a201822018__________. 33316．如右图是3世纪我国汉代的赵爽在注解周髀算经时给出的，人们称它为

“赵爽弦图”，，阴影部分是由四个全等的直角三角形组成的图形, 在 大正方形内随机取一点, 这一点落在小正方形内的概率为,若直角三 角形的两条直角边的长分别为a,b(ab),则

b . a13三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.（本小题12分）

在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a，b，c，且cos2BcosB0． （Ⅰ）求角B的值；

3

（Ⅱ）若b7，ac5，求△ABC的面积．

18．（本小题共12分）

如图，四边形ABCD是正方形，PA平面ABCD，EB//PA，ABPA4，EB2，F为PD的中点．

（Ⅰ）求证：AFPC； （Ⅱ）求证：BD//平面PEC； （Ⅲ）求二面角DPCE的大小．

19．（本小题共12分）

PEFADCB下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y（单位：亿元）的折线图．

为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y与时间变量t的两个线性回归模型．根 ˆ30.413.5t；根2，…，17）建立模型①：y据2000年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1，ˆ9917.5t． 2…，7）建立模型②：y据2010年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1，，（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值； （2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．

20．（本小题共12分）

x2y2在平面直角坐标系xOy中，点F为椭圆C:221(ab0)的一个焦点,点

abB1(0,3)为C的一个顶点, OFB13.

(1)求C的标准方程;

4

xy(2)若点Mx0,y0在C上,则点N0,0称为点M的一个“椭点”.

ab直线l:ykxm与C相交于A,B两点,且A,B两点的“椭点”分别为P,Q,以

PQ为直径的圆经过点O,求AOB的面积.

21．(本小题满分12分)

若对任意实数k,b都有函数yf(x)kxb的图象与直线ykxb相切，则称函数f(x)为“恒切函数”．设函数g(x)aexpa，a,pR． （1）讨论函数g(x)的单调性； （2）已知函数g(x)为“恒切函数”．

①求实数p的取值范围；

②当p取最大值时，若函数h(x)g(x)em也为“恒切函数”，求证：0m3xx3． 16（参考数据：e20）

请从下面所给的22、23题中任选一题作答，如果多做，则按做的第一题计分. 22.选修4-4：坐标系与参数方程（10分）

xt2,在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴正半

y2t轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为5cos． （1）写出曲线C1的极坐标方程和C2的直角坐标方程；

（2）记曲线C1和C2在第一象限内的交点为A，点B在曲线C1上，且AOB面积．

23.选修4—5：不等式选讲（10分） 已知函数fx|x1|.

(1)解不等式f2xfx46；

(2)若a,bR，|a|1,|b|1，证明：fabfab1。

2，求AOB的

5

参

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.A 2.C 3.D 4.D 5.C 6.B 7.D 8.C 9.D 10. C 11.A 12.A

第II卷（非选择题 共90分）

本卷包括必考题和选考题两部分.第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题（本大题共4小题,每题5分.）

13. -12 21nn2 14.D 15. -1 16.35 2三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 请从下面所给的22、23题中任选一题作答，如果多做，则按做的第一题计分. 17.（本小题12分）

（Ⅰ）解：由已知得 2cos2BcosB10， 即 (2cosB1)(cosB1)0．

解得 cosB1，或cosB1． 2因为 0Bπ，故舍去cosB1． 所以 Bπ． …………6分 3（Ⅱ）解：由余弦定理得 b2a2c22accosB．

将Bπ2，b7代入上式，整理得(ac)3ac7． 3因为 ac5，

所以 ac6．

所以 △ABC的面积S133acsinB． …………13分 22 6

18．（本小题共12分）

（Ⅰ）证明：依题意，PA平面ABCD．

如图，以A为原点，分别以AD、AB、AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系． ……2分

依题意，可得A(0,0,0)，B(0,4,0)，C(4,4,0)，D(4,0,0)，P(0,0,4)，E(0,4,2)，F(2,0,2)． 因为AF(2,0,2)，PC(4,4,4)，

所以AFPC80(8)0． ……5分

z所以AFPC. ……6分 （Ⅱ）证明：取PC的中点M，连接EM．

因为M(2,2,2)，EM(2,2,0)，BD(4,4,0)， PEFAMBy所以BD2EM，

所以BD//EM． ……8分 DC又因为EM平面PEC，BD平面PEC，

x所以BD//平面PEC． ……9分 （Ⅲ）解：因为AFPD，AFPC，

PDPCP，

所以AF平面PCD，故AF(2,0,2)为平面PCD的一个法向量．……10分 设平面PCE的法向量为n(x,y,z)， 因为PC(4,4,4)，PE(0,4,2)，

4x4y4z0,nPC0,所以 即

4y2z0,nPE0,令y1，得x1，z2，故n(1,1,2)． ……12分

所以cosAF,n2043， ……13分

2226所以二面角DPCE的大小为19.(12分)

5π． ……14分 67

解：（1）利用模型①,该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为

ˆ30.413.519226.1(亿元). y利用模型②,该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为

ˆ9917.59256.5(亿元). y（2）利用模型②得到的预测值更可靠.

理由如下：

（ⅰ）从折线图可以看出,2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线

y30.413.5t上下.这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境

基础设施投资额的变化趋势.2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线

ˆ9917.5t可以较好地描述2010年以性增长趋势,利用2010年至2016年的数据建立的线性模型y后的环境基础设施投资额的变化趋势,因此利用模型②得到的预测值更可靠.

（ⅱ）从计算结果看,相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元,由模型①得到的预测值 226.1亿元的增幅明显偏低,而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理.说明利用模型②得到的预测值更可靠.

以上给出了2种理由,考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分. 20. （本小题共12分） 解:（1）由已知得b3,在RtB1OF中, tanb3,…………1分 3c所以c1,…………………………………………………………………2分

222又因为abc,所以 a2, ………………………………………3分

x2y21.……………………………………4分 所以椭圆C的方程为: 43（2）设Ax1,y1,Bx2,y2,则Px1y1x2y2,,Q2,,………………5分 233又因为以PQ为直径的圆经过坐标原点O,得OPOQ0, 即

x1x2y1y20,①……………………………………………………6分 438

ykxm由x2y2 ,消y整理得, 34k2x28mkx4m230,

134由k2m21634k2m230,得34k2m20,

4m238mk而x1x2,② ……………………………7分 ,x1x234k234k2所以y1y2kx1mkx2m k2x1x2mkx1x2m23m24k2③ …………………8分 34k23m4k联立①②③得,0, 434k334k4m232222即2m24k23, …………………………………………………………9分 又因为AB1k2x1x224x1x21k2484k2m2334k2,………10分

原点O到直线l:ykxm的距离dm1k2, 所以SAOB11ABd1k222484k2m2334k2m1k2,………………11分

把2m24k23代入上式得SAOB3,即SAOB的面积是为3.………12分 21．(本小题满分12分)

解：（1）g(x)ae1， ……2分

当a0时，g(x)0恒成立，函数g(x)在R上单调递减；

当a0时，由g(x)0得xlna，由g(x)0得xlna，由g(x)0得xlna， 得函数g(x)在(,lna)上单调递，在(lna,)上单调递增． ……4分 （2）①若函数f(x)为“恒切函数”，则函数yf(x)kxb的图像与直线ykxb相切，

设切点为(x0,y0)，则f(x0)kk且f(x0)kx0bkx0b，即f(x0)0，f(x0)0. 因为函数g(x)为“恒切函数”，所以存在x0，使得g(x0)0，g(x0)0，

x 9

xae0x0pa0 xxx即， 得ae00，pe0(1x0)，设m(x)e(1x)， …6分

x0ae10则m(x)xe，m(x)0，得x0，m(x)0，得x0，

故m(x)在(,0)上单调递增，在(0,)上单调递减，从而m(x)maxm(0)1， 故实数p的取值范围为(,1]． ……8分 ②当p取最大值时，p1，x00，aex0x1，h(x)(exx1)exm，

h(x)(2exx2)ex，因为函数h(x)也为“恒切函数”，

故存在x0，使得h(x0)0，h(x0)0， 由h(x0)0得(2e0x02)exxx00，2ex0x020，设n(x)2exx2， …8分

则n(x)2e1，n(x)0得xln2，n(x)0得xln2， 故n(x)在(,ln2)上单调递减，在(ln2,)上单调递增，

1°在单调递增区间(ln2,)上，n(0)0，故x00，由h(x0)0，得m0；…10分 2°在单调递减区间(,ln2)上，n(2)2e20，

31311112n()2e2(20)20，又n(x)的图像在(,ln2)上不间断，

22252故在区间(2,)上存在唯一的x0，使得2e0x020，故e32xx0x02， 2此时由h(x0)0，得m(e0x01)exx0(x02x2x01)0 22111x0(x02)(x01)2，

444函数r(x)113333(x1)2在(2,)上递增，r(2)0，r()，故0m． 442216163． ……12分 16综上1°2°所述，0m

10

22. （10分）

解：（1）由题C1：y4x，sin4cos，即sin4cos，

2222C2：x2y25x．

（2）联立y4x和xy5x，得xA1，yA2，

222m1m2,m)，由OAOB，2，得m8，B(16,8)， 设B(m424SAOB11|OA||OB|58520． 2223．（10分）

解：（1）由f(2x)f(x4)6，得|2x1||x3|6 当x3时，2x1x36 ∴x3 当3x当x1时，2x1x36 ∴3x2 214时，2x1x36 ∴x 2343综上，不等式的解集为{x|x2或x}(5分) （2）证明：f(ab)f(ab1)|ab1||ab| ∵|a|1,|b|1，即a1,b1

∴|ab1||ab|ab2ab1ab2ababab1(a1)(b1)0 ∴|ab1||ab|

2222222222222222∴|ab1||ab| ∴f(ab)f(ab1)（10分）

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