2019屆河南省高考模擬試題精編(五)理科數學

2019屆河南省高考模擬試題精編(五)理科數學(考試用時：120分鐘試卷滿分：150分)注意事項：1．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需要改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。2．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，將試卷和答題卡一并交回。第Ⅰ卷一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．)1．已知集合A＝{x|x＞1}，B＝{y|y＝x2，x∈R}，則()A．A＝B B．BAC．AB D．A∩B＝?2．已知復數z＝eq\f(5i,1－2i)(i為虛數單位)，則z的共軛復數對應的點位于復平面的()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．AQI是表示空氣質量的指數，AQI指數值越小，表明空氣質量越好，當AQI指數值不大于100時稱空氣質量為“優(yōu)良”．如圖是某地4月1日到12日AQI指數值的統計數據，圖中點A表示4月1日的AQI指數值為201，則下列敘述不正確的是()A．這12天中有6天空氣質量為“優(yōu)良”B．這12天中空氣質量最好的是4月9日C．這12天的AQI指數值的中位數是90D．從4日到9日，空氣質量越來越好4．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)＋2))n展開式中的常數項是252，則n＝()A．4 B．5 C．6 D．75．已知雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的左、右焦點分別為F1，F2，點P在雙曲線上，且滿足|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(5)，則△PF1F2的面積為()A．1 B.eq\r(3) C.eq\r(5) D.eq\f(1,2)6．將函數f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x的圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，再將所得圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，則所得圖象的一個對稱中心是()A．(0,0) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0)) C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))7．如圖所示的程序框圖的思路源于數學史上一個著名數列“斐波那契數列”，執(zhí)行該程序，若輸入n＝6，則輸出C＝()A．5 B．8 C．13 D．218．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體外接球的表面積為()A．36π B.eq\f(112,3)π C．32π D．28π9．已知數列{an}中，a1＝1，且對任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，則eq\i\su(i＝1,2019,)eq\f(1,ai)＝()A.eq\f(2019,2020) B.eq\f(2018,2019) C.eq\f(2018,1010) D.eq\f(2019,1010)10．已知f(x)＝eq\f(π|x|,x)＋x－eq\f(3,x)，則y＝f(x)的零點個數是()A．4 B．3 C．2 D．111．平行四邊形ABCD中，AB＝3，AD＝2，∠BAD＝120°，P是平行四邊形ABCD內一點，且AP＝1，若eq\o(AP,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))，則3x＋2y的最大值為()A．4 B．5 C．2 D．1312．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F2，且|F1F2|＝2c，若橢圓上存在點M使得eq\f(sin∠MF1F2,a)＝eq\f(sin∠MF2F1,c)，則該橢圓離心率的取值范圍為()A．(0，eq\r(2)－1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)) C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) D．(eq\r(2)－1,1)第Ⅱ卷二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．設x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0,2x－3y＋2≤0,y－2≤0))，則z＝－x＋y的最大值是________．14．已知在公差不為零的等差數列{an}中，前n項和為Sn，若a5＝3(a1＋a4)，則eq\f(S9,a6)＝________.15．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－log2－x＋2，0≤x＜2,2－f－x，－2＜x＜0))，則f(x)≤2的解集為________．16．若四面體ABCD的三組對棱分別相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，給出下列結論：①四面體ABCD每組對棱相互垂直；②四面體ABCD每個面的面積相等；③從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和大于90°而小于180°；④連接四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分；⑤從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長．其中正確結論的序號是________．(寫出所有正確結論的序號)三、解答題(共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．)(一)必考題：共60分．17．(本小題滿分12分)已知a，b，c分別為△ABC三個內角A，B，C的對邊，且acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0.(1)求A；(2)若AD為BC邊上的中線，cosB＝eq\f(1,7)，AD＝eq\f(\r(129),2)，求△ABC的面積．18．(本小題滿分12分)為響應國家“精準扶貧，產業(yè)扶貧”的戰(zhàn)略，進一步優(yōu)化能源消費結構，某市決定在地處山區(qū)的A縣推進光伏發(fā)電項目．在該縣山區(qū)居民中隨機抽取50戶，統計其年用電量得到以下統計表．以樣本的頻率作為概率.用電量/度(0,200](200,400](400,600](600,800](800,1000]戶數51510155(1)在該縣山區(qū)居民中隨機抽取10戶，記其中年用電量不超過600度的戶數為X，求X的數學期望；(2)已知該縣某山區(qū)自然村有居民300戶．若計劃在該村安裝總裝機容量為300千瓦的光伏發(fā)電機組，該機組所發(fā)電量除保證該村正常用電外，剩余電量國家電網以0.8元/度的價格進行收購．經測算每千瓦裝機容量的發(fā)電機組年平均發(fā)電1000度，試估計該機組每年所發(fā)電量除保證正常用電外還能為該村創(chuàng)造直接收益多少元？19．(本小題滿分12分)已知四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，頂點P在平面ABCD內的射影H在AD上，PA⊥PD.(1)求證：平面PAB⊥平面PAD；(2)若直線AC與PD所成角為60°，求二面角A-PC-D的余弦值．20．(本小題滿分12分)已知圓O：x2＋y2＝1和拋物線E：y＝x2－2，O為坐標原點．(1)已知直線l與圓O相切，與拋物線E交于M，N兩點，且滿足OM⊥ON，求直線l的方程；(2)過拋物線E上一點P(x0，y0)作兩條直線PQ，PR與圓O相切，且分別交拋物線E于Q，R兩點，若直線QR的斜率為－eq\r(3)，求點P的坐標．21．(本小題滿分12分)已知函數f(x)＝alnx－x＋eq\f(1,x)，其中a＞0.(1)若f(x)在(2，＋∞)上存在極值點，求a的取值范圍；(2)設x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，若f(x2)－f(x1)存在最大值，記為M(a)，則當a≤e＋eq\f(1,e)時，M(a)是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，請說明理由．(二)選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．22．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標系與參數方程已知直線l的參數方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(2),2)t，,y＝\f(\r(2),2)t＋4\r(2)))(t是參數)，圓C的極坐標方程為ρ＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))).以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系．(1)求圓心C的直角坐標；(2)由直線l上的點向圓C引切線，求切線長的最小值．23．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講已知函數f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a.(1)當a＝0時，解不等式f(x)≥g(x)；(2)若存在x∈R，使f(x)≤g(x)成立，求實數a的取值范圍．

高考理科數學模擬試題精編(五)班級：__________姓名：__________得分：____________題號123456789101112答案請在答題區(qū)域內答題二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13.____________14.____________15.____________16.____________三、解答題(共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)17.(本小題滿分12分)18.(本小題滿分12分)19.(本小題滿分12分)20.(本小題滿分12分)21.(本小題滿分12分)請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．作答時請寫清題號．

高考理科數學模擬試題精編(五)1-5CCCBA6-10CBBDC11-12CD13．答案：114．答案：eq\f(27,4)15．答案：{x|－2＜x≤1}16．答案：②④⑤17．解：(1)acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0，由正弦定理得sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC＝sinB＋sinC，即sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC＝sin(A＋C)＋sinC，(3分)又sinC≠0，所以化簡得eq\r(3)sinA－cosA＝1，所以sin(A－30°)＝eq\f(1,2).(5分)在△ABC中，0°＜A＜180°，所以A－30°＝30°，得A＝60°.(6分)(2)在△ABC中，因為cosB＝eq\f(1,7)，所以sinB＝eq\f(4\r(3),7).(7分)所以sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,7)＋eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(5\r(3),14).(8分)由正弦定理得，eq\f(a,c)＝eq\f(sinA,sinC)＝eq\f(7,5).(9分)設a＝7x，c＝5x(x＞0)，則在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB，即eq\f(129,4)＝25x2＋eq\f(1,4)×49x2－2×5x×eq\f(1,2)×7x×eq\f(1,7)，解得x＝1，所以a＝7，c＝5，(11分)故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝10eq\r(3).(12分)18．解：(1)記在抽取的50戶居民中隨機抽取1戶，其年用電量不超過600度為事件A，則P(A)＝eq\f(5＋15＋10,50)＝eq\f(3,5).(3分)由已知可得從該縣山區(qū)居民中隨機抽取10戶，記其中年用電量不超過600度的戶數為X，X服從二項分布，即X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(3,5)))，故E(X)＝10×eq\f(3,5)＝6.(6分)(2)設該縣山區(qū)居民戶年均用電量為E(Y)，由抽樣可得E(Y)＝100×eq\f(5,50)＋300×eq\f(15,50)＋500×eq\f(10,50)＋700×eq\f(15,50)＋900×eq\f(5,50)＝500(度)．(10分)則該自然村年均用電約為500×300＝150000(度)．又該村所裝發(fā)電機組年預計發(fā)電量為300000度，故該機組每年所發(fā)電量除保證正常用電外還剩余電量約150000度，能為該村創(chuàng)造直接收益為150000×0.8＝120000(元)．(12分)19．解：(1)∵PH⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PH⊥AB.∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD，PH?平面PAD，∴AB⊥平面PAD.(3分)又AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.(5分)(2)以A為原點，建立空間直角坐標系A-xyz，如圖，∵PH⊥平面ABCD，∴z軸∥PH.則A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0，2,0)，設AH＝a，PH＝h(0＜a＜2，h＞0)．則P(0，a，h)．∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，a，h)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，a－2，h)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)．∵PA⊥PD，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DP,\s\up6(→))＝a(a－2)＋h2＝0.(*)∵AC與PD所成角為60°，∴|cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|a－2|,\r(2)·\r(a－22＋h2))＝eq\f(1,2)，∴(a－2)2＝h2，代入(*)式得(a－2)(a－1)＝0，∵0＜a＜2，∴a＝1.∵h＞0，∴h＝1，∴P(0,1,1)．(8分)∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，設平面APC的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝y＋z＝0,n·\o(AC,\s\up6(→))＝x＋y＝0))，得平面APC的一個法向量為n＝(1，－1,1)，設平面DPC的法向量為m＝(x′，y′，z′)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PC,\s\up6(→))＝x′－z′＝0,m·\o(DC,\s\up6(→))＝x′－y′＝0))，得平面DPC的一個法向量為m＝(1,1,1)．(10分)∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1×1－1×1＋1×1,\r(3)·\r(3))＝eq\f(1,3).∵二面角A-PC-D的平面角為鈍角，∴二面角A-PC-D的余弦值為－eq\f(1,3).(12分)20．解：(1)由題意知直線l的斜率存在，設l：y＝kx＋b，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由l與圓O相切，得eq\f(|b|,\r(k2＋1))＝1.∴b2＝k2＋1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,y＝x2－2))，消去y，并整理得x2－kx－b－2＝0，∴x1＋x2＝k，x1x2＝－b－2.(2分)由OM⊥ON，得eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0.∴x1x2＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，∴(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝0，∴(1＋k2)(－b－2)＋k2b＋b2＝0，∴b2(－b－2)＋(b2－1)b＋b2＝0，∴b2＋b＝0.∴b＝－1或b＝0(舍)．當b＝－1時，k＝0，故直線l的方程為y＝－1.(5分)(2)設Q(x3，y3)，R(x4，y4)，則kQR＝eq\f(y3－y4,x3－x4)＝eq\f(x23－2－x24－2,x3－x4)＝x3＋x4，∴x3＋x4＝－eq\r(3).設PQ：y－y0＝k1(x－x0)，由直線與圓相切，得eq\f(|y0－k1x0|,\r(k21＋1))＝1，即(x20－1)k21－2x0y0k1＋y20－1＝0.設PR：y－y0＝k2(x－x0)，同理可得(x20－1)k22－2x0y0k2＋y20－1＝0.故k1，k2是方程(x20－1)k2－2x0y0k＋y20－1＝0的兩個根，故k1＋k2＝eq\f(2x0y0,x20－1).(8分)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋y0－k1x0,y＝x2－2))，得x2－k1x＋k1x0－y0－2＝0，故x0＋x3＝k1.同理可得x0＋x4＝k2.則2x0＋x3＋x4＝k1＋k2，即2x0－eq\r(3)＝eq\f(2x0y0,x20－1).∴2x0－eq\r(3)＝eq\f(2x0x20－2,x20－1)，解得x0＝－eq\f(\r(3),3)或x0＝eq\r(3).(11分)當x0＝－eq\f(\r(3),3)時，y0＝－eq\f(5,3)；當x0＝eq\r(3)時，y0＝1.故Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－\f(5,3)))或P(eq\r(3)，1)．(12分)21．解：(1)f′(x)＝eq\f(a,x)－1－eq\f(1,x2)＝eq\f(－x2－ax＋1,x2)，x∈(0，＋∞)．(1分)由題意，得x2－ax＋1＝0在(2，＋∞)上有根(且不為重根)，即a＝x＋eq\f(1,x)在x∈(2，＋∞)上有解．∵y＝x＋eq\f(1,x)在(2，＋∞)上單調遞增，∴x＋eq\f(1,x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).∴當a＞eq\f(5,2)時，f(x)在(2，＋∞)上存在極值點．∴a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).(4分)(2)當0＜a≤2時，易知x2－ax＋1≥0，∴f′(x)＝eq\f(－x2－ax＋1,x2)在(0，＋∞)上滿足f′(x)≤0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，∴f(x2)－f(x1)不存在最大值，故a＞2.(5分)易知當a＞2時，方程x2－ax＋1＝0有兩個不相等的正實數根，設為m，n，且0＜m＜1＜n，此時eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝a,mn＝1))，當0＜x＜m或x＞n時，f′(x)＜0，當m＜x＜n時，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，m)上單調遞減，在(m，n)上單調遞增，在(n，＋∞)上單調遞減．對?x1∈(0,1)，有f(x1)≥f(m)，對?x2∈(1，＋∞)，有f(x2)≤f(n)，∴[f(x2)－f(x1)]max＝f(n)－f(m)．(6分)∴M(a)＝f(n)－f(m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(alnn－n＋\f(1,n)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(alnm－m＋\f(1,m)))＝alneq\f(n,m)＋(m－n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,m)))，又a＝m＋n，mn＝1，∴M(a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋n))lnn2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－n))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋n))lnn＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－n)).(8分)∵2＜a≤e＋eq\f(1,e)，∴m＋n＝eq\f(1,n)＋n≤e＋eq\f(1,e)，n＞1.又y＝x＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上單調遞增，∴n∈(1，e]．(9分)設h(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x))lnx＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))，x∈(1，e]，則h′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x2)＋1))lnx＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x))eq\f(1,x)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x2)－1))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x2)))lnx，x∈(1，e]．∴h′(x)＞0，即h