广东省2019届普通高等学校招生全国统一考试文科数学模拟(一)试题(解析版).doc

2019年普通高等学校招生全国统一考试
广东省文科数学模拟试卷（一）
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.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出集合，再求两集合的交集即可．
【详解】在集合中 ，得，即，
在集合中在上递增，且，所以 ，即,
则．
故选：D．
【点睛】本题考查了集合的交集及其运算，也考查了指数函数的单调性，属于基础题．
2.复数（为虚数单位）的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用复数代数形式的乘除运算化简即可得答案．
【详解】 = ，所以z的虚部为．
故选：A
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，属于基础题．
3.双曲线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
将双曲线化成标准方程，可得，，即可得焦点坐标．
【详解】将双曲线化成标准方程为： ，得，，所以 ，所以 ，又该双曲线的焦点在x轴上，所以焦点坐标为 ．
故选：A
【点睛】本题考查双曲线的简单性质，将双曲线的方程化为标准形式是关键，属于基础题．
4.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由三角函数的诱导公式和倍角公式化简即可.
【详解】因为，由诱导公式得，所以 .
故选：B
【点睛】本题考查了三角函数的诱导公式和倍角公式，灵活掌握公式是关键，属于基础题.
5.已知函数在上单调递减，且当时，，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
当时，由= ，得，由函数单调性的性质，即可得的解集.
【详解】当时，由=，得或（舍），又因为函数在上单调递减，
所以的解集为.
故选：D
【点睛】本题考查函数的单调性的应用，关键是理解函数单调性的性质，属于基础题．
6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】
由三视图可知该几何体的直观图，从而求出几何体的体积．
【详解】由三视图可知几何体为边长为2的正方体的一半，做出几何体的直观图如图所示，故几何体的体积为23＝4．
故选：B．

【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状是解题的关键，属于中档题．
7.设x1＝18，x2＝19，x3＝20，x4＝21，x5＝22，将这5个数依次输入如图所示的程序框图运行，则输出S的值及其统计意义分别是（　　）

A. S＝2，这5个数据的方差 B. S＝2，这5个数据的平均数
C. S＝10，这5个数据的方差 D. S＝10，这5个数据的平均数
【答案】A
【解析】
【分析】
根据程序框图，得输出的S是5个数据的方差，先求这5个数的均值，然后代入方差公式计算即可．
【详解】根据程序框图，输出的S是x1＝18，x2＝19，x3＝20，x4＝21，x5＝22这5个数据的方差，因为，
∴由方差的公式S＝．
故选：A．
【点睛】本题通过循环结构的程序框图考查了均值和方差，属于基础题．
8.的内角所对的边分别是.已知，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由余弦定理化简，得，再由基本不等式求解即可.
【详解】因为，得 ，所以，
所以 当且仅当 取等号，且为三角形内角 ，所以.
故选：D
【点睛】本题考查余弦定理解三角形和基本不等式的应用，属于基础题.
9.已知，，三点不共线，且点满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
运用向量的减法运算，把已知等式中的向量换为表示，整理后可求结果。
【详解】已知，，三点不共线，且点满足，所以= += ） （）+=，所以 ,
故选：A
【点睛】本题考查了向量减法的运算，也考查了向量的线性表示，属于中档题．
10.古希腊雅典学派算学家欧道克萨斯提出了“黄金分割”的理论，利用尺规作图可画出己知线段的黄金分割点，具体方法如下：（l）取线段AB＝2，过点B作AB的垂线，并用圆规在垂线上截取BC＝AB，连接AC；（2）以C为圆心，BC为半径画弧，交AC于点D；（3）以A为圆心，以AD为半径画弧，交AB于点E．则点E即为线段AB的黄金分割点．若在线段AB上随机取一点F，则使得BE≤AF≤AE的概率约为（　　）（参考数据：2.236）

A. 0.236 B. 0.382 C. 0.472 D. 0.618
【答案】A
【解析】
【分析】
由勾股定理可得：AC＝ ，由图易得：0.764≤AF≤1.236，由几何概型可得概率约为 ＝0.236．
【详解】由勾股定理可得：AC＝ ，由图可知：BC＝CD＝1，AD＝AE＝≈1.236，BE≈2﹣1.236＝0.764，则：0.764≤AF≤1.236，由几何概型可得：使得BE≤AF≤AE的概率约为＝=0.236，
故选：A．

【点睛】本题考查了勾股定理、几何概型求概率的问题，属于基础题．
11.已知为抛物线：的焦点，直线与曲线相交于两点，为坐标原点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设，，联立直线和抛物线方程，得，由抛物线的性质可知＝，设原点到直线＝ 的距离，则 计算即可．
【详解】联立直线和抛物线方程，
设，，得
因为直线＝ 过抛物线：的焦点 ，由抛物线的性质可知：＝＝，
设原点到直线＝ 的距离，所以.∴ ＝ ，
故选：C．
【点睛】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，点到直线的距离公式及三角形的面积公式，考查计算能力，属于中档题．
12.已知函数f（x）＝（kx+）ex﹣2x，若f（x）＜0的解集中有且只有一个正整数，则实数k的取值范围为 （　　）
A. [ ，） B. （，]
C. [） D. [）
【答案】A
【解析】
【分析】
把f（x）＜0转化为（kx+）ex＜2x，即kx+＜ ，令g（x）＝，利用导数研究g（x）的单调性，数形结合得答案．
【详解】由f（x）＜0的解集中有且只有一个正整数，得（kx+）ex＜2x，即kx+＜ 有且只有一个正整数，令g（x）＝，则g′（x）＝，当x∈（﹣∞，1）时，g′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0．∴g（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．作出函数g（x）与y＝kx+的图象如图所示，y＝kx+的图象过定点P（0，），A（1，），B（2，），∵ ，．∴实数k的取值范围为[ ，）．
故选：A．

【点睛】本题考查函数零点的判定，利用导数研究其单调性与最值，考查转化思想和数形结合的方法，属于中档题．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.已知函数则__________．
【答案】1
【解析】
【分析】
根据分段函数的表达式，直接代入即可得到结果．
【详解】由函数 得f（2）＝ ，
所以 ，即，
故答案为：1．
【点睛】本题考查函数值的计算，利用分段函数的表达式直接求解，注意变量的取值范围，属于基础题.
14.设满足约束条件则的最大值为__________．
【答案】7
【解析】
【分析】
作出可行域，由目标函数变型得y＝﹣2x+z，根据可行域找出最大值即可．
【详解】作出约束条件表示的可行域如图所示：

由目标函数z＝2x+y得y＝﹣2x+z，
由图象可知当直线y＝﹣2x+z经过点B时，截距最大，即z最大．
解方程组 得x＝3，y＝1，即B（3，1）．
∴z的最大值为2×3+1＝7．
故答案为：7．
【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查数形结合思想，属于中档题．
15.已知在三棱锥P﹣ABC中，PA＝4，AC＝，PB＝BC＝，PA⊥平面PBC，则三棱锥P﹣ABC的内切球的表面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由PA⊥面PBC和勾股定理，确定△PBC是等边三角形，△ABC是等腰三角形，再求出和表面积，利用体积相等求出三棱锥P﹣ABC的内切球半径，即可得出结论．
【详解】由题意，已知PA⊥面PBC，且PA＝4，PB＝，AC＝，由勾股定理得AB＝，PC＝，所以，△PBC为等边三角形，△ABC为等腰三角形，＝ =S△PBC×PA＝×××4＝，表面积 ，设内切球半径为r，利用体积相等，即，所以=× ，所以r＝ ，所以三棱锥P﹣ABC的内切球的表面积为4π×＝ ，
故答案为：．

【点睛】本题考查四面体内切球的表面积，考查学生分析解决问题的能力，确定三棱锥内切球的半径是关键，属于中档题．
16.已知函数为奇函数，，且与图象的交点为，，…，，则______．
【答案】18
【解析】
【分析】
由题意得函数f（x）与g（x）的图像都关于点对称，结合函数的对称性进行求解即可．
【详解】函数为奇函数，函数关于点对称，，函数关于点对称，所以两个函数图象的交点也关于点（1，2）对称， 与图像的交点为，，…，,两两关于点对称， .
故答案为：18
【点睛】本题考查了函数对称性的应用，结合函数奇偶性以及分式函数的性质求出函数的对称性是解决本题的关键，属于中档题.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：60分
17.设数列的前项和为，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由，得（，且），两式相减得，得是以为公比的等比数列，且，即可得结果；
（2）由= ， 得 ，由裂项相消法求和即可.
【详解】（1）因为，所以（，且），
则（，且）.
即（，且）.
因为，所以，即.
所以是以为首项，为公比的等比数列.
故.
（2），所以.
所以，
故 .
【点睛】本题考查了求等比数列的通项公式和裂项相消法求数列和的问题，属于基础题.
18.在五面体中，四边形为矩形，，，.

（1）证明：平面；
（2）求该五面体的体积.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由四边形为矩形，所以，平面，平面，所以平面，因为平面，由线面平行的性质定理，得，在中，由勾股定理得，且，所以平面，即可得出；
（2）利用补体的方法，延长到，使得，连接，，得，计算和即可.
【详解】（1）在五面体中，四边形为矩形，所以，.
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以，
又，故.因为，，，所以，
因为，所以平面，又，所以平面.
（2）因为，，所以，则，
延长到，使得，连接，，则，= ，==，所以 -=.

【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理，也考查了线面平行的判定和性质定理的应用，补体的思想求多面体的体积，属于中档题.
19.某城市的公交公司为了方便市民出行，科学规划车辆投放，在一个人员密集流动地段增设一个起点站，为了研究车辆发车间隔时间与乘客等候人数之间的关系，经过调查得到如下数据：
间隔时间（）分钟

等候人数（人）

调查小组先从这组数据中选取组数据求线性回归方程，再用剩下的组数据进行检验.检验方法如下：先用求得的线性回归方程计算间隔时间对应的等候人数，再求与实际等候人数的差，若差值的绝对值不超过，则称所求方程是“恰当回归方程”.
（1）从这组数据中随机选取组数据后，求剩下的组数据的间隔时间不相邻的概率；
（2）若选取的是后面组数据，求关于的线性回归方程，并判断此方程是否是“恰当回归方程”；
（3）为了使等候的乘客不超过人，试用（2）中方程估计间隔时间最多可以设置为多少（精确到整数）分钟？
附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为： ，.
【答案】（1）；（2），是“恰回归方程”； （3）18.
【解析】
【分析】
（1）用列举法分别求出“从这组数据中随机选取组数据后，剩下组数据”以及“剩下的组数据相邻”所包含的基本事件数，进而求出“剩下的组数据相邻”的概率，再由对立事件的概率，即可求出结果；
（2）由最小二乘法求出线性回归方程，将和代入验证即可；
（3）由（2）的结果结合条件列出不等式，求解即可.
【详解】解：（1）设“从这组数据中随机选取组数据后，剩下的组数据不相邻”为事件，
记这六组数据分别为，，，，，，剩下的两组数据的基本事件有，，，，，，，，，，，，，，共种，
其中相邻的有，，，，，共种，
所以.
（2）后面组数据是：
间隔时间（分钟）

等候人数（人）

因为，，
，，
所以 ，

所以.
当时， ，；
当时，，，
所以求出的线性回归方程是“恰回归方程”.
（3）由，得，
故间隔时间最多可设置为分钟.
【点睛】本题主要考查古典概型和线性回归方程，需要考生熟记古典概型的概率计算公式，以及最小二乘法求线性回归方程的方法，属于常考题型.
20.已知点，都在椭圆：上.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，（异于顶点），记椭圆与轴的两个交点分别为，，若直线与交于点，证明：点恒在直线上.
【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）把点，代入椭圆方程，得即可；
（2）设，，联立得，，联立直线和直线的方程，得，把韦达定理代入化简即可.
【详解】（1）由题意得，得，故椭圆的方程为.
（2）由题意可设直线的方程为，，.
联立整理得.
所以，，
则.①
由题意不妨设，，则直线的方程为，
直线的方程为.
联立整理得，
所以.
把①代入上式，得 ，
当时，可得，当时，易求，即不符合题意.
综上，故点恒在直线上.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系，也考查了韦达定理的应用，属于中档题.
21.已知函数.
（1）若曲线在处的切线与直线垂直，求该切线的方程；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用函数的切线与直线垂直，得斜率为，且，即可得切线方程；
（2）对求导，得在上单调递减，在上单调递增，所以，由转化为成立，因为，所以等价于，令， 设，对求导得单调性，所以即可成立.
【详解】（1）因为曲线在处的切线与直线垂直，
所以曲线在处的切线的斜率为.
又因为，所以曲线在处的切线方程为.
（2）因为，所以，
令，解得；令，解得，
则在上单调递减，在上单调递增.
故.
等价于，即.
因为，所以等价于.
设，则.
令，解得；令，解得，
则在上单调递增，在上单调递减.
故.
当时，，从而当时，，
即.
【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性和最值，考查了利用导数研究不等式恒成立问题，属于中档题.
（二）选考题：共10分.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.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），已知点，点是曲线上任意一点，点为的中点，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求点的轨迹的极坐标方程；
（2）已知直线：与曲线交于两点，若，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设，，且，由M为的中点，得x=，y=，整理得，化为极坐标即可；
（2）把直线：化成极坐标方程为，设，，因为，得，即， 联立，得，代入即可.
【详解】（1）设，.且点，由点为的中点，所以整理得.即，
化为极坐标方程为.
（2）设直线：的极坐标方程为.设，，因为，所以，即.
联立整理得.
则解得.
所以，则.
【点睛】本题考查了相关点代入法求轨迹的方法，极坐标方程的应用，属于中档题.
23.已知函数f（x）＝|x﹣a|+2|x+1|．
（1）当a＝2时，解不等式f（x）＞4．
（2）若不等式f（x）＜3x+4的解集是{x|x＞2}，求a的值．
【答案】（1）{x|x＜﹣，或 x＞0}；（2）.
【解析】
【分析】
（1）分类讨论，去掉绝对值，化为与之等价的三个不等式组，求得每个不等式组的解集，再取并集即可．
（2）由题意可得，x＝2是方程f（x）＝3x+4的解，即|2﹣a|+6＝6+4，求得a＝6，或 a＝﹣2．检验可得结论．
【详解】（1）当a＝2时，不等式f（x）＞4，即|x﹣2|+2|x+1|＞4，
∴①，或 ②，或 ③．
解①求得x＜﹣，解②求得x＞0，解③求得x≥2，
故原不等式的解集为{x|x＜﹣，或 x＞0}．
（2）不等式f（x）＜3x+4，即|x﹣a|+2|x+1|＜3x+4，
∵不等式f（x）＜3x+4的解集是{x|x＞2}，故x＝2是方程f（x）＝3x+4的解，
即|2﹣a|+6＝6+4，求得a＝6，或 a＝﹣2．
当a＝6时，求得f（x）＜3x+4的解集是{x|x＞2}，满足题意；
当a＝﹣2时，求得f（x）＜3x+4的解集不是{x|x＞2}，不满足题意，故a＝﹣2应该舍去．
综上可得，a＝6．
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，转化思想与分类讨论思想的综合应用，属于中档题．
第 17 页 共 17 页