《2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷（文科）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷（文科）（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷（文科）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）已知集合，则ABCD2（5分）若复数满足，则的虚部为A5BCD3（5分）设、是两个不同的平面，是直线且，“”是“”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4（5分）已知双曲线的一条渐近线方程为，则的离心率为ABCD5（5分）执行如图的程序框图，如果输出的值为1，则输入的的值为A0BC0或D0或16（5分）已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，且，若点是角终边上一点，则ABCD7（5分）若函数的图象过点，则A点，
2、是的一个对称中心B直线是的一条对称轴C函数的最小正周期是D函数的值域是，8（5分）图象可能是ABCD9（5分）中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为，则三角形的面积可由公式求得，其中为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦一秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足，则此三角形面积的最大值为AB8CD10（5分）已知偶函数，当时，若，为锐角三角形的两个内角，则AB C D 11（5分）已知不共线向量，夹角为，在处取最小值，当时，的取值范围为AB，C，D，12（5分）定义：区间，的长度均为，若不等式的解集是互不相交区间的并集，则该不等
3、式的解集中所有区间的长度之和为ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）设，满足约束条件，则的最大值是 14（5分）的内角、的对边分别为，点为的中点，若，则的长为15（5分）已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线及其准线依次相交于、三点（其中在、之间且在第一象限），若，则16（5分）如图，矩形中，为的中点，将沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是存在某个位置使得；翻折过程中，的长是定值；若，则；若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是三、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1721题为必考题，每个试
4、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：共60分17（12分）为等比数列的前项和，已知，且公比（1）求及；（2）是否存在常数，使得数列是等比数列？若存在，求的值；若不存在，请说明理由18（12分）如图，三棱柱中，平面平面（1）求证：；（2）若，为的中点，求三棱锥的体积19（12分）某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量（单位：和与它“相近”的株数具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过，并分别记录了相近株数为0，1，2，3，4时每株产量的相关数据如下：0123415121198（1）求出该种水果每株的产量关于它“相近”株数的
5、回归方程；（2）该种植基地在如图所示的长方形地块的每个格点（横纵直线的交点）处都种了一株该种水果，其中每个小正方形的面积都为，现从所种的该水果中随机选取一株，试根据（1）中的回归方程，预测它的产量的平均数附：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，20（12分）如图，点为圆上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，连接延长至点，使得，点的轨迹记为曲线（1）求曲线的方程；（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，试问在曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由21（12分）已知函数，（1）当时，求的单调区间；（2）设，若，
6、为函数的两个不同极值点，证明：（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系中，已知曲线为参数），在以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）求曲线与直线交点的极坐标23已知函数的最大值为（1）求实数的值；（2）若，设，且满足，求证：2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷（文科）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【解答】解：，；，故选：【解答】解：由，得，的虚部为故
7、选：【解答】解：根据题意，由于，表示两个不同的平面，为内的一条直线，由于“，则根据面面平行的性质定理可知，则必然中任何一条直线平行于另一个平面，条件可以推出结论，反之不成立， “是“”的充分不必要条件故选：【解答】解：双曲线的渐近线方程为，一条渐近线的方程为，设，则离心率故选：【解答】解：程序对应的函数为，若，由得，得，满足条件若，由，得，即，满足条件综上或，故选：【解答】解：角的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，且，若点是角终边上一点，则：，利用三角函数的定义：，解得：故选：【解答】解：由函数的图象过点，可得，即，故，当时，故、都不正确；的最小正周期为，故不正确；显然，故正确，故选：【解答】
8、解：显然是偶函数，图象关于轴对称，排除，；又当时，排除，故选：【解答】解：，当且仅当时取等号故选：【解答】解：根据题意，当时，则在上为减函数，又由为偶函数，则在上为增函数，若，为锐角三角形的两个内角，则，则，则有，则有 ，故选：【解答】解：由题意有：不共线向量，夹角为，由，得：，所以，由二次函数图象的性质有：当时，取最小值，即，解得，又，即，故选：【解答】解：根据题意，或，方程有两个根，或，则原不等式的解集为：，其解集区间的长度为故选：二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分【解答】解：（1）作出不等式组对应的平面区域如图：由，得，平移直线，当直线经过点时，直线的截距最小，此时最大，此
9、时的最大值为故答案为：3【解答】解：由得，即，为的中点，则，即，故答案为：1【解答】解：如图，过作，由，得，所在直线斜率为，所在直线方程为，联立，得解得：，则，即故答案为：2【解答】解：对于：如图1，取中点，连接交与，则，如果，可得到，又，且三线，共面共点，不可能，故错对于：如图1，可得由（定值），（定值），（定值），由余弦定理可得，所以是定值，故正确 对于：如图2，取中点，连接，易得面，即可得，从而，显然不成立，可得不正确对于：当平面平面时，三棱锥的体积最大，易得中点就是三棱锥的外接球的球心，球半径为1，表面积是故正确故答案为：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
10、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：共60分【解答】解：（1）由题意可得，解得，（2）假设存在常数，使得数列是等比数列，解得，此时，则，故存在常数，使得数列是等比数列【解答】证明：（1）过点作，垂足为，平面平面，平面，平面，解：（2）由（1）知，平面，三棱锥的体积：【解答】解：（1）由题意得：，故，故；（2）由回归方程得：时，时，时，故平均数是，故一株产量的平均数是【解答】解：（1）设，由，由题意，即为的中点，即，故点的轨迹的方程为，（2）由题意知的斜率存在且不为零，设直线的方程为，即，联立，消可得，设，四边形为平行四边形，故，整理可得，
11、将代入可得，该方程无解，故这样的直线不存在【解答】（1）解：若，单调递增；若，由，解得，当时，单调递减，当，时，单调递增综上，当时，的单调增区间为；当时，的单调减区间为，的单调增区间为，；（2）证明：，在上单调递增，要证，即证，也就是，又，为方程的两个根，即，即证，即而得，即证：不妨设，则证：，变形得，设，则在上单调递增，则（1）即结论成立（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答选修4-4：坐标系与参数方程【解答】解：（1）已知曲线为参数），转换为直角坐标方程为：，直线的极坐标方程为转换为直角坐标方程为：（2）由（1）得：，解得：或转换为极坐标为，【解答】解：（1）由，即，证明：（2），由，知，当且仅当，即时取等号，声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/4/5 22:49:38；用户：James；邮箱：15399095293；学号：879678218
