2019年云南省昆明市高考数学模拟试卷(文科)(4月份)(解析版)
2019年云南省昆明市高考数学模拟试卷（文科）（4月份）
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知集合A={x|0≤x≤2}，集合B={x|x2≤4}，则A∩B=（）
A. 1，
B. 0，1，
C.
D.
2.设复数z满足（1+i）z=3-i，则|z|=（）
A. B. C. D. 5
3.已知命题p：?x0＜0，＜2，则￢p为（）
A. ? ，
B. ? ，
C. ，
D. ，
4.若x，y满足约束条件则x+2y（）
A. 有最小值也有最大值
B. 无最小值也无最大值
C. 有最小值无最大值
D. 有最大值无最小值
5.如图是某商场2018年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的百分比堆积图（例如：第3季度
内，洗衣机销量约占20%，电视机销量约占50%，电冰箱销量约占30%）．根据该图，以下结论中一定正确的是（）
A. 电视机销量最大的是第4季度
B. 电冰箱销量最小的是第4季度
C. 电视机的全年销量最大
D. 电冰箱的全年销量最大
6.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A.
B.
C.
D.
7.已知直线y=ax与圆C：x2+y2-6y+6=0相交于A、B两点，C为圆心．若
△ABC为等边三角形，则a的值为（）
A. 1
B.
C.
D.
8.函数的图象大致为（）
A.
B.
C.
D.
9.将函数的图象向左平移个单位，所得图象对应的函数在区间[-m，m]上单调递增，则m
的最大值为（）
A. B. C. D.
10.数列{F n}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列
昂纳多?斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．该数列从第三项开始，每项等于
其前相邻两项之和．记该数列{F n}的前n项和为S n，则下列结论正确的是（）
A. B. C. D.
11.已知函数f（x）=ax2+bx+c ln x（a＞0）在x=1和x=2处取得极值，且极大值为，则函数f（x）在区
间（0，4]上的最大值为（）
A. 0
B.
C.
D.
12.三棱锥P-ABC的所有顶点都在半径为2的球O的球面上．若△PAC是等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，
AB⊥BC，则三棱锥P-ABC体积的最大值为（）
A. 2
B. 3
C.
D.
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知，均为单位向量，若|-2|=，则与的夹角为______．
14.已知递增等比数列{a n}满足a2+a3=6a1，则{a n}的前三项依次是______．
（填出满足条件的一组即可）
15.已知抛物线y2=4x上一点P到准线的距离为d1，到直线l：4x-3y+11=0的距离为d2，则d1+d2的最小值
为______．
16.已知数列{a n}满足a1=1，a2=2，a3=3，a n+3=a n（n∈N*）．若a n=A sin（ωn+φ）+c＞，＜，则实
数A=______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角A；
（2）若a=2，求△ABC面积的最大值．
18.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，M是棱DD1上的一点，AA1⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，
AA1=AB=2AD=2DC．
（1）若M是DD1的中点，证明：平面AMB⊥平面A1MB1；
（2）设四棱锥M-ABB1A1与四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积分别为V1与V2，求的值．
19.某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户利用荒坡种植果树．某
农户考察三种不同的果树苗A、B、C，经引种试验后发现，引种树苗A的自然成活率为0.8，引种树苗B、C的自然成活率均为0.9．
（1）若引种树苗A、B、C各10棵．
①估计自然成活的总棵数；
②利用①的估计结论，从没有自然成活的树苗中随机抽取两棵，求抽到的两棵都是树苗A的概率；
（2）该农户决定引种B种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有75%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活．若每棵树苗引种最终成活后可获利300元，不成活的每棵亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种B种树苗多少棵？
20.已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为，，且C经过点，．
（1）求C的方程；
（2）设C与y轴的正半轴交于点D，直线l：y=kx+m与C交于A、B两点（l不经过D点），且AD⊥BD．证明：直线l经过定点，并求出该定点的坐标．
21.已知函数f（x）=a（x-sin x）（a∈R且a≠0）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设，若对任意x≥0，都有f（x）+g（x）≥0，求a的取值范围．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为
，
，
（α为参数），直线l的参数方程为（t为参数，0≤β＜π），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）已知直线l与曲线C相交于A、B两点，且|OA|-|OB|=2，求β．
23.已知函数f（x）=|2x-1|．
（1）解不等式f（x）+f（x+1）≥4；
（2）当x≠0，x∈R时，证明：．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
解：B={x|-2≤x≤2}；
∴A∩B=[0，2]．
故选：C．
可求出集合B，然后进行交集的运算即可．
考查描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，以及交集的运算．
2.【答案】A
【解析】
解：由（1+i）z=3-i，得z=，
∴
|z|=．
故选：A．
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后代入复数模的计算公式求解．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
3.【答案】D
【解析】
解：因为全称命题的否定是特称命题，所以：命题p：?x0＜0，＜2，则￢p为：x＜0，e x+e-x≥2．
故选：D．
直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
本题考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．
4.【答案】C
【解析】
解：x，y满足约
束条件的可行域如图：
可知平移直线x+2y=0，经过可行域的A时，x+y取得最小值；没有最大值，
故选：C．
画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，判断选项即可．
本题考查线性规划的简单应用，是基本知识的考查．
5.【答案】C
【解析】
解：由某商场2018年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的百分比堆积图，知：
在A中，电视机销量所占面百分比最大的是第4季度，故A错误；
在B中，电冰箱销量所占百分比最小的是第4季度，故B错误；
在C中，电视机的全年销量最大，故C正确；
在D中，电视机的全年销量最大，故D错误．
故选：C．
电视机销量所占面百分比最大的是第4季度；电冰箱销量所占百分比最小的是第4季度；电视
机的全年销量最大．
本题考查命题真假的判断，考查百分比堆积图的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数据处理能力，是基础题．
6.【答案】C
【解析】
解：根据几何体的三视图，得；
该几何体是底部为正四棱柱，上部为半球体的组合体；
且正四棱柱的底面边长为2，高为3，
半球体的半径为1；
所以，该组合体的体积为
V
几何体
=2×2×
3+=12+．
故选：C．
根据几何体的三视图，得出该几何体是长方体与半球体的组合体，结合图中数据求出它的体积．本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出几何体的结构特征，是基础题目．
7.【答案】D 【解析】
解：根据题意，圆C：x2+y2-6y+6=0即x2+（y-3）2=3，其圆心为（0，3），半径
r=，
直线y=ax与圆C：x2+y2-6y+6=0相交于A、B两点，若△ABC为等边三角形，则圆心C到直线y=ax的距离d=，
则
有=，
解可得：a=±；
故选：D．
根据题意，分析圆C的圆心与半径，结合等边三角形的性质分析可得圆心C到直线y=ax的距
离d=，则
有=，解可得a的值，即可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，注意将原问题转化为点到直线的距离，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】
解：由于函数
y=-ln（x+1）在（-1，0），（0，+∞）单调递减，故排除B，D，
当x=1时，y=1-ln2＞0，故排除C，
故选：A．
根据函数的单调性排除B，D，根据函数值，排除C 本题考查了函数的图象与性质的应用，属于基础题．
9.【答案】A
【解析】
解：∵
将函数的图象向左平移个单位，所得图象对应的函数为y=sin（2x+）在区间[-m，m]上单调递增，
∴
2m+≤，且-2m+≥
-，
求得m≤，则m的最大值为，
故选：A．
利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的单调性，求得m的最大值．
本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于基础题．10.【答案】B
【解析】
解：数列为：1，1，2，3，5，8…，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字
之和．
则：F n+2=F n+F n+1=F n+F n-1+F n
=F n+F n-1+F n-2+F n-1
=F n+F n-1+F n-2+F n-3+F n-2
=…
=F n+F n-1+F n-2+F n-3+…+F2+F1+1，
∴S2019=F2021-1
故选：B．
利用迭代法可得F n+2=F n+F n-1+F n-2+F n-3+…+F2+F1+1，可得S2019=F2021-1，代值计算可得结果．本题考查的知识要点：迭代法在数列中的应用．
11.【答案】D
【解析】
解：函数的导数f′（x）=2ax+b+
=
∵f（x）在x=1和x=2处取得极值，
∴f′（1）=2a+b+c=0 ①
f′（2）
=4a+b+=0 ②，
∵f（x）极大值为，∵a＞0，
∴由函数性质当x=1时，函数取得极大值为，
则f（1）
=a+b+cln1=a+b=，③，
由①②③得
a=，b=-3，c=2，
即f（x）=x2-3x+2lnx，
f′（x）=x-3+==，
由f′（x）＞0得4≥x＞2或0＜x＜1，此时为增函数，
由f′（x）＜0得1＜x＜2，此时f（x）为减函数，
则当x=1时，f（x）取得极大值，极大值为，
又f（4）=8-12+2ln4=4ln2-4＞，
即函数在区间（0，4]上的最大值为4ln2-4，
故选：D．
求函数的导数，根据函数极值和导数之间的关系，建立方程组求出a，b，c的值，结合函数最值性质进行求解即可．
本题主要考查函数极值和最值的应用，根据条件求函数的导数，建立方程组求出a，b，c的值是解决本题的关键．难度不大．
12.【答案】B
【解析】
解：设AC的中点为D，连接PD，则PD⊥AC，
∵平面PAC⊥平面ABC，
∴PD⊥平面ABC，
∵AB⊥BC，∴AC为平面ABC所在截面圆的直径，
∴球心O在直线PD上，
又△PAC是等边三角形，
∴△PAC的中心为棱锥外接球的球心，即OP=2，
∴OD=1，
AC=2，
∴B到平面APC的距离的最大值为AC=，
∴三棱锥P-ABC体积的最大值为
V=×××=3．
故选：B．
根据三角形的形状判断球心O的位置，得出B到平面APC的最大距离，再计算体积．本题考查棱锥与外接球的位置关系，球的结构特征，属于中档题．
13.【答案】
【解析】
解：∵
，均为单位向量，设与的夹角为θ，
又|-2
|=，
∴，
∴=，
则与的夹角cos
=，
∴，
故答案为：．
由|-2
|=，结合向量数量积的性质可求，然后代入到夹角公式cos即可
求解．
本题主要考查了平面向量数量积的性质的简单应用，属于基础试题．
14.【答案】1，2，4（填首项为正数，公比为2的等比数列均可）
【解析】
解：因为等比数列的项a n≠0，故由a2+a3=6a1得，q+q2=6，所以q=2或q=-3，
若q＞1，则a1≥1时即可满足等比数列{a n}递增，
若q＜0，则{a n}为摆动数列．不满足递增．
取a1=1，则{a n}的前三项依次是1，2，4．
故答案为：1，2，4．
因为等比数列的项a n≠0，故由a2+a3=6a1得，q+q2=6，所以q=2或q=-3，若q＞1，则a≥1时即可
满足等比数列{a n}递增，若q＜0，则{a n}为摆动数列．
解决本题的关键在于了解等比数列递增，递减时应满足的条件，属于基础题．
15.【答案】3
【解析】
解：∵点P到准线的距离等于点P到焦点F的距离，
∴过焦点F作直线4x-3y+11=0的垂线，则点到直线的距离为d1+d2最小值，
∵F（1，0），直线4x-3y+11=0，
∴d1+d2==3，
故答案为：3．
利用抛物线的定义，将d1+d2的最小值转化为点到直线的距离即可求得结论．
本题主要考查了抛物线的简单性质，点到直线距离公式的应用，将d1+d2的最小值转化为点到直线的距离是关键．
16.【答案】
【解析】
解：数列{a n}满足a1=1，a2=2，a3=3，a n+3=a n（n∈N*）；
且a n=Asin（ωn+φ）+c（ω＞0，|φ|
＜），
∴=3，解得
ω=；
∴a n=Asin
（n+φ）+c（|φ|
＜），
∴1=Asin
（+φ）+c，2=Asin （+φ）+c，3=Asin（2π+φ）+c；
化为：1=Asin （+φ）+c，2=-Asin
（+φ）+c，3=Asinφ+c；
∴1=Asinφ+Asin
（+φ），2=Asinφ-Asin （+φ）；
联立方程组，化简得，
解得Asinφ=1，Acosφ=
-；∴tanφ=-；
又|φ|
＜，
∴φ=
-，∴
A=
=-．
故答案为：-．
根据题意知a n=Asin（ωn+φ）+c的最小正周期为T=3，由此求得ω的值，再令n=1、2、3，联立方程组求出A的值．
本题考查了数列递推关系、数列与三角函数的周期性，也考查了推理与计算能力，是中档题．17.【答案】解：（1）由及正弦定理得：，
因为sin B≠0，所以，即．
因为0＜A＜π，所以．……………………………………（6分）
（2）因为a=2，所以，所以，因为△ ，
所以当且仅当时S△ABC最大，
所以S△ABC最大值为．………………………（12分）
【解析】
（1）通过已知条件，结合正弦定理，转化求解A即可．
（2）利用余弦定理以及基本不等式求出bc，说明面积的最大值即可．
本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，三角形的解法，考查计算能力．
18.【答案】（1）证明：因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AB，
又AB⊥AD，AA1∩AD=A，
所以BA⊥平面AA1D1D，MA1?平面AA1D1D，故BA⊥MA1．……………………（2分）
因为AD=DM，所以∠AMD=45°，同理∠A1MD1=45°，
所以AM⊥MA1，又AM∩BA=A，
所以MA1⊥平面AMB，………………（4分）
MA1?平面A1MB1，故平面AMB⊥平面A1MB1；………………（6分）
（2）解：设AD=1，
四棱锥M-ABB1A1的底面ABB1A1的面积为，高为AD=1，
所以四棱锥M-ABB1A1的体积，………………（8分）
四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的面积为，高为AA1=2，
所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V2=S ABCD×AA1=3，………………（10分）即．………………………………（12分）
【解析】
（1）证明AA1⊥AB，AB⊥AD，推出BA⊥平面AA1D1D，得到BA⊥MA1．证明AM⊥MA1，即可证明MA1⊥平面AMB，说明平面AMB⊥平面A1MB1．
（2）设AD=1，求出四棱锥M-ABB1A1的体
积，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V2=S ABCD×AA1=3，即可得到比值．
本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
19.【答案】解：（1）①依题意：
10×0.8+10×0.9+10×0.9=26，
所以自然成活的总棵数为26．
②没有自然成活的树苗共4棵，其中两棵A种树苗、一棵B种树苗、一棵C种树苗，
分别设为a1，a2，b，c，
从中随机抽取两棵，可能的情况有：
（a1，a2），（a1，b），（a1，c），（a2，b），（a2，c），（b，c），
抽到的两棵都是树苗A的概率为．
（2）设该农户种植B树苗n棵，最终成活的棵数为，
未能成活的棵数为n-0.96n=0.04n，
由题意知0.96n×300-0.04n×50≥200000，则有n≥699.3．
所以该农户至少种植700棵树苗，就可获利不低于20万元．
【解析】
（1）①依题意：10×0.8+10×0.9+10×0.9=26，由此能求出自然成活的总棵数．
②没有自然成活的树苗共4棵，其中两棵A种树苗、一棵B种树苗、一棵C种树苗，分别设为a1，a2，b，c，从中随机抽取两棵，利用列举法能求出抽到的两棵都是树苗A的概率．
（2）设该农户种植B树苗n棵，最终成活的棵数为，未能成活的棵数为n-0.96n=0.04n，由题意知0.96n×300-0.04n×50≥200000，由此能求出该农户至少种植700棵树苗，就可获利不低于20万元．
本题考查自然成活动总棵数、概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
20.【答案】（1）解：由题意，设椭圆：＞＞，焦距为2c，
则，椭圆的另一个焦点为，，
由椭圆定义得，则a=2，
∴，
∴C的方程；
（2）证明：由已知得D（0，1），
由，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，
当△＞0时，A（x1，y1），B（x2，y2），
则，，
，，
由AD⊥BD得，=x1x2+（y1-1）（y2-1）=0，即，
∴5m2-2m-3=0，解得m=1或，
①当m=1时，直线l经过点D，舍去；
②当时，显然有△＞0，直线l经过定点，．
【解析】
（1）由题意设椭圆，可得，求得椭圆的另一个焦点坐标，利用定义求解a=2，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（2）由已知得D（0，1），联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系可得A，B横纵坐标的和与积，结合AD⊥BD ，得=x1x2+（y1-1）（y2-1）=0，由此求解m值，得到当时，有△＞0，直线l经过定点．
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．
21.【答案】解：（1）f（x）的定义域为x∈R；由题意，得f'（x）=a（1-cos x）．
当a＞0时，x∈R，f'（x）≥0，所以f（x）在R上单调递增．
当a＜0时，x∈R，f'（x）≤0，所以f（x）在R上单调递减．…………………（4分）
（2）由题意得，当x=0时，f（0）+g（0）=a-1≥0，则有a≥1．
下面证当a≥1时，对任意x≥0，都有．
由于x∈R时，1-sin x≥0，当a≥1时，则有．
只需证明对任意x≥0，都有．………………（6分）
证明：由（1）可知f（x）=x-sin x在[0，+∞）上单调递增；
所以当x≥0时，f（x）≥f（0）=0，即x≥sin x，
所以1-x≤1-sin x，则．……（7分）
设，x≥0，则．
当x≥0时，e x≥1，，所以F'（x）≥0，所以F（x）在[0，+∞）上单调递增；
当x≥0时，F（x）≥F（0）=0．所以对任意x≥0，都有．
所以，当a≥1时，对任意x≥0，都有f（x）+g（x）≥0．………………（12分）
【解析】
（1）f（x）的定义域为x∈R；由题意，得f'（x）=a（1-cosx）．对a分类讨论即可得出单调性．
（2）由题意得，当x=0时，f （0）+g （0）=a-1≥0，有a≥1．下面证当a≥1时，对任意x≥0
，都有
．只需证明对任意x≥0
，都有
．由（1）可知f （x ）=x-sinx 在[0，+∞）上单调递增．当x≥0时，f （x ）≥f
（0）=0，即x≥sinx ，可得1-x≤1-sinx ，
．
设
，x≥0，利用导数已经其单调性即可得出．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
22.【答案】解：（1）由曲线C 的参数方程可得普通方程为（x -2）2+y 2=3，
即x 2+y 2
-4x +1=0，……………………（2分）
所以曲线C 的极坐标方程为ρ2
-4ρcosθ+1=0．……………………（5分）
（2）由直线l 的参数方程可得直线的极坐标方程为θ=β（ρ∈R ），……………（6分） 因为直线l 与曲线C 相交于A 、B 两点，所以设A （ρ1，β），B （ρ2，β），
联立
可得ρ2
-4ρcosβ+1=0，…………………（7分）
因为△=16cos 2β-4＞0，即cos 2
β＞
，…………………（8分）
所以|OA |-|OB |=|ρ1-ρ2|= = =2，
解得
，所以
或
．…………………（10分）
【解析】
（1）先消去α得普通方程，再通过互化公式化成极坐标方程；
（2）利用直线l 和曲线C 的极坐标方程联立，根据极径的几何意义可得． 本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．
23.【答案】解：（1）原不等式f （x ）+f （x +1）≥4等价于|2x -1|+|2x +1|≥4，
等价于 ＜
或
或
＞
， 解得x ≤-1或x ≥1，
所以原不等式的解集是（-∞，-1]∪[1，+∞）． （2）当x ≠0，x ∈R 时，f （-x ）+f （
）=|-2x -1|+|
|， 因为|-2x -1|+|
|≥|-2x -1-（
-1）|=|2x +
|=2|x |+
≥4， 当且仅当
即x =±1时等号成立， 所以
． 【解析】
（1）讨论x 的范围，去掉绝对值符号解不等式； （2）利用绝对值不等式和基本不等式即可证明．
本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值不等式的应用，考查分类讨论思想，属于中档题．