【倒计时16天】2019高考湖北名校联盟终极猜押（二）文科数学试题

【倒计时16天】2019高考湖北名校联盟终极猜押（二）文科数学试题

倒倒计计时时1166天天 ··22001199高高考考终终极极猜猜押押之之二二((文文)) 命题角度 1 ———立体几何 押题1 已知P,A,B,C是球O 球面上的四点,△ABC 是 正三角 形,三 棱 锥 P-ABC 的 体 积 为9 3 4 ,且 ∠APO= ∠BPO=∠CPO=30°,则球O 的表面积为 ( ) A.4π B.12π C.16π D.32 3π 押题2 已知α表示平面,m,n表示两条不同直线,则下 列说法正确的是 ( ) A. 若m∥α,n∥α,则m∥n B. 若m∥α,n⊂α,则m∥n C. 若m⊥α,n∥α,则m⊥n D. 若m∥α,m⊥n,则n⊥α 押题3 四面体ABCD 的顶点都在球O 的表面上,AB= 2,BC=CD=1,∠BCD=60°,AB⊥ 平面BCD,则球O 的 表面积为 ( ) A.8π B.8 2 3 π C.8 3 3 π D.16π 3押题4 网格纸上小正方形的边长为 1,粗实线画出的是 某几何体的三视图,则该几何体的体积为 ( ) A.24π+8 3 B.8π+8 C.32π+8 3 D.32π+24 3押题5 某几何体的三视图如图所示,则该几何体中,面 积最大的侧面的面积为 ( ) A.1 B.2 2 C.5 2 D.6 2押题6 若一个正四面体的表面积为S1,其内切球的表面 积为S2,则S1 S2= . 二、解答题 押题1 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1 中,侧面ACC1A1⊥ 底面ABC,四边 形 ACC1A1 是 边 长 为 2 的 菱 形, ∠A1AC=60°,AB=BC,AB⊥BC, E,F 分别为AC,B1C1 的中点. (1)求证:直线EF∥ 平面ABB1A1. (2)设P,Q 分别在侧棱AA1,C1C 上,且PA=QC1,求平 面BPQ 分棱柱所成两部分的体积比. 押题2 在四棱锥 P-ABCD 中, AD∥BC,平面PAC⊥ 平面ABCD, AB=AD=DC=1, ∠ABC=∠DCB=60°, E 是PC 上一点. (1)证明:平面EAB⊥ 平面PAC. (2)若 △PAC是正三角形,且E 是PC 的中点,求三棱锥 A-EBC的体积. 押题3 如图 1,在矩形ABCD 中,AB=12,AD=6,E,F 分别为CD,AB 边上的点,且DE=3,BF=4,将 △BCE 沿 BE 折起至 △PBE 的位置(如图 2 所示),连接AP,PF,其 中PF=2 5. (1)求证:PF⊥ 平面ABED. (2)求点A 到平面PBE 的距离. 押题4 如图所示,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是 矩形,PD⊥ 平面ABCD 且PD=CD,过PC 的中点M 作 MN⊥PB 交PB 于点N,连接DM,DN. (1)证明:DM⊥ 平面PBC. (2)若平面 DMN 与平面ABCD 所成的二面角的余弦值 为2 3,求BC PD 的值. 命题角度 2 ———统计概率 押题1 某初中有男生 700 人,女生 300 人,为了解学生的 学习情况,用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量 为n的样本,已知从男生中抽取 35 人,则n为 ( ) A.50 B.150 C.100 D.250押题2 做掷一个骰子的试验,事件A 表示“小于 4 的奇 数点出现”,事件B 表示“小于 4 的点数出现”,则一次试 验中,事件A+B 发生的概率为 ( ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.5 6押题3 设m,n分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数,则 在先后两次出现的点数中有 4 的条件下,方程x2 +mx+n =0 没有实根的概率为 ( ) A.11 36 B.5 36 C.5 11 D.7 10押题4 设复数z=(x-1)+yi(x,y∈R),若 |z|≤1,则y ≥x的概率为 ( ) A.3 4+1 2π B.1 2+1 π C.1 2-1 π D.1 4-1 2π押题5 某校女子篮球队 7 名运动员身高(单位:cm)分布 的茎叶图如图,已知记录的平均身高为 175cm,但记录中 有一名运动员身高的末位数字不清晰,如果把其末位数 字记为x,那么x的值为 . 押题6 若随机事件A,B 互斥,A,B 发生的概率均不等 于 0,且P(A)=a+2,P(B)=2a+3,则实数a的取值范 围是 . 1 二、解答题 押题1 2017 年 10 月 18 日至 10 月 24 日,中国共产党第 十九次全国代表大会(简称党的“十九大”)在北京召开.一 段时间后,某单位就“十九大”精神的领会程度随机抽取 100 名员工进行问卷调查,调查问卷共有 20 个问题,每个 问题 5 分,调查结束后,发现这 100 名员工的成绩都在 [75,100]内,按成绩分成 5 组:第 1 组[75,80),第 2 组 [80,85),第 3 组[85,90),第 4 组[90,95),第 5 组[95, 100],绘制成如图所示的频率分布直方图,已知甲、乙、丙 分别在第 3,4,5 组,现在用分层抽样的方法在第 3,4,5 组 共选取 6 人对“十九大”精神作深入学习. (1)求这 100 人的平均得分(同一组数据用该区间的中点 值作代表). (2)求第 3,4,5 组分别选取的作深入学习的人数. (3)若甲、乙、丙都被选取对“十九大”精神作深入学习,之 后要从这 6 人随机选取 2 人再全面考查他们对“十九大”精神的领会程度,求甲、乙、丙这 3 人至多有一人被选取的 概率. 押题2 某社区为了解辖区住户中离退休老人每天的平 均户外“活动时间”,从辖区住户的离退休老人中随机抽 取了 100 位老人进行调查,获得了每人每天的平均户外 “活动时间”(单位:小时),活动时间按照[0,0.5)、[0.5, 1)、…、[4,4.5]从少到多分成 9 组,制成样本的频率分布 直方图如图所示. (1)求图中a的值. (2)估计该社区住户中离退休老人每天的平均户外“活动 时间”的中位数. (3)在[1,1.5)、[1.5,2)这两组中采用分层抽样抽取 7 人,再从这 7 人中随机抽取 2 人,求抽取的两人恰好都在同一 个组的概率. 押题3 高中生在被问及“家,朋友聚集的地方,个人空 间”三个场所中“感到最幸福的场所在哪里?”这个问题时,从中国某城市的高中生中,随机抽取了 55 人,从美国某城 市的高中生中随机抽取了 45 人进行答题.中国高中生答 题情况是:选择家的占2 5、朋友聚集的地方占3 10、个人空 间占3 10 .美国高中生答题情况是:朋友聚集的地方占3 5、 家占1 5、个人空间占1 5 . (1)请根据以上调查结果将下面 2×2 列联表补充完整;并 判断能否有 95% 的把握认为“恋家(在家里感到最幸福)”与国别有关; 在家里最幸福 在其他场所最幸福 总计 中国高中生 美国高中生 总计 (2)从被调查的不“恋家”的美国学生中,用分层抽样的方 法选出 4 人接受进一步调查,再从 4 人中随机抽取 2 人到 中国交流学习,求 2 人中含有在“个人空间”感到最幸福的 学生的概率. 附:K2 = n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d. P(K2 ≥k0) 0.050 0.025 0.010 0.001 k0 3.841 5.024 6.635 10.828 押题4 保险公司统计的资料表明:居民住宅区到最近消 防站的距离x(单位:千米)和火灾所造成的损失数额y (单位:千元)有如下的统计资料: 距消防站距离 x(千米) 1.8 2.6 3.1 4.3 5.5 6.1 火灾损失费用 y(千元) 17.819.627.531.336.043.2 如果统计资料表明y与x 有线性相关关系, (1)求相关系数r(精确到 0.01). (2)求线性回归方程(精确到 0.01). (3)若发生火灾的某居民区与最近的消防站相距 10.0 千 米,评估一下火灾的损失费用(精确到 0.01). 参考数据:∑ 6 i=1 yi=175.4,∑ 6 i=1 xiyi=764.36,∑ 6 i=1 (xi- x)(yi-y)=80.30,∑ 6 i=1 (xi-x)2 =14.30,∑ 6 i=1 (yi-y)2 ≈471.65, ∑ 6 i=1 (xi-x)2 ∑ 6 i=1 (yi-y)2 ≈82.13. 参考公式:相关系数r= ∑ n i=1 (xi-x)(yi-y) ∑ n i=1 (xi-x)2 ∑ n i=1 (yi-y)2 , 回归方程 = + t中斜率和截距的最小二乘估计公式分 别为:= ∑ n i=1 (xi-x)(yi-y) ∑ n i=1 (xi-x)2 ,= - x. 命题角度 3 ———不等式选讲 押题1 已知函数f(x)=|x-1|. (1)解不等式f(x-1)+f(x+3)≥6. (2)若 |a|<1,|b|<1,且a≠0,求证:f(ab)>|a|f b a( ). 押题2 已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|. (1)画出y=f(x)的图象. (2)求不等式 |f(x)|>1 的解集. 2 押题3 已知函数f(x)=|x|.记g(x)=f(x)-2f(x-3). (1)求不等式g(x)≥-10 的解集. (2)若对于任意实数x都有g(x)≤m2 -2m,求m 的取值 范围. 押题4 已知函数f(x)=|x+2|+|x-b|. (1)当b=1 时,求不等式f(x)>5 的解集. (2)若函数g(x)= f(x)-4 的定义域为 R,求实数b的 取值范围. ——— 数学学科 ——— ·命题角度 1 ———立体几何 ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ押题1.【解析】选 C.如图,P,A,B,C 是球 O 球面上四点,△ABC 是正三角形,设 △ABC的中心为S,球 O 的半径为R, △ABC的边长为 2a. 因为 ∠APO= ∠BPO= ∠CPO=30°, OB=OP=R, 所以OS= R 2,BS= 3 2 R,所以2 3 3 a= 3 2 R, 解得a= 3 4 R,2a= 3 2 R.因为三棱锥 P-ABC 的体积为 9 3 4 ,所以1 3× 3 4 3 2 R( )2 ×3 2 R=9 3 4 ,解得R=2,所以 球O 的表面积S=4πR2 =16π. 押题2.【解析】选 C.对于选项 A,若m∥α,n∥α则m 与n 可 能相交、平行或异面,A 错误;对于选项 B,m 与n 可能平行或异面,B 错误;显然 C 选项 正确;对于选项 D 若 m∥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α或n 与α 相 交,故 D 错误. 押题3.【解析】选 D.如图,因为BC=CD= 1,∠BCD=60°,所以底面 △BCD 为等边三角形.取CD 中 点为E,连接BE,所以 △BCD 的外心在BE 上,设为点G. 取BC的中点F, 连接GF.在 Rt△BCE 中,BF=1 2 BC=1 2 . 在 Rt△BFG 中,得BG= 1 2 cos30°= 3 3,过点G 作AB 的平 行线与AB 的中垂线HO 交于O,则O 为四面体ABCD 的 外接球的球心,即R=OB.因为AB⊥ 平面BCD,所以OG⊥BG, 在 Rt△BGO 中,求得OB= OG2 +BG2 =2 3 3 ,所以球O 的表面积为 4π 2 3 3 æ è ç ö ø ÷ 2 =16π 3 . 押题4.【解析】选 A.根据三视图可知,该几何体是3 4 个球与 一个三棱锥的组合体.球的半径为 2,三棱锥的底面是等 腰直角三角形,面积S=1 2×2 2×2 2=4,高为 2, 所以三棱锥的体积为1 3×4×2=8 3,故组合体的体积V= 3 4×4 3π×2 3 +8 3=24π+8 3 . 押题5.【解析】选 C.由三视图可知该几何 体的直观图如图所示,此四棱锥中平面 AED⊥ 平面BCDE,底 面BCDE 是边长为 1 的正方形,四棱锥 的高为 1, 所以S△AED =1 2×1×1=1 2,S△ABC =S△ABE =1 2×1× 2 = 2 2,S△ACD =1 2×1× 5= 5 2 . 押题6.【解析】设正四面体的棱长为a,则正四面体的表面积 S1=4× 3 4×a2 = 3a2 ,其内切球的半径为正四面体高的 1 4,即r=1 4× 6 3 a= 6 12 a,因此内切球的表面积S2=4πr2 =πa2 6 ,则S1 S2= 3a2 π 6 a2=6 3 π . 答案:6 3 π二、解答题 押题1.【解析】(1)取A1 C1 的中点G,连接EG,FG,由于E,F 分别为AC,B1 C1 的中点,所以 FG∥A1 B1 .又 A1 B1 ⊂ 平 面 ABB1 A1,FG⊄ 平 面 ABB1 A1,所以FG∥ 平面ABB1 A1 . 又AE∥A1 G 且AE=A1 G,所以四边形AEGA1 是平行四边形. 则 EG ∥ AA1 .又 AA1 ⊂ 平 面 ABB1 A1,EG ⊄ 平 面 ABB1 A1,所以EG∥ 平面ABB1 A1 .又因为FG∩EG=G,所以平面EFG∥ 平面ABB1 A1 .又EF⊂ 平面EFG,所以直线EF∥ 平面ABB1 A1 . (2)四边形APQC是梯形,其面积 S=1 2(AP+CQ)AC·sin60°=1 2×2×2×sin60°= 3. 由于AB=BC,E 为AC 的中点. 所以BE⊥AC. 因为侧面ACC1 A1⊥ 底面ABC,所以BE⊥ 平面ACC1 A1 . 即BE 是四棱锥B-APQC的高,可得BE=1. 所以四棱锥B-APQC的体积为V1=1 3× 3×1= 3 3 . 3 棱柱ABC-A1 B1 C1 的体积V=1 2×2×1× 3= 3. 所以平面BPQ 分棱柱所成两部分的体积比为 1∶2(或者 2∶1). 押题2.【解析】(1)依题意得四边形ABCD 是底角为 60°的等 腰梯形,所以 ∠BAD=∠ADC=120°. 因为AD=DC,所以 ∠DAC=∠DCA=30°. 所以 ∠BAC=∠BAD-∠DAC=120°-30°=90°,即 AB ⊥AC. 因为平面PAC⊥ 平面ABCD,平面PAC∩ 平面ABCD= AC,所以AB⊥ 平面PAC,又AB⊂ 平面EAB,所以平面EAB ⊥ 平面PAC. (2)由(1)及已知得,在 Rt△ABC 中,∠ABC=60°,AB= 1, 所以AC=AB·tan60°= 3,BC=2AB=2,且AB⊥ 平面 PAC, 所以AB 是三棱锥B-EAC的高,正 △PAC的边长为 3, 因为 E 是PC 的中点,所以S△EAC = 1 2 S△PAC = 1 4 AC· APsin60°=1 4×(3)2 × 3 2=3 3 8 . 所以三棱锥A-EBC的体积为 VA-EBC =VB-EAC =1 3 S△EAC ·AB=1 3×3 3 8 ×1= 3 8 . 押题3.【解析】(1)连接EF,由翻折不变性可知,PB=BC=6,PE=CE=9,在 △PBF 中,PF2 +BF2 =20+16=36=PB2 ,所以PF⊥BF. 利用勾股定理,得EF= 6 2 +(12-3-4)2 = 61,在 △PEF 中,EF2 +PF2 =61+20=81=PE2 ,所以PF⊥EF. 又因为BF∩EF=F, BF⊂ 平面ABED,EF⊂ 平面ABED,所以PF⊥ 平面ABED. (2)由(1)知PF⊥ 平面ABED,所以PF 为三棱锥P-ABE 的高. 设点A 到平面PBE 的距离为h,由等体积法得VA-PBE =VP-ABE , 即1 3×1 2×6×9×h=1 3×1 2×12×6×2 5, 所以h=8 5 3 , 即点A 到平面PBE 的距离为8 5 3 . 押题4.【解析】(1)以点D 为坐标原点,分别以DA,DC,DP 所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设PD=DC=2,BC=t(t>0),则有 D(0,0,0),P(0,0,2),B(t,2,0),C(0,2,0), 所以PB→ =(t,2,-2),又因为点 M 是棱PC 的中点, 所以 M(0,1,1),DM→ =(0,1,1), 于是PB→ ·DM→ =0,所以PB⊥DM. 因为PC→ =(0,2,-2),所以DM→ ·PC→ =0,所以DM⊥PC,又PB∩PC=P,所以DM⊥ 平面PBC. (2)由(1)知平面ABCD 的一个法向量为 DP→ =(0,0,2),又因为PB⊥DM,MN⊥PB,DM∩MN=M,所以PB⊥ 平面DMN, 所以PB→ =(t,2,-2)是平面DMN 的一个法向量, 所以 |cos|=|DP→ ·PB→ | |DP→ ||PB→ | = 4 2 t2 +8 = 2t2 +8 =2 3,所以t=1, 即BC PD= BC CD=1 2, 所以当平面DMN 与平面ABCD 所成的二面角的余弦值 为2 3 时, BC PD=1 2 . ·命题角度 2 ———统计概率 ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ押题1.【解析】选 A.方法一:由题意可得 35n-35=700 300,解得n =50. 方法二:由题意,抽样比为35 700=1 20,总体容量为 700+300 =1000,故n=1000×1 20=50. 押题2.【解析】选 D.掷一个骰子的试验有 6 种可能结果.依 题意P(A)=2 6=1 3,P(B)=3 6=1 2, 所以P(B)=1-P(B)=1-1 2=1 2, 因为B表示“出现 4 点、5 点或 6 点”的事件,因此事件A 与B 互斥, 从而P(A+B)=P(A)+P(B)=1 3+1 2=5 6 . 押题3.【解析】选 C.先后两次出现的点数中有 4 的情况有: (1,4),(2,4),(3,4),(4,4),(5,4),(6,4),(4,1),(4,2), (4,3),(4,5),(4,6),共 11 种,其中使方程x2 +mx+n=0没有实根的情况有:(4,5),(4,6),(1,4),(2,4),(3,4),共 5 种.故所求事件的概率P=5 11 . 押题4.【解析】选 D.因为复数z=(x-1)+yi(x,y∈R)且 |z|≤1,所以 |z|= (x-1)2 +y2 ≤1, 即(x-1)2 +y2 ≤1,即点(x,y)在以(1,0)为圆心、1 为半径的圆及其内部,而y 4 ≥x表示直线y=x左上方的部分(图中阴影弓形),所以 所求概率为弓形的面积与圆的面积之比, 即P= 1 4×π×1 2 -1 2×1×1 π×1 2 =1 4-1 2π . 押题5.【解析】 170+1 7×(1+2+x+4+5+10+11)=175, 1 7×(33+x)=5,即 33+x=35,解得x=2. 答案: 2 押题6.【解析】由题意可知 00.5,而前 4 组的频率之和为 0.04+0.08+0.15+0.20=0.47 <0.5,所以 2≤m<2.5. 由 0.50×(m-2)=0.5-0.47,解得m=2.06. 故可估计该社区住户中离退休老人每天的平均户外“活动 时间”的中位数为 2.06 小时. (3)由题意得平均户外“活动时间”在[1,1.5),[1.5,2)中 的人数分别有 15 人、20 人,按分层抽样的方法分别抽取 3 人、4 人,记作A,B,C 及a, b,c,d,从 7 人中随机抽取 2 人,共有 21 种,分别为: (A,B),(A,C),(A,a),(A,b),(A,c),(A,d),(B,C),(B, a),(B,b),(B,c),(B,d),(C,a),(C,b),(C,c),(C,d), (a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d),抽取的两人恰好在同一组的有: (A,B),(A,C),(B,C),(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d), (c,d),共 9 种, 故抽取的两人恰好都在同一个组的概率P=9 21=3 7 . 押题3.【解析】(1)由已知得, 在家里最幸福 在其他场所最幸福 总计 中国高中生 22 33 55 美国高中生 9 36 45 总计 31 69 100 所以K2 的观测值k=100×(22×36-9×33)2 31×69×55×45 ≈4.628> 3.841,所以有 95% 的把握认为“恋家”与国别有关. (2)用分层抽样的方法抽出 4 人,其中在“朋友聚集的地 方”感到最幸福的有 3 人,在‘人空间’感到最幸福的有 1 人,分别设为a1,a2,a3,b;因为Ω={(a1,a2),(a1,a3),(a1,b),(a2,a3),(a2,b),(a3, b)},所以n=6;设“在“个人空间”感到最幸福的学生”为事件A,A={(a1, b),(a2,b),(a3,b)},所以m=3; 则所求的概率为P(A)= m n =3 6=1 2 . 押题4.【解析】(1)r= ∑ 6 i=1 (xi-x)(yi-y) ∑ 6 i=1 (xi-x)2 ∑ 6 i=1 (yi-y)2 =80.30 82.13 ≈0.98. (2)依题意得x=1 6(1.8+2.6+3.1+4.3+5.5+6.1)= 3.9. y=1 6(17.8+19.6+27.5+31.3+36.0+43.2)=1 6∑ 6 i=1 yi =29.23, ∑ 6 i=1(xi-x)(yi-y)=80.30,∑ 6 i=1(xi-x)2 =14.30, 所以 = ∑ 6 i=1(xi-x)(yi-y) ∑ 6 i=1(xi-x)2 =80.30 14.30≈5.62,又因为 =y- x=29.23-5.62×3.9 ≈7.31(7.32,7.33 均给分),故线性回归方程为 =5.62x +7.31(7.32 或 7.33 均给分) (3)当x=10 时,根据线性回归方程有:=5.62×10+7.31= 63.51(63.52 或 63.53 均给分),若发生火灾的某居民区与最近的消防站相距 10.0 千米,火灾的损失费用为 63.51 千元. ·命题角度 3 ———不等式选讲 ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ押题1.【解析】(1)由题意,知原不等式等价为 |x-2|+|x+ 2|≥6,令g(x)=|x-2|+|x+2|, 则g(x)= -2x,x≤-2, 4,-2|a|f b a( ), 只需证 |ab-1|>|b-a|,只需证(ab-1)2 >(b-a)2. 而(ab-1)2 -(b-a)2 =a2b2 -a2 -b2 +1=(a2 -1)·(b2 -1)>0,所以原不等式成立. 押题2.【解析】(1)如图所示: (2)f(x)= x-4,x≤-1, 3x-2,-11, 当x≤-1 时,|x-4|>1,解得x>5 或x<3,所以x≤-1. 当 -11,解得x>1 或x<1 3, 所以 -11,解得x>5 或x<3, 所以3 2≤x<3 或x>5. 综上,x<1 3 或 15, 所以 |f(x)|>1 的解集为 -∞,1 3 ( )∪(1,3)∪(5,+∞). 押题 3.【解 析 】(1)g (x)=|x|-2|x -3|= x-6,x≤0, 3x-6,05, 等价于 x≤-2, -x-2-x+1>5 { 或 -25 { 或 x≥1, x+2+x-1>5, { 解得x<-3 或x>2. 所以f(x)>5 的解集为{x|x<-3 或x>2}. (2)根据题意,不等式 |x+2|+|x-b|-4≥0 恒成立,所 以(|x+2|+|x-b|-4)min≥0. 又 |x+2|+|x-b|-4≥|b+2|-4,所以 |b+2|-4≥0⇒b≤-6 或b≥2. 6