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1、 浙江2019年高三百校高仿真模拟联考数学本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共6页，选择题部分1至3页；非选择题部分3至6页.满分150分.考试用时120分钟.考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上.2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.参考公式：若事件互斥，则若事件相互独立，则若事件在一次试验中发生的概率为，则次独立重复试验中事件恰好发生次的概率台体的体积公式其中分别表示台体的上、下底面积表示台体的高柱体的体积公式其中表示柱体的底面面积，表示柱体的高锥体
2、的体积公式其中表示锥体的底面面积，表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的.1.已知集合，则等于（ ）ABCD2.双曲线的渐近线方程是（ ）ABCD3.已知为虚数单位，复数满足，则复数的虚部是（ ）ABCD14.在中，角的对边分别是，若，则角等于（ ）ABCD5.已知等差数列的公差为，若，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件6.某几何体的三视图如图所示，侧视图下方为矩形，上方为半圆，则该几何体的体积是（ ）ABCD7.
3、函数在上的图象大致为（ ）ABCD8.已知椭圆，过原点的直线交椭圆于两点，以为直径的圆过右焦点，若，则此椭圆离心率的取值范围是（ ）ABCD9.已知函数的定义域为，下列函数使方程的实数根的个数最多的为（ ）ABCD10.已知矩形，沿对角线将折成，若点在平面上的射影在内部（不包含边界），设二面角的平面角大小为，二面角的平面角大小为，与平面所成的角为，则三个角的大小关系是（ ）ABCD非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分.12.已知随机变量的分布列如下，若，则_，_.010.312.已知，则_，_.13.已知函数（且）的图象恒过定点，则
4、定点的坐标是_，过点的直线交圆于两点，当取最小值_时，对应直线的斜截式方程是_.14.已知变量满足不等式组，则的最大值是_，若使取得最大值的最优解有无数个，则_.15.袋中装有质地、大小完全相同的3个黑球，2个白球，1个红球，从中依次随机地取球，每次取一个球，取后不放回.如果取到3个黑球就结束取球，则取4次时就结束的概率为_.16已知非零向量，若的夹角为，的夹角为，且，则的最大值是_.17.记，若函数的最大值为3，有3个零点，则实数的取值范围是_.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.18.已知.（1）求的值；（2）若，求的值.19.如图，已知为等边三角
5、形，四边形为直角梯形，平面平面，为的中点.（1）求证：平面.（2）求与平面所成角的正弦值.20.已知数列的前项和为，且，数列为等差数列，.（1）求，的通项公式；（2）记，求数列的前项和.21.已知点到直线的距离比它到点的距离大1.（1）求点的轨迹的方程.（2）设点，过作曲线的切线，切点为，延长（为坐标原点）交直线于点，且.求证：直线经过定点，并求出点的坐标.求的最大值.22.已知函数.（1）求函数在区间上的最大值；（2）设函数有两个零点，求证：.2019年高三高仿真模拟浙江百校联考数学参考答案1.C 集合，所以.2.B 双曲线的渐近线方程为，即.3.D 由，得，故复数的虚部是1.4.A 将代入
6、，得，故，因为三角形中，所以.5.A 由，得，若，则，所以，故成立；若，则，所以，所以不一定成立.故选A.6.D 该几何体的下部分是一个长方体，上部分是半个横放的圆锥，其体积.7.A 函数在上是偶函数，其图象关于轴对称，故排除C.因为，所以排除D.当时，令，得，在同一坐标系中，作出，的图象（图略），可得两图象在上有一个交点，即在上有一个零点，当时，为增函数，当时，为减函数，排除B.故选A.8.B 设椭圆的焦距为，由题意，知，.结合椭圆定义，可知，即，则，由，得.9.D 由，得，求解恰有两根；因为，所以，对应方程无解；在区间上，因为，所以成立，显然时也成立，结合奇函数的性质，可知对应方程只有一解
7、；由，得或，结合图象可知对应方程共有四解.故选D.10.C 如图，取的中点，连接交于点，因为，所以，所以，故，故点在底面上的射影在上.过作，连接，依题意可知，显然，即，也就是，又观察图形可知均为锐角，所以.11.0.06 0.45 由分布列性质和期望公式，得，解得，所以.由方差计算公式，得.12.3 84 令，得；令，得.故.展开式中含的项为，所以.13. 无论取何值，当时，故定点的坐标为.要使取最小值，只需，故.又因为，所以，所以直线的斜截式方程是.14.3 1 如图所示的阴影部分为不等式组的可行域，其中，当直线经过点时，取得最大值3.由，得，依题意知，.15. 解法1（有序法）：设为取球的
8、次数，则的值可能为3，4，5，6次，根据题意，因为取4次时就结束，所以前三次应该取到两个黑球和一个其他颜色的球，第四次一定是取到黑球，故.解法2（无序法）：设为取球的次数，则的值可能为3，4，5，6次，根据题意，因为取4次时就结束，所以前三次应该取到两个黑球和一个其他颜色的球，第四次一定是取到黑球，所以.16.21 设，因为的夹角为，的夹角为，所以四点共圆.因为，所以在中，根据正弦定理，可得，所以.在中，由余弦定理得，即，所以，当且仅当时，取等号.故的最大值是21.7. 设,，易知当时，；当时，.直线，分别经过点，且这两点关于轴对称，抛物线关于轴对称且开口向上，因为函数的最大值为3，故满足，所
9、以.函数，其图象如图所示，由函数有3个零点知，方程有三个实数根，所以实数的取值范围是，故，即实数的取值范围是.18.解：（1）因为，所以，所以.（2）由，得，即，故.当时，；同理，当时，.19.（1）证明：取的中点，连接.因为分别为的中点，所以，根据题意，所以，所以四边形为平行四边形，所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）解：（方法1）由题意可知，点到平面的距离等于点到平面的距离.取的中点，连接.因为平面平面，平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以，又为等边三角形，且为的中点，故，因为，所以平面，即线段为点到平面的距离.不妨设，则，故，易知为直角三角形，故求得.设与平面所成的角为，则，所以
10、直线与平面所成角的正弦值为.（方法2）如图，设的中点分别为，易知，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.又因为平面，所以，所以.又因为为等边三角形，所以，从而易知互相垂直，故以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 不妨设，则，所以，设平面的一个法向量为，由，得，所以.令，得，则.设与平面所成的角为，则组，所以直线与平面所成角的正弦值为.20.解：（1）当时，得；当时，由，得.故为等比数列，其公比为2，所以.由，得，因为为等差数列，所以其公差，所以.（2）因为，所以当时，当时，.所以当时，.当时，.故数列的前项和.21.（1）解：方法1）设，根据题意，得，两边平方，并整理得点的轨迹的方程为.（
11、方法2）根据题意，点到直线的距离与它到点的距离相等，由抛物线的定义知，点的轨迹为以原点为顶点，为焦点的抛物线，故的轨迹的方程为.（2）证明：取抛物线第一象限的部分，其解析式为，求导数得，设在第一象限，则切线的方程为，化简得.类似地，求得切线的方程为.又因为点在两切线上，所以，所以直线的方程为.由，得，故直线的方程为，显然，直线经过定点，即点的坐标为.解：如图，故（当时，取到最大值）.故的最大值为.22.（1）解：函数的定义域为，因为，所以当时，函数在定义域内是单调增函数，故在区间上的最大值为.当时，由，得，当时，当时，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，若，即，则在区间上的最大值为；若，即，则在区间上是增函数，故最大值为；若，即，则在区间上是减函数，故最大值为.综上，当时，的最大值为；当时，的最大值为；当时，的最大值为.（2）证明：因为函数有两个零点，所以且，即，所以，所以.不妨设，因为，所以.构造函数，则，所以函数在区间上为增函数，故，所以.又因为，所以，因为，所以，均在的单调递减区间上，故，所以.故.
