2019年衢州市高考数学一模试题(带答案)

一、选择题

1．若复数zA．1+i

2，其中i为虚数单位，则z= 1iB．1−i

C．−1+i

D．−1−i

2．通过随机询问110名不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：

爱好 男 女 总计 40 20 60 不爱好 20 30 50 总计 60 50 110

2n(adbc)2110(40302030)2算得,K7.8 由K(ab)(cd)(ac)(bd)605060502附表：

P(K2k) 0．050 0．010 0．001 3．841 6．635 10．828 k

参照附表，得到的正确结论是（ ）

A．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关” B．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”

C．在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关” D．在犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”

3．已知二面角l的大小为60°，b和c是两条异面直线，且b,c，则b与

c所成的角的大小为（ ）

A．120°

B．90°

C．60°

D．30°

4．已知sin30A．310 1023,60150，则cos为（ ） 5310 10C．

B．433 10D．343 105．函数f(x)e|x|x的图象是（ ）

A． B．

C． D．

6．已知a与b均为单位向量，它们的夹角为60，那么a3b等于（ ） A．7 B．10

C．13 D．4

7．函数f(x)xlnx的大致图像为 （ ）

A． B．

C． D．

8．南北朝时代的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为V1,V2，被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为S1,S2，则“S1,S2总相等”是“V1,V2相等”的（ ）

A．充分不必要条件 C．充分必要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

x2y29．已知双曲线C：221a0,b0的焦距为2c，焦点到双曲线C的渐近线的距

ab离为3c，则双曲线的渐近线方程为（） 2B．y2x

C．yx

D．y2x

A．y3x

fxsin2x10．函数的图象向右平移6个单位后关于原点对称，则函

2数fx在A．3 2,0上的最大值为（） 2B．3 2C．

1 2D．1 2AB（ ）

11．已知全集U1,0,1,2,3，集合A0,1,2，B1,0,1，则A．1 C．1,2,3

B．0,1 D．1,0,1,3 B．13x5 D．5x5

U12．已知锐角三角形的边长分别为2，3，x，则x的取值范围是（ ） A．5x13 C．2x5 二、填空题

13．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E,F，且EF2，现有如下四个结论： 2①ACBE；②EF//平面ABCD；

③三棱锥ABEF的体积为定值；④异面直线AE,BF所成的角为定值，

其中正确结论的序号是______．

x2y214．已知椭圆1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF的中

95点在以原点O为圆心，OF为半径的圆上，则直线PF的斜率是_______. 15．函数yloga(x1)1(a0且a1)的图象恒过定点A，若点A在一次函数

ymxn的图象上，其中m,n0,则

12的最小值为 mn16．已知复数z=（1+i）（1+2i）,其中i是虚数单位，则z的模是__________ 17．已知函数f(x)x(lnxax)有两个极值点,则实数a的取值范围是__________． 18．已知直线：轴交于

两点.则

与圆

_________.

交于

两点，过

分别作的垂线与

19．从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人，组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有__________种不同的选法．（用数字作答） 20．函数ylg12sinx的定义域是________．

三、解答题

1x2y221．设椭圆221(ab0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为.已知A是抛

2ab物线y2px(p0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；

（II）设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A），直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为22．已知2x256且log2x21. 26，求直线AP的方程. 221x，求函数f(x)log2log22x的最大值和最小值． 223．已知fxx1ax1.

（1）当a1时，求不等式fx1的解集；

（2）若x0,1时不等式fxx成立，求a的取值范围.

24．已知菱形ABCD的顶点A，C在椭圆x3y4上，对角线BD所在直线的斜率为

221．

（1）当直线BD过点(0,1)时，求直线AC的方程． （2）当ABC60时，求菱形ABCD面积的最大值．

25．如图，边长为2的正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边的中点，将AED，

DCF分别沿DE，DF折起，使得A，C两点重合于点M．

(1) 求证：MDEF； (2) 求三棱锥MEFD的体积． 26．已知a0,b0. (1)求证：ab211 ； aba2b2(2)若ab，且ab2，求证：4．

ab

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．B 解析：B 【解析】 试题分析：z22(1i)1i,z1i，选B. 1i(1i)(1i)【考点】复数的运算，复数的概念

【名师点睛】本题主要考查复数的运算及复数的概念，是一道基础题目.从历年高考题目看，复数题目往往不难，一般考查复数运算与概念或复数的几何意义，也是考生必定得分的题目之一.

2．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

由K27.86.635，而PK6.6350.010，故由独立性检验的意义可知选A

23．C

解析：C 【解析】 【分析】

b,c，直线b,c的方向向量b,c分别是平面,的法向量，根据二面角与法向量

的关系，即可求解. 【详解】

设直线b,c的方向向量b,c，b,c， 所以b,c分别是平面,的法向量， 二面角l的大小为60°，

b,c的夹角为600或1200，

因为异面直线所的角为锐角或直角， 所以b与c所成的角为600. 故选:C. 【点睛】

本题考查二面角与二面角平面的法向量的关系，属于基础题.

4．D

解析：D 【解析】

分析：先求出cos30的值，再把cos变形为cos[(30)30]，再利用差角的

00余弦公式展开化简即得cos的值. 详解：∵60150， ∴90°＜30＜180°， ∴cos30=-

4， 500∵cos=cos[(30)30],

∴cos=-故选D.

4331343×， 525210点睛：三角恒等变形要注意“三看（看角看名看式）”和“三变（变角变名变式）”，本题主要利用了看角变角，(30)30，把未知的角向已知的角转化,从而完成解题目标.

005．A

解析：A 【解析】 【分析】

通过f(0)1，和函数f(x)>0恒成立排除法易得答案A． 【详解】

|x|x2f(x)e故选A

，可得f(0)=1,排除选项C,D;

由指数函数图像的性质可得函数f(x)>0恒成立，排除选项B， 【点睛】

图像判断题一般通过特殊点和无穷远处极限进行判断，属于较易题目．

6．A

解析：A 【解析】

本题主要考查的是向量的求模公式．由条件可知

=

=

，所以应选A．

7．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

∵函数f（x）=xlnx只有一个零点，∴可以排除CD答案

又∵当x∈（0，1）时，lnx＜0，∴f（x）=xlnx＜0，其图象在x轴下方 ∴可以排除B答案 考点：函数图像．

8．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据充分条件和必要条件的定义，结合祖暅原理进行判断即可. 【详解】

根据祖暅原理，当S1,S2总相等时，V1,V2相等，所以充分性成立；

当两个完全相同的四棱台，一正一反的放在两个平面之间时，此时体积固然相等但截得的面积未必相等，所以必要性不成立.

所以“S1,S2总相等”是“V1,V2相等”的充分不必要条件. 故选：A 【点睛】

本题考查充分条件与必要条件的判断，属于基础题.

9．A

解析：A 【解析】

【分析】

x2y23利用双曲线C：221a0,b0的焦点到渐近线的距离为c，求出a，b的

ab2关系式，然后求解双曲线的渐近线方程． 【详解】

x2y23双曲线C：221a0,b0的焦点c,0到渐近线bxay0的距离为c，

ab2可得： bca2b23b3bc，可得，3，则C的渐近线方程为y3x．

a2c2故选A． 【点睛】

本题考查双曲线的简单性质的应用，构建出a,b的关系是解题的关键，考查计算能力，属于中档题.

10．B

解析：B 【解析】 【分析】

由条件根据函数yAsinωxφ的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性可得

πφkπ，kz，由此根据||求得的值，得到函数解析式即可求最值． 32【详解】

fxsin2x函数的图象向右平移6个单位后，

2得到函数ysin2xππφsin2xφ的图象， 63πφkπ，kz， 3再根据所得图象关于原点对称，可得∵||π，∴，fxsin2x，

332π4ππ,0，得2x,，

3332由题意x∴sin2xπ31,， 32π3,0在区间的最大值为， 322∴函数fxsin2x故选B． 【点睛】

本题主要考查函数yAsinωxφ的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，考查了正弦函数最值的求法，解题的关键是熟练掌握正弦函数的性质，能根据正弦函数的性质求最值，属于基础题．

11．A

解析：A 【解析】 【分析】

本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查. 【详解】

CUA={1,3}，则CUAB{1}

【点睛】

易于理解集补集的概念、交集概念有误.

12．A

解析：A 【解析】

试题分析：因为三角形是锐角三角形，所以三角形的三个内角都是锐角，则设边3对的锐

2222x3角为角，根据余弦定理得cos0，解得x5；设x边对的锐角为

4x2232x2，根据余弦定理得cos0，解得0x13，所以实数x的取值范

12围是5x13，故选A. 考点：余弦定理.

二、填空题

13．【解析】【分析】对于①可由线面垂直证两线垂直；对于②可由线面平行的定义证明线面平行；对于③可证明棱锥的高与底面积都是定值得出体积为定值；对于④可由两个特殊位置说明两异面直线所成的角不是定值【详解】对 解析：①②③

【解析】 【分析】

对于①，可由线面垂直证两线垂直；对于②，可由线面平行的定义证明线面平行；对于③，可证明棱锥的高与底面积都是定值得出体积为定值；对于④，可由两个特殊位置说明两异面直线所成的角不是定值． 【详解】

对于①，由ACBD,ACBB1，可得AC面DD1BB1，故可得出ACBE，此命题正确；

对于②，由正方体ABCDA1B1C1D1的两个底面平行，EF在平面A1B1C1D1内，故EF与平面ABCD无公共点，故有EF//平面ABCD，此命题正确；

对于③，EF为定值，B到EF距离为定值，所以三角形BEF的面积是定值，又因为A点到面DD1BB1距离是定值，故可得三棱锥ABEF的体积为定值，此命题正确； 对于④，由图知，当F与B1重合时，此时E与上底面中心为O重合，则两异面直线所成的角是A1AO，当E与D1重合时，此时点F与O重合，则两异面直线所成的角是

OBC1，此二角不相等，故异面直线AE,BF所成的角不为定值，此命题错误．

综上知①②③正确，故答案为①②③ 【点睛】

本题通过对多个命题真假的判断，综合考查线面平行的判断、线面垂直的判断与性质、棱锥的体积公式以及异面直线所成的角，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.

14．【解析】【分析】结合图形可以发现利用三角形中位线定理将线段长度用坐标表示成圆的方程与椭圆方程联立可进一步求解利用焦半径及三角形中位线定理则更为简洁【详解】方法1：由题意可知由中位线定理可得设可得联立 解析：15 【解析】 【分析】

结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁. 【详解】

方法1：由题意可知|OF|=|OM|=c=2，

22由中位线定理可得PF12|OM|4，设P(x,y)可得(x2)y16，

x2y2联立方程1

95可解得x321,x（舍），点P在椭圆上且在x轴的上方， 2215215 12求得P315,，所以kPF22

方法2：焦半径公式应用

解析1：由题意可知|OF|=|OM|=c=2，

由中位线定理可得PF12|OM|4，即aexp4xp3 2求得P【点睛】

315,，所以kPF2215215. 12本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.

15．8【解析】∵函数（且）的图象恒过定点A∴当时∴又点A在一次函数的图象上其中∴又∴∴（当且仅当时取）故答案为8点睛：本题主要考查了基本不等式基本不等式求最值应注意的问题(1)使用基本不等式求最值其失误

解析：8 【解析】

）1（a＞0，且a1）的图象恒过定点A， ∵函数ylog（ax1，∴当x2时，y1，∴A21，又点A在一次函数ymxn的图象上，其中

mn0，

∴2mn1，又mn0，

1212n4m（）2mn48，（当且仅当∴m0，n0，∴ mnmnmn1n2m时取“”），故答案为8.

2点睛：本题主要考查了基本不等式.基本不等式求最值应注意的问题(1)使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其前提“一正、二定、三相等”的忽视．要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可．(2)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件．

16．【解析】【分析】利用复数的运算法则模的计算公式即可得出【详解】解：复数z＝（1+i）（1+2i）＝1﹣2+3i＝﹣1+3i∴|z|故答案为【点睛】对于复数的四则运算要切实掌握其运算技巧和常规思路如其 解析：10

【解析】 【分析】

利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出． 【详解】

解：复数z＝（1+i）（1+2i）＝1﹣2+3i＝﹣1+3i， ∴|z|(1)23210． 故答案为10． 【点睛】

对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如

(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i(a,b,c,dR)．其次要熟悉复数相关概念，如复

数abi(a,bR)的实部为a、虚部为b、模为a2b2、对应点为(a,b)、共轭复数为

abi．

17．【解析】令函数有两个极值点则在区间上有两个实数根当时则函数在区间单调递增因此在区间上不可能有两个实数根应舍去当时令解得令解得此时函数单调递增令解得此时函数单调递减当时函数取得极大值当近于与近于时要使

解析：【解析】

.

fxxlnxax2x0,f'xlnx12ax，令gxlnx12ax,函数

fxxlnxax有两个极值点，则gx0在区间0,上有两个实数根，

g'x112ax2a，当a0时，g'x0，则函数gx在区间0,单调递xx11，令g'x0，解得0x，此时函数gx单调递增，令2a2a11，此时函数gx单调递减，当x时，函数gx取得极2a2a增，因此gx0在区间0,上不可能有两个实数根，应舍去，当a0时，令

g'x0，解得xg'x0，解得x大值，当x近于0与x近于时，gx，要使gx0在区间0,有两个实11110，解得0a,实数a的取值范围是0a，故答案为数根，则gln2a22a20a1. 218．4【解析】试题分析：由x-3y+6=0得x=3y-6代入圆的方程整理得y2-33y+6=0解得y1=23y2=3所以x1=0x2=-3所以|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=23又直线l的

解析：4 【解析】 试题分析：由

，解得

，得

，代入圆的方程，整理得，所以

．又直线的倾斜角为

形

中，

．

，所以

，由平面几何知识知在梯

【考点】直线与圆的位置关系

【技巧点拨】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系的非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决．

19．660【解析】【分析】【详解】第一类先选女男有种这人选人作为队长和副队有种故有种；第二类先选女男有种这人选人作为队长和副队有种故有种根据分类计数原理共有种故答案为

解析：660 【解析】 【分析】 【详解】

312第一类，先选1女3男，有C6C240种，这4人选2人作为队长和副队有A412种，故22有4012480 种；第二类，先选2女2男，有C6C215种，这4人选2人作为队长和2副队有A412种，故有1512180种，根据分类计数原理共有480180660种，故

答案为660.

20．【解析】由题意可得函数满足即解得即函数的定义域为

513x2k,kZ 解析：x|2k66【解析】

由题意可得，函数ylg(12sinx)满足12sinx0，即sinx 解得

1， 25132kx2k,kZ， 665132kx2k,kZ}. 66 即函数ylg(12sinx)的定义域为{x|三、解答题

4y221．（Ⅰ）x1， y24x.（Ⅱ）3x6y30，或3x6y30.

3【解析】

2试题分析：由于A为抛物线焦点，F到抛物线的准线l的距离为圆的离心率为

11，则ac，又椭

221，求出c,a,b，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则A(1,0)，设直线2AP方程为设xmy1(m0)，解出P、Q两点的坐标，把直线AP方程和椭圆方程联6解方程求出m，得出直线AP的方程. 2立解出B点坐标，写出BQ 所在直线方程，求出点D的坐标，最后根据△APD的面积为

试题解析：（Ⅰ）解：设F的坐标为c,0.依题意，

c1p1，a，ac，解得a222a1，c13222，p2，于是bac. 2424y2所以，椭圆的方程为x1，抛物线的方程为y24x.

3（Ⅱ）解：设直线AP的方程为xmy1m0，与直线l的方程x1联立，可得点

224y22P1,，故Q1,.将xmy1与x1联立，消去x，整理得

mm33m24y26my0，解得y0，或y6m.由点B异于点A，可得点23m43m246m2Q1,B,.由，可学*科.网得直线BQ的方程为22m3m43m43m24226m23m2x11y0，令y0，解得x，故2223m4m3m4m3m223m223m26m26D2,0.所以AD12.又因为的面积为，故APD23m23m23m2216m2266622，整理得3m26m20，解得m，所以m. 23m2m233所以，直线AP的方程为3x6y30，或3x6y30. 【考点】直线与椭圆综合问题

【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考都是较有难度的压轴题，不论第一步利用椭圆的离心率及椭圆与抛物线的位置关系的特点，列方程组，求出椭圆和抛物线方程，还是第二步

联立方程组求出点的坐标，写直线方程，利用面积求直线方程，都是一种思想，就是利用大熟地方法解决几何问题，坐标化，方程化，代数化是解题的关键. 22．最小值为【解析】 【分析】 由已知条件化简得【详解】

由2x256得x8，log2x3即

1，最大值为2. 41log2x3，然后化简fx求出函数的最值 21log2x3 2231fxlog2x1log2x2log2x.

24当log2x【点睛】

熟练掌握对数的基本运算性质是转化本题的关键，将其转化为二次函数的值域问题，较为基础．

31, fxmin，当log2x3, fxmax2． 241xx23．（1）；（2）0,2

2【解析】

分析：(1)将a1代入函数解析式，求得fxx1x1，利用零点分段将解析式化

2,x1,为fx2x,1x1,，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式fx1的解集

2,x1.为xx1； 2(2)根据题中所给的x0,1，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式fxx可以化为

x0,1时ax11，分情况讨论即可求得结果.

2,x1,详解：（1）当a1时，fxx1x1，即fx2x,1x1,

2,x1.故不等式fx1的解集为xx1． 2（2）当x0,1时x1ax1x成立等价于当x0,1时ax11成立． 若a0，则当x0,1时ax11；

若a0，ax11的解集为0x综上，a的取值范围为0,2．

22，所以1，故0a2． aa点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成立求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从而将不等式转化为多个不等式组来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之后进行分类讨论，求得结果. 24．（1）xy20（2）43 【解析】 【分析】 【详解】

Ⅰ）由题意得直线BD的方程为yx1． 因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD． 于是可设直线AC的方程为yxn．

x23y24，2由{得4x6nx3n240． yxn因为A，C在椭圆上，

所以12n2640，解得4343． n33(x2，y2)， 设A，C两点坐标分别为(x1，y1)，3n3n24则x1x2，x1x2，y1x1n，y2x2n．

24所以y1y2n． 23nn所以AC的中点坐标为，．

44由四边形ABCD为菱形可知，点所以

3nn，在直线yx1上， 44n3n1，解得n2． 44所以直线AC的方程为yx2，即xy20．

（Ⅱ）因为四边形ABCD为菱形，且ABC60， 所以ABBCCA． 所以菱形ABCD的面积S32AC． 22由（Ⅰ）可得AC112x1x2223n2164x1x2， 2所以S43343(3n216)n， 43331643 4故当n0时，有Smax25．（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

1 3（1）在正方形ABCD中，有ABAD，CDBC，在三棱锥MDEF中，可得

MDMF，MDME，由线面垂直的判定可得MD面MEF，则MDEF； （2）由E、F分别是AB、BC边的中点，可得BEBF1，求出三角形MEF的面积，结

合1及棱锥体积公式求解． 【详解】 （1）证明：

在正方形ABCD中，ABAD，CDBC，

在三棱锥MDEF中，有MDMF，MDME，且MEMFM，

MD面MEF，则MDEF；

（2）解：E、F分别是边长为2的正方形ABCD中AB、BC边的中点， BEBF1，

11SMEFSBEF11，

221111由（1）知，VMDEFSMEFMD2．

3323

【点睛】

本题考查线面垂直的判定定理及性质定理的应用，考查棱锥体积的求法，是中档题． 26．（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】

(1) 已知a0,b0直接对

11使用均值不等式； ab(2)不等式分母为ab，通过降次构造ab，再使用均值不等式． 【详解】

22 ab，当且仅当ab时取“”证明：(1)11； 112?abab22ab2abab4ab42ab(2) abababab22ab?44，当ab且仅当a13,b13或a13,b13时取“=”. 【点睛】

“一正二定三相等”，不能直接使用均值不等式的化简变形再用均值不等式．