2019高考终极猜押最后一卷 文科数学试题（高清PDF) 5页

倒倒计计时时1100天天 ··数数学学((文文))22001199高高考考最最后后一一卷卷 本试卷分第 Ⅰ 卷(选择题)和第 Ⅱ 卷(非选择题)两部分,共 150 分,考试时间 120 分钟. 第 Ⅰ 卷 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.若集合A={x|x2 -5x+4<0},B={x|(x-a)2 <1},则“a ∈(2,3)”是“B⊆A”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 2.已知复数z=2+3i i ,则z的共轭复数为 ( ) A.3-2i B.3+2i C.-3-2i D.-3+2i 3.若非零向量a,b满足 |a|=|b|,(2a+b)·b=0,则a与b 的夹角为 ( ) A.30° B.60° C.120° D.150° 4.等差数列 an{ }和等比数列 bn{ }的首项均为 1,公差与公比 均为 3,则ab1 +ab2 +ab3 = ( ) A.64 B.32 C.38 D.33 5.如图,在矩形ABCD 中,AB=8,BC=6,现沿AC 折起,使 得平面ABC⊥ 平面ADC,连接BD,得到三棱锥B-ACD,则其外接球的体积为 ( ) A.500π 9 B.250π 3 C.1000π 3 D.500π 3 6.函数y=f(x)在(0,2)上是减函数,函数y=f(x+2)是偶 函数,则 ( ) A.f 10 3 ( )b>0)的两个焦点作垂直于x轴的 直线与椭圆有四个交点,且这四个交点恰好为正方形的 四个顶点,则椭圆的离心率为 ( ) A.5+1 4 B.5-1 2 C.3-1 2 D.3+1 4 11.某几何体的三视图如图所示,若图中 小正方形的边长均为 1,则该几何体 的体积是 ( ) A.28 3π B.32 3π C.52 3π D.56 3π 12.若函数f(x)=sinωx-π 6 ( )(ω>0)的图象相邻两个对称 中心之间的距离为π 2,则f(x)的一个单调递减区间为 ( ) A.-π 6,π 3 ( ) B.-π 3,π 6 ( ) C. π 6,2π 3 ( ) D. π 3,5π 6 ( ) 第 Ⅱ 卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第 13-21 题为必考题,每 个实体考生都必须作答.第 22-23 题为选考题,考生根据要 求作答. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案 填在题中横线上) 13.若实数x,y满足约束条件 2x+y-4≤0, x-2y-2≤0, x-1≥0, { 则y-1x 的最小 值为 . 14.设f(x)= ax ,x≥0, loga(x2 +a2),x<0, { 且f(2)=4,则f(-2)= . 15.某框图所给的程序运行结果为S=35,那么判断框中应 填入的关于k的条件是 . 16.在 △ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.若c2 = (a-b)2 +6,C=π 3,则 △ABC的面积是 . 三、解答题(解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤,17-21题每小题 12 分,22-23 题每小题 10 分) 17.已知公比不为 1 的等比数列{an}的前 3 项积为 27,且 2a2 为 3a1 和a3 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式an. (2)若数列{bn}满足 1 bn=bn-1 ·log3an+1 (n≥2,n∈N* ),且b1 =1,求 数 列 bn bn+2 { }的前n项和Sn. 18.共享单车是指由企业在校 园、公交站点、商业区、公共 服务区等场所提供的自行 车单车共享服务,由于其依 托“互联网 +”,符合“低碳 出行”的理念,已越来越多 地引起了人们的关注.某部 门为了对该城市共享单车 加强监管,随机选取了 50 人就该城市共享单车的推行情 况进行问卷调查,并将问卷中的这 50 人根据其满意度评 分值(百分制)按照[50,60),[60,70),…,[90,100]分成 5组,请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表和 频率分布直方图(如图所示)解决下列问题: 组别 分组 频数 频率 第 1 组 [50,60) 8 0.16第 2 组 [60,70) a ■第 3 组 [70,80) 20 0.40第 4 组 [80,90) ■ 0.08第 5 组 [90,100] 2 b 合计 ■ ■ (1)求出a,b,x,y的值. (2)若在满意度评分值为[80,100]的人中随机抽取 2 人 进行座谈,求 2 人中至少一人来自第 5 组的概率. 19.在四棱锥S-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,平面SAB⊥ 平 面ABCD,平面SAD⊥ 平面ABCD,且SA=2AD=3AB. (1)证明:SA⊥ 平面ABCD. (2)若点E 为SC 的中点,三棱锥E-BCD 的体积为8 9,求 四棱锥S-ABCD外接球的表面积. 20.已知抛物线C:y2 =2px(p>0)的焦点为F,直线y=4 与 y轴的交点为P,与抛物线 C 的交点为Q,且 |QF|= 2|PQ|. (1)求p的值. (2)已知点T(t,-2)为C 上一点,M,N 是C 上异于点T 的两点,且满足直线TM 和直线TN 的斜率之和为8 3,证 明:直线 MN 恒过定点,并求出定点的坐标. 21.已知函数f(x)=lnx+ a 2 x2 -(a+1)x. (1)若曲线y=f(x)在x=1 处的切线方程为y=-2,求f(x)的单调区间. (2)若x>0 时, f(x)x < f'(x) 2 恒成立,求实数a的取值范 围. 请考生在第 22-23 题中任选一题作答.如果多做,则按所做 的第一题计分.作答时请写清题号. 22.(选修 4-4:坐标系与参数方程)在直角坐标系xOy中, 直线l的参数方程为 x=1+tcosα, y=tsinα{ (t为参数),以坐标 原点O 为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C的极坐标方程为ρ2 -2ρcosθ-4ρsinθ+4=0. (1)若直线l与曲线C 相切,求直线l的直角坐标方程. (2)若 tanα=2,设直线l与曲线C 的交点为点A,B,求 △OAB 的面积. 23.(选修 4-5:不等式选讲)已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+1|,g (x)=|a-1|-a|x|. (1)当x<0 时,求不等式f(x)<4 的解集. (2)设函数f(x)的值域为 M,函数g(x)的值域为 N,若满 足 M∩N≠⌀,求a的取值范围. ——— 数学学科 ——— 第 Ⅰ 卷 一、选择题 1.选 A.A={x|1 2-4 3 > 7 3-2 , 所以f 7 3 ( )0 时,f'(x)<0,函数在(0,+∞)上单调递减,因为函数是奇函数,所以函数在(-∞,0)上单调递减,因为f(2x+3)+f(1)<0,所以f(2x+3)<-f(1)= f(-1),所以 2x+3>-1,所以x>-2. 故解集为(-2,+∞). 10.选 B. 因为过椭圆的两个焦点作垂直于x 轴的直线与椭 圆有四个交点,且这四个交点恰好为正方形的四个顶点, 所以c= b2 a,即ac=a2 -c2 ,所以e2 +e-1=0,因为 06 或 k≥7?答案:k>6? 或k≥7? 16.【解析】因为c2 =(a-b)2 +6,所以c2 =a2 +b2 -2ab+6. ① 因为C=π 3,所以c2 =a2 +b2 -2abcosπ 3=a2 +b2 -ab. ② 由 ①② 得 -ab+6=0,即ab=6. 所以S△ABC =1 2 absinC=1 2×6× 3 2=3 3 2 . 答案:3 3 2三、解答题 17.【解析】(1)由前 3 项积为 27,得a2=3,设等比数列的公比 为q, 由 2a2 为 3a1 和a3 的等差中项,得 3·3q+3q=4×3,由 公比不为 1,解得:q=3,所以an=3 n-1. (2)由bn=bn-1·log3 an+1=bn-1·n, 得bn= bn bn-1 · bn-1 bn-2 ·…· b2 b1 ·b1=n!. 令cn= bn bn+2= n! (n+2)!= 1 (n+2)(n+1)= 1n+1- 1n+2, 则Sn= 1 2-1 3 ( )+ 1 3-1 4 ( )+…+ 1n+1- 1n+2 ( ) =1 2- 1n+2= n 2(n+2) 18.【解析】(1)由题意可知,8 2=0.16b , 解得b=0.04. 所以[80,90)内的频数为 2×2=4,所以样本容量n= 8 0.16=50,a=50-8-20-4-2=16. 又[60,70)内的频率为16 50=0.32, 所以x=0.32 10 =0.032; [90,100]内的频率为 0.04,所以y=0.04 10 =0.004. (2)第 4 组共有 4 人,第 5 组共有 2 人,设第 4 组的 4 人分别为a1,a2,a3,a4;第 5 组的 2 人分别 为b1,b2,则从中任取 2 人,所有基本事件为(a1,a2),(a1,a3),(a1, a4),(a1,b1),(a1,b2),(a2,a3),(a2,a4),(a2,b1),(a2,b2), (a3,a4),(a3,b1),(a3,b2),(a4,b1),(a4,b2),(b1,b2)共 15个. 又至少一人来自第 5 组的基本事件有(a1,b1),(a1,b2), (a4,b1),(a4,b2),(b1,b2),(a2,b2),(a3,b1),(a3,b2),(a2, b1)共 9 个, 所以P=9 15=3 5 .故所抽取 2 人中至少一人来自第 5 组 的概率为3 5 . 19.【解析】(1)由底面ABCD 为矩形,得BC⊥AB. 又平面SAB⊥ 平面 ABCD,平面SAB∩ 平面 ABCD= AB,BC⊂ 平面ABCD,所以BC⊥ 平面SAB,所以BC⊥SA. 同理可得CD⊥SA. 又BC∩CD=C,BC⊂ 平面ABCD,CD⊂ 平面ABCD,所以SA⊥ 平面ABCD. (2)设SA=6a,则AB=2a,AD=3a. 3 VE-BCD =1 3×S△BCD ×h =1 3× 1 2×BC×CD( )× 1 2 SA( ) =1 3× 1 2×3a×2a( )×(3a)=3a3. 又因为VE-BCD =8 9, 所以 3a3 =8 9,解得a=2 3 . 四棱锥S-ABCD 的外接球是以AB,AD,AS 为棱的长方 体的外接球,设半径为R. 则 2R= AB2 +AD2 +AS2 =7a=14 3, 即R=7 3 . 所以四棱锥S-ABCD 的外接球的表面积为 4πR2 =196π 9 . 20.【解析】(1)设Q(x0,4),由抛物线定义, 得 |QF|=x0+ p 2, 又因为 |QF|=2|PQ|, 即 2x0=x0+ p 2,解得x0= p 2 . 将点Q p 2,4( )代入抛物线方程,解得p=4. (2)由 (1)知 C 的 方 程 为y2 =8x,所 以 点 T 坐 标 为 1 2,-2( ), 设直线 MN 的方程为x=my+n, 点 M y2 1 8,y1 æ è ç ö ø ÷ ,N y2 2 8,y2 æ è ç ö ø ÷ . 由 x=my+n, y2 =8x, { 得y2 -8my-8n=0, 所以y1+y2=8m,y1y2=-8n, 所以kMT +kNT = y1+2y2 1 8-1 2 + y2+2y2 2 8-1 2 = 8y1-2+ 8y2-2 = 8(y1+y2)-32y1y2-2(y1+y2)+4= 64m-32 -8n-16m+4 =-8 3,解得n=m-1, 所以直线 MN 的方程为x+1=m(y+1),恒过点(-1, -1). 21.【解析】(1)由已知得 f'(x)=1x+ax-(a+1),则f'(1)=0, 而f(1)=- a 2-1, 所以曲线y=f(x)在x=1 处的切线方程为 y=- a 2-1,所以 - a 2-1=-2,解得a=2. 所以f(x)=lnx+x2 -3x, f'(x)=1x+2x-3=2x2 -3x+1x 由f'(x)=2x2 -3x+1x >0,得 01, 由f'(x)=2x2 -3x+1x <0,得1 20,得 0e 3 2 , 所以h(x)在(e 3 2 ,+∞)上单调递减, 所以h(x)的最大值为h(e 3 2 )=e - 3 2 , 由a+1 2 >e - 3 2 可得a>2e - 3 2 -1, 所以实数a的取值范围是(2e - 3 2 -1,+∞). 22.【解析】(1)由x=ρcosθ,y=ρsinθ可得曲线C 的直角坐标 方程为x2 +y2 -2x-4y+4=0,即(x-1)2 +(y-2)2 = 1, x=1+tcosα, y=tsinα{ 消去参数t,可得y=tanα(x-1).设k= tanα,则直线l的方程为y=k(x-1), 由题意,得圆心(1,2)到直线l的距离d1=|k-2-k|k2 +1 = 1,解得k=± 3, 所以直线l的直角坐标方程为y=± 3(x-1). (2)因为 tanα=2,所以直线l的方程为 2x-y-2=0, 原点到直线l的距离d2=2 5 , 联立 2x-y-2=0, (x-1)2 +(y-2)2 =1, { 解得 x=2, y=2 { 或 x=8 5, y=6 5, ì î í ïï ïï 所以 |AB|= 2-8 5 ( )2 + 2-6 5 ( )2 =2 5 ,所以S=1 2×2 5 ×2 5 =2 5 . 23.【解析】(1)当x<0 时,2x-1<0,所以f(x)<4 可化为 |2x+1|-2x<3. ① 当x≤-1 2 时,① 化为 -2x-1-2x<3,解得x>-1, 此时 -1