2019高考终极猜押最后一卷 文科数学试题（高清PDF)
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
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