2019届高三数学最新信息卷（八）理.docx

2019年高考高三最新信息卷理 科 数 学（八）注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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12019延安模拟已知集合，则（ ）ABCD22019衡阳联考在三个复数，中，有且仅有一个纯虚数，则实数为（ ）A0或2B0C1D232019山南模拟以下说法错误的是（ ）A命题“若，则”的逆否命题为“若，则”B“”是“”的充分不必要条件C若命题存在，使得，则：对任意，都有D若且为假命题，则，均为假命题42019宣城期末函数的图象可能是（ ）ABCD52019南昌外国语右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”执行该程序框图，若输入的，分别为16，20，则输出的（ ）A0B2C4D162019广州测试已知，其中，则（ ）ABCD72019永州模拟某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABCD82019青岛一模设，则展开式中的常数项为（ ）A560B1120C2240D448092019萍乡期末矩形中，沿将矩形折起，使面面，则四面体的外接球的体积为（ ）ABCD102019滨州期末已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与抛物线的一个交点，若，则（ ）A3BC4或D3或4112019陕师附中已知函数，若等比数列满足，则（ ）A2019BC2D122019聊城一模已知函数，若关于的方程，有且只有一个实数根，则实数的取值范围为（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分132019平罗中学某中学为调查在校学生的视力情况，拟采用分层抽样的方法，从该校三个年级中抽取一个容量为30的样本进行调查，已知该校高一、高二、高三年级的学生人数之比为，则应从高三年级学生中抽取_名学生142019马鞍山二中设实数、满足约束条件，则的取值范围是_152019德州模拟数列的前项和为，若，则_162019柳州模拟已知函数与的图像上存在关于原点对称的对称点，则实数的取值范围是_三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）2019抚顺一模已知，分别是的三个内角，的对边，若，角是最小的内角，且（1）求的值；（2）若的面积为42，求的值18（12分）2019毛坦厂中学如图所示，在几何体中，是等边三角形，平面，且（1）试在线段上确定点的位置，使平面，并证明；（2）求二面角的余弦值19（12分）2019太原模拟为方便市民出行，倡导低碳出行某市公交公司推出利用支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，在推广期内采用随机优惠鼓励市民扫码支付乘车该公司某线路公交车队统计了活动推广期第一周内使用扫码支付的情况，其中（单位：天）表示活动推出的天次，（单位：十人次）表示当天使用扫码支付的人次，整理后得到如图所示的统计表1和散点图表1：（1）由散点图分析后，可用作为该线路公交车在活动推广期使用扫码支付的人次关于活动推出天次的回归方程，根据表2的数据，求此回归方程，并预报第8天使用扫码支付的人次（精确到整数）表2：表中，（2）推广期结束后，该车队对此期间乘客的支付情况进行统计，结果如表3表3：统计结果显示，扫码支付中享受5折支付的频率为，享受7折支付的频率为，享受9折支付的频率为已知该线路公交车票价为1元，将上述频率作为相应事件发生的概率，记随机变量为在活动期间该线路公交车搭载乘客一次的收入（单位：元），求的分布列和期望参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，参考数据：，20（12分）2019南开中学已知，是椭圆上两点（1）求椭圆的标准方程；（2）设为坐标原点，为椭圆上一动点，点，线段的垂直平分线交轴于点，求的最小值21（12分）2019衡水联考已知函数（1）求函数的单调区间；（2）当时，函数在上的最小值为，若不等式有解，求实数的取值范围请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】2019玉溪一中在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，并使得它与直角坐标系有相同的长度单位，直线的直角坐标方程为（1）求曲线的极坐标方程；（2）若曲线的极坐标方程为，与直线在第三象限交于点，直线与在第一象限的交点为，求23（10分）【选修4-5：不等式选讲】2019唐山二模已知（1）若，求的取值范围；（2）若，的图像与轴围成的封闭图形面积为，求的最小值绝密 启用前2019年高考高三最新信息卷理科数学答案（八）第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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【答案】A【解析】，故选A2【答案】D【解析】若为纯虚数，则，也为纯虚数，不符合题意；，显然不为纯虚数，故为纯虚数，故选D3【答案】D【解析】A选项：根据逆否命题的定义可知：原命题的逆否命题为“若，则”，可知A正确；B选项：由，解得，2，因此“”是“”的充分不必要，可知B正确；C选项：根据命题的否定可知：对任意，都有，可知C正确；D选项：由且为假命题，则，至少有一个为假命题，因此D不正确故选D4【答案】C【解析】的定义域为，关于原点对称，又，即函数是奇函数，的图象关于原点对称，排除A、D，当时，排除B，故选C5【答案】C【解析】输入，的值，分别为16，20，第一次循环：第一层判断：满足，进入第二层选择结构，第二层判断：不满足，满足，故；第二次循环：第一层判断：满足，进入第二层选择结构，第二层判断：满足，故；第三次循环：第一层判断：满足，进入第二层选择结构，第二层判断：满足，故；第四次循环：第一层判断：满足，进入第二层选择结构，第二层判断：满足，故；第五次循环：第一层判断：满足，故输出4，故选C6【答案】D【解析】，且，因此，从而，故选D7【答案】D【解析】有三视图可知原几何体为：半个圆柱中间去掉半个圆锥，则半个圆柱体积为：，半个圆锥体积为：，则几何体体积为：，故选D8【答案】B【解析】设，则展开式中的通项公式为，令，求得，可得展开式中的常数项为，故选B9【答案】A【解析】设与的交点为点，在矩形中，可得，当沿翻折后，上述等量关系不会发生改变，四面体的外接球的球心到各顶点的距离相等，点即为球心，在中，故，球的体积为，故选A10【答案】B【解析】设到的距离为，则由抛物线的定义可得，直线的斜率为，抛物线方程为，准线，直线的方程为，与联立可得或（舍去），故选B11【答案】A【解析】，为等比数列，则，即故选A12【答案】B【解析】关于的方程，有且只有一个实数根等价于函数的图象与直线只有一个交点，当时，当时，得，当时，当时，即在为增函数，在为减函数，综合得：的图象与直线的位置如图所示：由图可知函数的图象与直线只有一个交点时，实数的取值范围为或，故选B第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】12【解析】由分层抽样可得：应从高三年级学生中抽取名学生，故答案为1214【答案】【解析】实数、满足约束条件的平面区域如图，的表示区域内，点与点连线的斜率的倒数，由，解得，当，时，斜率最小值，此时取得最大值；当，时，取得最小值，的取值范围为，故答案为15【答案】3028【解析】数列的前项和为，若，当时，整理得，解得，当时，得：，由于，故（常数）故数列的奇数项为首项为1，公差为3的等差数列，则数列的偶数项为首项为2，公差为3的等差数列，故答案为302816【答案】【解析】函数与的图像上存在关于原点对称的对称点，方程，即在上有解，方程在有解设，且为的切线，设切点为，由得，则有，解得由图象可得，要使直线和的图象有公共点，则，解得实数的取值范围是故答案为三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）；（2）【解析】（1）由、，及正弦定理可得：，由于，整理可得，又，因此得（2）由（1）知，又的面积为42，且，从而有，解得，又角是最小的内角，且，得，由余弦定理得，即18【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）当点为的中点时，平面证明如下：取中点，连接，且，又，且，四边形为平行四边形，又平面，平面，又面，平面平面，是等边三角形，又平面平面，平面，平面（2）由（1），两两互相垂直，以为原点，以，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为，则，即，解得，令，则，由（1）知，平面的一个法向量为，二面角的余弦值为19【答案】（1），人次为2447；（2）见解析【解析】（1）由题意得，关于的线性回归方程为，关于的回归方程为，当时，第8天使用扫码支付的人次为2447（2）由题意得的所有取值为，1，的分布列为：20【答案】（1）；（2）【解析】（1）代入，两点：，椭圆的标准方程为（2）设坐标为，则线段的中点，令，并结合式得，当且仅当，时取等，的最小值为21【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）由，得，当时，令，得，或，即或，解得或令，得，或，即或，解得或函数的单调递增区间为，；单调递减区间为当时，令，得，由可知；令，得，由可知或函数的单调递增区间为；单调递减区间为，综上可得，当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为当时，的单调递增区间为；单调递减区间为，（2）由（1）可知若，则当时，函数在上单调递减，在上单调递增，不等式有解等价于有解，即有解，设，则，当时，单调递减，当时，单调递增，的极小值也是最小值，且最小值为，从