【倒计时16天】2019高考湖北名校联盟终极猜押（二）理科数学试题

倒倒倒计计计时时时1 11 666天 天天 2 22 000 111 999高 高高考考考终终终极极极猜猜猜押押押之之之二二二( ( (理理理) ) ) 命题角度1 立体几何 押题1 已知表示平面,m, n表示两条不同直线.下列 说法正确的是( ) A.若m,n, 则mnB .若m,n, 则mn C .若m,n, 则mnD.若m,mn, 则n 押题2 在三棱锥P - A B C中A B= 6,B C= 1 0,P A= 2 3,P C= 2,A P C= 2, 则三棱锥P - A B C 外接球的表 面积为( ) A. 4 B . 1 6 3 C . 3 2 3 D. 1 6 押题3 如图所示, 网格纸上小正方形的边长为1c m, 粗 线为某空间几何体的三视图, 则该几何体的体积为 ( ) A. 2c m 3 B . 4c m 3 C . 6c m 3 D. 8c m 3 押题4 某几何体的三视图如图所示, 其正视图中的曲线 部分为半圆, 则该几何体的体积是( ) A. 4 +3 2 B . 6 + 3 C . 6 +3 2 D. 1 2 + 3 2 押题5 如图, 在四边形A B C D中,A B= 5,A D= 2,C D= 2 2,D A B=9 0 ,A D C=1 3 5 , 则该四边形A B C D绕 A D旋转一周所成几何体的表面积及体积分别是 . 押题6 已知, 正四面体A - B C D, 棱长为3, 点M是A D靠 近A点的三等分点,N是B C的中点, 则异面直线A N, C M所成的角的余弦值是 . 二、 解答题 押题1 如图, 四棱锥P - A B C D中, 底面A B C D为 矩 形,P A平 面 A B C D,E为P D的中点. ( 1) 证明:P B平面A E C. ( 2) 设二面角D - A E - C为6 0,A P= 1,A D= 3, 求三棱锥E - A C D的体积. 押题2 如图, 四棱柱A B C D - A1B1C 1D1的所有棱长都相 等, A CB D=O,A1C1B1D1=O1, 四边形A C C1A1和四 边形B D D1B1均为矩形. ( 1) 证明:O1O底面A B C D. ( 2) 若C B A= 6 0 , 求二面角C1- O B1- D的余弦值. 押题3 如图所示, 在多面体A1B1D1D C B A中, 四边形 A A1B1B,A D D1A1,A B C D均为正方形,E为B1D1的中 点, 过A1,D,E的平面交C D1于F. ( 1) 证明:E FB1C. ( 2) 求二面角E - A1D - B1余弦值. 押题4 如图所示, 在四棱锥P - A B C D 中, 底面A B C D是矩形,P D平面 A B C D且P D=C D, 过P C的中点M 作MNP B交P B于点N, 连接DM, DN. ( 1) 证明:DM平面P B C. ( 2) 若平面DMN与平面A B C D所成的二面角的余弦值 为2 3, 求 B C P D的值. 命题角度2 统计概率 押题1 若随机变量的分布列如下: - 2- 10123 P0 . 10 . 20 . 20 . 30 . 1 0 . 1 则当P( x)= 0 . 7时, 实数x的取值范围是 ( ) A.(- 1,0 B .- 1,0C .- 1,0) D.(- 1,0) 押题2 某校数学教研组为了解学生学习数学的情况, 采 用分层抽样的方法从高一9 0 0人、 高二n人、 高三7 2 0人 中, 抽取4 0人进行问卷调查.已知高一被抽取的人数为 1 5, 则n= ( ) A. 6 6 0 B . 7 8 0 C . 7 9 0D. 8 3 0 押题3 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 1 押题4 某班有6 0名学生, 一次考试后数学成绩( N) 服从正态分布N( 1 0 0,1 0 2) , 已知P( 9 01 0 0)=0 . 3, 估计该班学生数学成绩在及格线以上的人数为 . 押题5 将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a, b, 则 直线a x+ b y = 0与圆(x- 2) 2+ y 2= 2有公共点的概率为 . 押题6 一款砸金蛋游戏的规则如下: 每盘游戏都需要砸 三个金蛋, 已知每次砸蛋出现金花的概率为0 . 5, 且各次 砸蛋出现金花与否相互独立, 则玩三盘游戏, 至少有一盘 出现金花的概率为 . 二、 解答题 押题1 某市有两家共享单车公司, 在市场上分别投放了 黄、 蓝两种颜色的单车, 已知黄、 蓝两种颜色的单车的投放 比例为2 1 .监管部门为了了解两种颜色的单车的质量, 决定从市场中随机地抽取5辆单车进行骑行体验, 若每辆 单车被抽取的可能性相同. ( 1) 求抽取的5辆单车中有2辆是蓝色单车的概率. ( 2) 在骑行体验过程中, 发现蓝色单车存在一定质量问题, 监管部门决定从市场中随机地抽取一辆送技术部门作进 一步抽样检测, 并规定若抽到的是蓝色单车, 则抽样结束, 若抽取的是黄色单车, 则将其放回市场中, 并继续从市场 中随机地抽取下一辆单车, 并规定抽样的次数最多不超 过n( nN *) 次. 在抽样结束时, 已取到的黄色单车数以 表示, 求的分布列和数学期望. 押题2 “ 扶贫帮困” 是中华民族的传统美德, 某校为帮扶 困难同学, 采用如下方式进行一次募捐: 在不透明的箱子 中放入大小均相同的白球七个, 红球三个, 每位献爱心的 参与者投币2 0元有一次摸奖机会, 一次性从箱中摸球三 个( 摸完球后将球放回) , 若有一个红球, 奖金1 0元, 两个 红球奖金2 0元, 三个全为红球奖金1 0 0元. ( 1) 求献爱心参与者中奖的概率. ( 2) 若该次募捐有9 0 0位献爱心参与者, 求此次募捐所得 善款的数学期望. 押题3 某公司为了准确把握市场, 做好产品计划, 特对 某产品做了市场调查: 先销售该产品5 0天, 统计发现每天 的销售量x分布在 5 0,1 0 0) 内, 且销售量x的分布频率 f(x)= n 1 0 - 0 . 5,1 0nx 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 押题1 .【 解析】 选C .对于选项A, 若m, n, 则m与n可 能相交、 平行或异面,A错误.对于B选项, m与n也可能 异面, B错误, 显然C选项正确, 对于选项D, 若m,m n, 则n或n或n与相交, 故D错误. 押题2 .【 解析】 选D.设三棱锥P - A B C的外接球的半径为R, 在A P C中, 因为P A=2 3,P C=2,A P C= 2, 所以 A C=P A 2+ P C 2=4 . 在A B C中, 因为A B= 6,B C= 1 0,A C= 4, 所以B A 2+B C2=A C2, 所以A B C= 2, 所 以A C为三棱锥P - A B C的外接球的直径, 所以R= 2, 所以 此三棱锥的外接球的表面积S= 4 R 2= 4 22= 1 6 . 押题3 .【 解析】 选B .由三视图知几何体是一个以俯视图中的 直角梯形为底面, 高h= 2c m的四棱锥. 由三视图中的数据得四棱锥的底面面积S=1 2( 2+4) 2 = 6(c m 2) , 所以其体积V=1 3 S h=1 3 6 2 = 4 ( c m 3) . 押题4 .【 解析】 选C .由三视图可知, 该几何体是由半圆柱与 三棱柱组成的, 则该几何体的体积V=1 2 1 2 3 +1 2 2 2 3 = 6 +3 2 . 押题5 .【 解析】 由已知得: C E= 2,D E= 2,C B= 5,S表面=S圆台侧+ S圆台下底+S圆锥侧= (2 + 5) 5 + 2 5 + 2 22 =(6 0 + 42), V=V圆台-V圆锥=1 3( 2 2+ 5 2+ 22 5 2 2) 4 -1 3 2 2 2 2 = 1 4 8 3 . 答案: ( 6 0 + 4 2), 1 4 8 3 押题6 .【 解析】 连接DN, 取DN靠近N 点的三等分点P, 连 接PM,P C, 则 PM C即为异面直线A N,C M所成 的角( 或其补角) , 易得PM=2 3A N= 3,C P= 3, 由余弦定理得C M= 7, 所以c o s PM C= 3 + 7 - 3 2 3 7= 2 1 6 , 即异面直线A N, C M所成角的余弦值为 2 1 6 . 答案: 2 1 6 二、 解答题 押题1 .【 解析】 (1) 设A C的中点为G, 连接E G.在三角形 P B D中, 中位线E GP B, 且E G在平面A E C上, 所以P B 平面A E C. ( 2) 设C D=m, 分别以A D,A B,A P为x,y,z轴建立坐标 系, 则A( 0,0,0) ,D(3,0,0) ,E 3 2, 0, 1 2 , C(3,m,0). 所以A D =(3,0,0) ,A E = 3 2, 0, 1 2 , A C =( 3,m,0). 设平面A D E的法向量n 1=( x1,y1,z1) , 则n1A D = 0, n1A E = 0 , 解得一个n 1=( 0,1,0). 同理设平面A C E的法向量n 2=( x2,y2,z2) , 则n2A C = 0,n2A E = 0 , 解得一个n 2=( m,- 3,- 3m). 因为c o s 3= | c o s|=| n1n2| |n1| |n2|= 3 m 2+ 3 + 3 m 2 =1 2, 解得m= 3 2. 设F为A D的中点, 则P AE F, 且E F=P A 2 =1 2, E F 面A C D, 即为三棱锥E - A C D的高.所以VE-A C D=1 3 SA C DE F=1 3 1 2 3 2 3 1 2= 3 8. 所以, 三棱锥E -A C D的体积为 3 8. 押题2 .【 解析】 ( 1) 因为四边形A C C1A1和四边形B D D1B1均 为矩形, 所以C C 1A C, D D1B D, 又C C 1D D1O O1, 所以O O1A C, O O1B D, 因为A C B D=O, 所以O 1O底面A B C D. ( 2) 方法一: 如图, 过O1作O1HB1O, 垂足为H, 连接 C1H, 由( 1) 可得O O1A1C1, 由于A1B1C1D1是菱形, 所以 B1D1A1C1, 又B 1D1O O1=O1, 所以A1C1平面B1D1D B, 所以由三垂线定理得H C 1B1O, 所以O1H C1就是二面 角C 1- O B1- D的平面角. 设棱柱的棱长为2, 因为C B A= 6 0 , 所以O B= 3,O C= 1,O B1= 7, 在直角三角形O 1O B1中, O1H= O O1B1O1 B1O = 2 3 7 , 因为O 1C1=1, 所以C1H= O1C 2 1+O1H 2= 1 + 1 2 7 = 1 9 7, 所以c o s C 1HO1=O 1H C1H =2 5 7 1 9 , 即二面角C 1- O B1- D 的余弦值为2 5 7 1 9 . 方法二: 因为四棱柱的所有棱长都相等, 所以四边形A B - C D为菱形,A CB D, 又O1O底面A B C D, 所以O B,O C, O O1两两垂直.如图以O为原点,O B,O C,O O1分别为x, y,z轴, 建立空间直角坐标系. 设棱长为2, 因为C B A= 6 0 , 所以O B= 3,O C= 1, 所以O( 0,0,0) ,B1(3,0,2) ,C1(0,1,2) , 平面B D D 1B1的一个法向量为n=( 0,1,0) , 设平面O C 1B1的一个法向量为m=( x,y,z) , 则由mO B 1 , mO C1 , 得3x+ 2z= 0,y+ 2z= 0, 取z=- 3, 则x= 2, y= 2 3, 所以m=(2,2 3,- 3) , 所以c o s= mn |m| |n| =2 3 1 9 = 2 5 7 1 9 . 由图形可知二面角C 1- O B1- D的大小为锐角, 所以二面角C 1- O B1- D的余弦值为 2 5 7 1 9 . 押题3 .【 解析】 (1) 因为A 1DB1C, A1D平面A1D E,B1C 平面A1D E, 所以B1C平面A1D E, 又B1C平面 B1C D1, 平面A1D E平面B1C D1=E F, 所以E FB1C. ( 2) 以A为原点, 分别以A B , A D , A A1 为x轴, y轴,z轴的 单位正向量建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0) ,B(1,0, 0) ,D(0,1,0) ,A1(0,0,1) ,B1(1,0,1) ,D1(0,1,1) , 而E是 B1D1的中点, 所以点E的坐标为(0 . 5,0 . 5,1).设平面 A1D E的法向量n1=(r 1, s 1, t 1) , 又A1E =(0 . 5,0 . 5,0) , A1D =(0,1,- 1) ,由n1A1E ,n 1A1D 得: 0 . 5r 1+ 0 . 5s1= 0, s 1-t1= 0, 令s 1=t1= 1, 则n1=(- 1, 1,1) , 设平面A 1B1C D的法向量n2=( r 2, s 2, t 2) , 又A1B1 =(1,0, 0) ,A1D =(0,1,- 1) , 由同理可得:n2=(0,1,1) , 所以 结 合 图 形 可 得 二 面 角E - A1D - B1的 余 弦 值 为 |n1n2| |n1|n2| = 2 3 2 = 6 3. 押题4 .【 解析】 ( 1) 以点D为坐标原点, 分别以D A,D C,D P 3 所在直线为x, y,z轴, 建立空间直角坐标系, 如图所示, 设P D=D C= 2,B C=t( t 0) , 则有 D(0,0,0) ,P(0,0,2) ,B(t,2,0) ,C(0,2,0) , 所以P B =( t,2,- 2) , 又因为点M是棱P C的中点, 所以M( 0,1,1) ,DM =(0,1,1) , 于是P B DM = 0, 所以P BDM. 因为P C =( 0,2,- 2) , 所以DM P C = 0 , 所以DMP C, 又P BP C=P, 所以DM平面P B C. ( 2) 由(1) 知平面A B C D的一个法向量为 D P =( 0,0,2) , 又因为P BDM,MNP B,DMMN=M, 所以P B平面DMN, 所以P B =( t,2,- 2) 是平面DMN的一个法向量, 所以| c o s |=| D P P B | |D P | |P B | = 4 2t 2+ 8= 2 t 2+ 8 =2 3, 所以t = 1, 即B C P D= B C C D= 1 2, 所以当平面DMN与平面A B C D所成的二面角的余弦值 为2 3时, B C P D= 1 2. 命题角度2 统计概率 押题1 .【 解析】 选C .由题中给出的分布列, 可读出相应的概 率值, 因为P( = 0)+P(= 1)+P(= 2)+P(= 3)= 0 . 7, 所以- 1 x1 1 0)= 1 - 2P(9 0 1 0 0) 2 = 0 . 2, 所以P( 9 0)= 0 . 2 + 0 . 3 2 = 0 . 8, 该班学生数学成绩在及格线以上的人数为6 0 0 . 8 = 4 8 . 答案: 4 8 押题5 .【 解析】 依题意, 将一颗骰子先后投掷两次得到的点 数所形成的数组( a,b) 有(1,1) , (1,2) , (1,3) , , (6,6) , 共3 6个, 其中满足直线a x+ b y =0与圆(x-2) 2+ y 2=2 有公共点, 即满足 2a a 2+ b 2 2 , 即a 2 b 2 的数组( a,b) 有 ( 1,1) , (1,2) , (1,3) , (1,4) , , (6,6) , 共6+5+4+3+2 + 1 = 2 1个, 因此所求的概率等于 2 1 3 6 =7 1 2 . 答案: 7 1 2 押题6 .【 解析】 砸蛋三次出现一次金花的概率为C 1 31 2 1 -1 2 () 2 =3 8, 出现两次金花的概率为 C 2 3 1 2 () 2 1 -1 2 ()= 3 8, 出现三次金花的概率为 C 3 3 1 2 () 3 1 -1 2 () 0 =1 8, 则每盘游戏出现金花的概率为 7 8, 所以玩 三盘游戏, 至少有一盘出现金花的概率P 1=1-C 0 3 7 8 () 0 1 -7 8 () 3 = 5 1 1 5 1 2 . 答案: 5 1 1 5 1 2 二、 解答题 押题1 .【 解析】 (1) 因为随机地抽取一辆单车是蓝色单车的 概率为1 3 , 用X表示“ 抽取的5辆单车中蓝色单车的辆 数” , 则X服从二项分布, 即XB5, 1 3 (), 所以抽取的5 辆单车中有2辆是蓝色单车的概率P=C 2 5 1 3 () 2 2 3 () 3 = 8 0 2 4 3 . ( 2) 的可能取值为: 0,1,2, ,n. P( = 0)=1 3, P( = 1)=2 3 1 3= 2 9, P( = 2)= 2 3 () 2 1 3 , , P( =n- 1)= 2 3 () n- 1 1 3, P( =n)= 2 3 () n . 所以的分布列为: 012 n- 1n P 1 3 2 3 1 3 2 3 () 2 1 3 2 3 () n- 1 1 3 2 3 () n 的数学期望为E()= 0 1 3+ 1 2 3 1 3+ 2 2 3 () 2 1 3+ 3 2 3 () 3 1 3+( n-1) 2 3 () n- 1 1 3+ n 2 3 () n , 2 3 E( )= 1 2 3 () 2 1 3+ 2 2 3 () 3 1 3+( n- 2) 2 3 () n- 1 1 3+( n- 1) 2 3 () n 1 3+ n 2 3 () n+ 1 . -得: 1 3 E( )=2 3 1 3+ 2 3 () 2 1 3+ 2 3 () 3 1 3+ 2 3 () n- 1 1 3+ n 2 3 () n -(n- 1) 2 3 () n 1 3- n 2 3 () n+ 1 , 所以1 3E( )= 2 3 1 3+ 2 3 () 2 1 3+ 2 3 () 3 1 3+ 2 3 () n- 1 1 3+ 2 3 () n 1 3, 4 所以E( )=2 3+ 2 3 () 2 + 2 3 () 3 + 2 3 () n- 1 + 2 3 () n = 2 3 1 - 2 3 () n 1 -2 3 = 21 - 2 3 () n . 所以E( )= 2 - 2 2 3 () n . 押题2 .【 解析】 ( 1) 设“ 献爱心参与者中奖” 为事件A, 则献爱心参与者中奖的概率P(A)=C 1 3C 2 7+C 2 3C 1 7+C 3 3 C 3 1 0 = 8 5 1 2 0 = 1 7 2 4 . ( 2) 设一个献爱心参与者参加活动, 学校所得善款为X, 则 X= 2 0,1 0,0,- 8 0, 则P(X= 2 0)=C 3 7 C 3 1 0= 7 2 4 , P(X= 1 0)=C 1 3C 2 7 C 3 1 0 = 2 1 4 0 , P(X= 0)=C 2 3C 1 7 C 3 1 0 =7 4 0 , P(X=-8 0)=C 3 3 C 3 1 0= 1 1 2 0 , 所以X 的分布列为: X2 01 00- 8 0 P 7 2 4 2 1 4 0 7 4 0 1 1 2 0 学校所得善款的数学期望为E(X)= 2 0 7 2 4+ 1 0 2 1 4 0+ 0 7 4 0 - 8 0 1 1 2 0 = 1 2 5 1 2, 所以, 此次募捐所得善款的数学期望为 1 2 5 1 2 9 0 0 = 9 3 7 5 ( 元). 押题3 .【 解析】 ( 1) 由题知 1 0n 5 0, 1 0(n+ 1) 1 0 0, , 解得5 n 9,n 可取5, 6,7,8,9, 代入f( x)= n 1 0 - 0 . 5,1 0nx 1 0(n+ 1) ,n为偶数, n 2 0 -a,1 0nx 1 0(n+ 1) ,n为奇数 中, 得 6 1 0 - 0 . 5 ()+ 8 1 0 - 0 . 5 ()+ 5 2 0 -a ()+ 7 2 0 -a ()+ 9 2 0 -a ()= 1, a= 0 . 1 5 . 销售量在 5 0,6 0) , 6 0,7 0) , 7 0,8 0) , 8 0,9 0) , 9 0,1 0 0) 内的频率分别是0 . 1, 0 . 1,0 . 2,0 . 3,0 . 3, 销售量的平均数为5 50 . 1+6 50 . 1+7 50 . 2+8 5 0 . 3 + 9 5 0 . 3 = 8 1 . ( 2) 销售量在7 0,8 0) , 8 0,9 0) , 9 0,1 0 0) 内的频率之比为 2 3 3, 所以各组抽取的天数分别为2,3,3 . X的所有可能值为1,2,3, P(X= 1)=2 C 3 8= 2 5 6 =1 2 8 , P(X= 3)= 2 3 3 C 3 8 = 1 8 5 6 =9 2 8 , P(X= 2)= 1 -1 2 8 -9 2 8 =9 1 4 . X的分布列为: X123 P 1 2 8 9 1 4 9 2 8 数学期望为E(X)= 1 1 2 8 + 2 9 1 4 + 3 9 2 8 = 1 6 7. 押题4 .【 解析】 ( 1) 从甲产品抽取的1 0件样品中优等品有4 件, 优等品率为4 1 0 =2 5, 从乙产品抽取的1 0件样品中优等品有5件, 优等品率为 5 1 0 =1 2 故甲、 乙两种产品的优等品率分别为2 5, 1 2. ( 2) 的所有可能取值为0, 1,2,3 . P( = 0)=C 3 5 C 3 1 0= 1 1 2 , P( = 1)=C 1 5C 2 5 C 3 1 0 =5 1 2 , P( = 2)=C 2 5C 1 5 C 3 1 0 =5 1 2 , P( = 3)=C 3 5 C 3 1 0= 1 1 2 , 所以的分布列为 0123 P 1 1 2 5 1 2 5 1 2 1 1 2 E( )= 0 1 1 2 + 1 5 1 2 + 2 5 1 2