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1、一、选择题（本大题共12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（5分）若复数z，则其虚部为（）AiB2iC2D22（5分）若集合Ax|x2，Bx|x25x+60，xZ，则AB中元素的个数为（）A0B1C2D33（5分）函数的图象的大致形状是（）ABCD4（5分）已知向量、满足|1，|2，|，则|（）A2BCD5（5分）设、都是锐角，且cos，sin（+），则cos（）ABC或D或6（5分）设x，y满足约束条件，则Z3x2y的最大值是（）A0B2C4D67（5分）九章算术是我国古代数学文化的优秀遗产，数学家刘徽在注解九章算术时，发现当圆内接正多边形的边数
2、无限增加时，多边形的面积可无限逼近圆的面积，为此他创立了割圆术，利用割圆术，刘徽得到了圆周率精确到小数点后四位3.1416，后人称3.14为徽率如图是利用刘徽的割圆术设计的程序框图，若结束程序时，则输出的n为（）（1.732，sin150.258，sin7.50.131）A6B12C24D488（5分）如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，若点E为BC的中点，点F为B1C1的中点，则异面直线AF与C1E所成角的余弦值为（）9（5分）在等比数列an中，a1+an34，a2an164，且前n项和Sn62，则项数n等于（）A4B5C6D710（5分）已知定义域为R的偶函数f（x）在（，0上是
3、减函数，且2，则不等式f（log4x）2的解集为（）AB（2，+）11（5分）设f（x）x3+log2（x+），则对任意实数a、b，若a+b0，则（）Af（a）+f（b）0Bf（a）+f（b）0Cf（a）f（b）0Df（a）f（b）012（5分）已知F1，F2分别为双曲线C：1（a0，b0）的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线C的左右两支分别交于A，B两点，若|AB|：|BF2|：|AF2|3：4：5，则双曲线的离心率为（）ABC2D二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题纸中相应的機线上）13（5分）我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”
4、，设ABC三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，面积为S，则“三斜求积”公式为若a2sinC4sinA，（a+c）212+b2，则用“三斜求积”公式求得ABC的面积为14（5分）已知函数f（x）+4x3lnx在t，t+1上不单调，则t的取值范围是15（5分）已知不等式ex1kx+lnx，对于任意的x（0，+）恒成立，则k的最大值16（5分）已知G为ABC的重心，过点G的直线与边AB，AC分别相交于点P，Q，若APAB，则当ABC与APQ的面积之比为时，实数的值为三、解答题（本大题共5小题，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2
5、2、23题为选考题，考生根据要求作答）17（12分）已知数列an中，a14，an0，前n项和为Sn，若an+，（nN*，n2）（l）求数列an的通项公式；（2）若数列前n项和为Tn，求证18（12分）在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且（2ac）（a2b2+c2）2abccosC（1）求角B的大小；（2）若sinA+1（cosC）0，求的值19（12分）设椭圆C：的离心率e，左顶点M到直线1的距离d，O为坐标原点（）求椭圆C的方程；（）设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值；（）在（）的条件下，试求AOB的面积S的最小值
6、20（12分）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形，DADP，BABP（1）求证：PABD；（2）若DADP，ABP60，BABPBD2，求二面角DPCB的正弦值21（12分）已知函数f（x）x22（1）已知函数g（x）f（x）+2（x+1）+alnx在区间（0，1）上单调，求实数a的取值范围；（2）函数有几个零点？选修4-4：坐标系与参数方程选讲22（10分）已知曲线C的参数方程为（为参数），设直线l的极坐标方程为4cos+3sin80（1）将曲线C的参数方程化为普通方程并指出其曲线是什么曲线（2）设直线1与x轴的交点为P，Q为曲线C上一动点，求PQ的最大值选修4-5：不等式选讲
7、23设函数f（x）|x+1|+|xa|（a0）（1）作出函数f（x）的图象；（2）若不等式f（x）5的解集为（，23，+），求a值2019年陕西省榆林市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12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（5分）若复数z，则其虚部为（）AiB2iC2D2【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：z，z的虚部为2故选：D【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题2（5分）若集合Ax|x2，Bx|x25x+60，xZ，则AB中元素的个数为（）A0B1C2D3【分
8、析】化简集合B，根据交集的定义写出AB，再判断其中元素个数【解答】解：集合Ax|x2，Bx|x25x+60，xZx|2x3，xZ，则AB，其中元素的个数为0故选：A【点评】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题3（5分）函数的图象的大致形状是（）ABCD【分析】f（x）中含有|x|，故f（x）是分段函数，根据x的正负写出分段函数的解析式，对照图象选择即可【解答】解：f（x）是分段函数，根据x的正负写出分段函数的解析式，f（x），x0时，图象与yax在第一象限的图象一样，x0时，图象与yax的图象关于x轴对称，故选：C【点评】本题考查识图问题，利用特值或转化为比较熟悉的函数，利用图象变换或利用
9、函数的性质是识图问题常用的方法4（5分）已知向量、满足|1，|2，|，则|（）A2BCD【分析】运用向量模长的计算可得结果【解答】解：根据题意得，（）22+22又（+）22+2+21+4+2621，（）21+414，2故选：A【点评】本题考查向量模长的计算5（5分）设、都是锐角，且cos，sin（+），则cos（）ABC或D或【分析】由、都是锐角，且cos值小于，得到sin大于0，利用余弦函数的图象与性质得出的范围，再由sin（+）的值大于，利用正弦函数的图象与性质得出+为钝角，可得出cos（+）小于0，然后利用同角三角函数间的基本关系分别求出sin和cos（+）的值，将所求式子中的角变形为（
10、+），利用两角和与差的余弦函数公式化简后，把各自的值代入即可求出值【解答】解：、都是锐角，且cos，cos（+），sin，则coscos（+）cos（+）cos+sin（+）sin故选：A【点评】此题考查了同角三角函数间的基本关系，正弦、余弦函数的图象与性质，以及两角和与差的余弦函数公式，熟练掌握公式及基本关系是解本题的关键6（5分）设x，y满足约束条件，则Z3x2y的最大值是（）A0B2C4D6【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求得最优解的坐标，代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图，化目标函数Z3x2y为，由图可知，当直线过A（
11、0，2）时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为302（2）4故选：C【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题7（5分）九章算术是我国古代数学文化的优秀遗产，数学家刘徽在注解九章算术时，发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形的面积可无限逼近圆的面积，为此他创立了割圆术，利用割圆术，刘徽得到了圆周率精确到小数点后四位3.1416，后人称3.14为徽率如图是利用刘徽的割圆术设计的程序框图，若结束程序时，则输出的n为（）（1.732，sin150.258，sin7.50.131）A6B12C24D48【分析】列出循环过程中s与n的数值，满足判断框的条件即可结束循
12、环【解答】解：模拟执行程序，可得：n3，S3sin120，不满足条件S3，执行循环体，n6，S6sin60，不满足条件S3，执行循环体，n12，S12sin303，不满足条件S3，执行循环体，n24，S24sin15120.25883.1056，满足条件S3，退出循环，输出n的值为24故选：C【点评】本题考查循环框图的应用，考查了计算能力，注意判断框的条件的应用，属于基础题8（5分）如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，若点E为BC的中点，点F为B1C1的中点，则异面直线AF与C1E所成角的余弦值为（）【分析】以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向
13、量法能求出异面直线AF与C1E所成角的余弦值【解答】解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为2，则A（0，0，0），F（2，1，2），C1（2，2，2），E（2，1，0），（2，1，2），（0，1，2），设异面直线AF与C1E所成角为，则cos，异面直线AF与C1E所成角的余弦值为故选：B【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题9（5分）在等比数列an中，a1+an34，a2an164，且前n项和Sn62，则项数n等于（）A4B5C6D7【分析】根据等比数列的性质得到a2an1a1an64，与已知的a1+an34联立，即可求出a1与an的值，然后利用等比数列的前n项和公式表示出Sn，把求出的a1与an的值代入即可求出公比q的值，根据an的值，利用等比数列的通项公式即可求出项数n的值【解答】解：因为数列an为等比数列，则a2an1a1an64，又a1+an34，联立，解得：a12，an32或a132，an2，当a12，an32时，sn62，解得q2，所以an22n132，此时
