2019年高三数学最新信息卷一理科(含答案)

2019年高考高三最新信息卷

理 科 数 学（一）

注意事项：

1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ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Ⅰ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Ⅱ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Ⅰ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．[2019·吉林实验中学]在复平面内与复数z2i1i所对应的点关于实轴对称的点为A，则A对应的复数为（ ） A．1i

B．1i

C．1i D．1i

2．[2019·哈六中]0x3是x12成立的（ ） 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

3．[2019·衡阳联考]比较甲、乙两名学生的数学学科素养的各项能力指标值（满分为5分，分值高者为优），绘制了如图1所示的六维能力雷达图，例如图中甲的数学抽象指标值为4，乙的数学抽象指标值为5，则下面叙述正确的是（ ）

A．乙的逻辑推理能力优于甲的逻辑推理能力

B．甲的数学建模能力指标值优于乙的直观想象能力指标值 C．乙的六维能力指标值整体水平优于甲的六维能力指标值整体水平 D．甲的数算能力指标值优于甲的直观想象能力指标值

4．[2019·西安中学]若椭圆的两个焦点与短轴的一个端点构成一个正三角形，则该椭圆的离心率 为（ ） A．

132 B．32 C．4 D． log2x,x15．[2019·郑州一中]已知函数fx11x,x1，则不等式fx1的解集为（ ） A．,2 B．,01,2 C．0,2 D．,01,2

6．[2019·烟台一模]将函数fxsinx0,ππ2的图象向右平移6个单位长度后，所得图象关于y轴

对称，且fπ12，则当取最小值时，函数fx的解析式为（ ）

A．fxsin2xππ6 B．fxsin2x6

C．fxsinππ4x6 D．fxsin4x6

7．[2019·聊城一模]数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有刍甍（méng），下广三丈，袤（mào）四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高1丈，问它的体积是多少？”．现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为（单位：立方丈）（ ）

A．5.5

B．5

C．6

D．6.5

2xy08．[2019·哈六中]实数x，y满足不等式组2xy0，若z3xy的最大值为5，则正数m的值为（ ）

yym0A．2

B．1

12C．10 D．

10 9．[2019·镇海中学]已知正项等比数列aa19n满足a762a5，若存在两项am，an，使得aman16a21，则mn的最小值为（ ） A．32

B．

11 C．843

D．

103

10．[2019·聊城一模]如图，圆柱的轴截面为正方形ABCD，E为弧BC的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为（ ）

A．33

B．55

C．306

D．66

2211．[2019·天津毕业]已知双曲线

xya2b21a0,b0，过原点的直线与双曲线交于A，B两点，以AB为直径的圆恰好过双曲线的右焦点C，若△ABC的面积为2a2，则双曲线的渐近线方程为（ ） A．y22x B．y2x C．y33x D．y3x

12．[2019·上高二中]定义：若数列an对任意的正整数n，都有an1andd为常数，则称an为“绝对和数列”，d叫做“绝对公和” ．已知“绝对和数列”an中，a12，绝对公和为3， 则其前2019项的和S2019的最小值为（ ） A．2019 B．3010 C．3025 D．3027

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

513．[2019·呼和浩特质检]在122xx的展开式中，x的系数为______．

14．[2019·衡水二中]已知函数fxsin2xtanx,x0e2x,x0，则ff25π4_____． 15．[2019·福建联考]在边长为2的等边三角形ABC中，BC2BD，则向量BA在AD上的投影 为______．

16．[2019·德州一模]已知函数fxx22ax，gx4a2lnxb，设两曲线yfx，ygx有公共点P，且在P点处的切线相同，当a0,时，实数b的最大值是______．

三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（12分）[2019·甘肃联考]在△ABC中，3sinA2sinB，tanC35．

（1）求cos2C；

（2）若ACBC1，求△ABC的周长．

18．（12分）[2019·保山统测]某市移动公司为了提高服务质量，决定对使用A，B两种套餐的集团用户进行调

查，准备从本市nnN*个人数超过1000人的大集团和8个人数低于200人的小集团中随机抽取若干个集团进行调查，若一次抽取2个集团，全是小集团的概率为415． （1）求n的值；

（2）若取出的2个集团是同一类集团，求全为大集团的概率；

（3）若一次抽取4个集团，假设取出小集团的个数为X，求X的分布列和期望．

19．（12分）[2019·河南名校]如图所示的三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ABBC，

BC3BB13，B1C的中点为O，若线段A1C1上存在点P使得PO平面AB1C．

（1）求AB；

（2）求二面角AB1CA1的余弦值．

20．（12分）[2019·烟台一模]已知F为抛物线C:y22pxp0的焦点，过F的动直线交抛物线C于A，B两点．当直线与x轴垂直时，AB4． （1）求抛物线C的方程；

（2）设直线AB的斜率为1且与抛物线的准线l相交于点M，抛物线C上存在点P使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，求点P的坐标．

21．（12分）[2019·济南模拟]已知函数fxxlnxa2x2a1x，其导函数fx的最大值

为0．

（1）求实数a的值；

（2）若fx1fx21x1x2，证明：x1x22．

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·宝鸡模拟]点P是曲线C21:x2y24上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为 极轴建立极坐标系，以极点O为中心，将点P逆时针旋转90得到点Q，设点Q的轨迹为曲线C2． （1）求曲线C1，C2的极坐标方程； （2）射线π30与曲线C1，C2分别交于A，B两点，设定点M2,0，求△MAB的面积．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】

[2019·上饶二模]已知函数fxax1a0．

（1）若不等式fx2的解集为A，且A2,2，求实数a的取值范围；

（2）若不等式fxf123axa2对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围．

绝密 ★ 启用前

2019年高考高三最新信息卷

理科数学答案（一）

一、选择题． 1．【答案】B 【解析】复数z2i1i2i1i1i1i1i，复数的共轭复数是1i， 就是复数z2i1i所对应的点关于实轴对称的点为A对应的复数，故选B． 2．【答案】A

【解析】解x12得到1x3，假设0x3，一定有1x3，反之不一定， 故0x3是x12成立的充分不必要条件．故答案为A． 3．【答案】C

【解析】对于选项A，甲的逻辑推理能力指标值为4，优于乙的逻辑推理能力指标值为3， 所以该命题是假命题；

对于选项B，甲的数学建模能力指标值为3，乙的直观想象能力指标值为5， 所以乙的直观想象能力指标值优于甲的数学建模能力指标值，所以该命题是假命题； 对于选项C，甲的六维能力指标值的平均值为

12364345346，乙的六维能力指标值的平均值为165435434，因为2364，所以选项C正确； 对于选项D，甲的数算能力指标值为4，甲的直观想象能力指标值为5，

所以甲的数算能力指标值不优于甲的直观想象能力指标值，故该命题是假命题．故选C． 4．【答案】A

【解析】由题意，椭圆的两个焦点与短轴的一个端点构成一个正三角形，即2ca， 所以离心率eca12，故选A． 5．【答案】D

【解析】当x1时，fx1，即为log2x1，解得1x2； 当x1时，fx1，即为

11x1，解得x0， 综上可得，原不等式的解集为,01,2，故选D．

6．【答案】C

【解析】将函数fxsinxππ0,2的图象向右平移6个单位长度后，

可得ysinxπ6的图象， ∵所得图象关于y轴对称，∴π6kππ2，kZ． ∵fπ12sinπsin，即sin12，则当取最小值时，π6，

∴ππ6kπ3，取k1，可得4， ∴函数fx的解析式为fxsinπ4x6，故选C．

7．【答案】B

【解析】根据三视图知，该几何体是三棱柱，截去两个三棱锥，如图所示：

结合图中数据，计算该几何体的体积为

VV111三棱柱2V三棱锥23142323115（立方丈）

． 8．【答案】A

【解析】先由2xy0xy0画可行域，

2

发现y0，所以yym0可得到ym，且m为正数． 画出可行域为△AOB（含边界）区域．

z3xy，转化为y3xz，是斜率为3的一簇平行线，z表示在y轴的截距，

由图可知在A点时截距最大，

解y2x，得ymxm2，即Am,m，ym2

此时zmax3m2m5，解得m2，故选A项． 9．【答案】B

【解析】设正项等比数列an的公比为q，且q0， 由a7a62a5，得a6qa662aq， 化简得q2q20，解得q2或q1（舍去）， 因为amn2man16a2，所以am111qaqn1116a21，则q16，解得mn6，所以1m9n16mn1m9n16n9m10mn16102n9m8mn3， n9m当且仅当nm9mn时取等号，此时m3mn，解得2，mn6n9 2因为m，n取整数，所以均值不等式等号条件取不到，则198mn3，

验证可得，当m2，n4时，1m9n取最小值为114，故选B．

10．【答案】D

【解析】取BC的中点H，连接EH，AH，EHA90，

设AB2，则BHHE1，AH5，所以AE6， 连接ED，ED6，

因为BC∥AD，所以异面直线AE与BC所成角即为EAD， 在△EAD中，cosEAD64622666，故选D． 11．【答案】B

【解析】以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点C，

以AB为直径的圆的方程为x2y2c2，

由对称性知△ABC的面积S2S1△OBC22chch2a2，

2a22a2即hc，即B点的纵坐标为yc，

2a2222则由x2cc2，得x2c2a2cc24a4c2，

24a4c4a4因为点B在双曲线上，则

c22a2cb21， 即c24a24a4c24a2a2a2c2c2c2a21，即a2c21c2a21， c24a2c2c2即ac4a222c2a21，即a2c2a21， c24a2c2a2即4222a21c2a2a2，得4aca， 即2a2c2a2，得3a2c2，得c3a，b2a． 则双曲线的渐近线方程为ybax2x，故选B．

12．【答案】C

【解析】依题意，要使其前2019项的和S2019的最小值只需每一项的值都取最小值即可，∵a12，绝对公和d3，∴a21或a21（舍）， ∴a32或a32（舍），∴a41或a41（舍）， ，

n1∴满足条件的数列aa2,n的通项公式n2,n为大于1的奇数， 1,n为偶数∴所求值为a1a2a3a4a5a2018a2019

2122019123025，故选C．

二、填空题． 13．【答案】80

5r【解析】2x1的展开式中，通项公式r5r1r5rr532rxTr1C52xx12C5x，

令532r2，解得r2．x2的系数23C2580，故答案为80． 14．【答案】1e3

【解析】因为f25π4sin225π4tan25π134212， 所以f323e22e311e3．故答案为e3． 15．【答案】3 【解析】BC2BD，D为BC的中点，AD12ABAC， BAAD12ABBA12ACBA21222cos1203， AD12AB2AC22ABAC1244222123， 则向量BA在AD上的投影为

BAAD3AD33，故答案为3．

16．【答案】2e 【解析】设Pxy，gx4a20,0，fx2x2ax．

由题意知，fx0gx0，fx0gx0，

即x202ax04a2lnx0b，① 2xa202a4x，② 0解②得：x0a或x02a（舍）， 代入①得：b3a24a2lna，a0,，

b6a8alna4a2a14lna，

当a10,e4时，b0；当a1e4,时，b0．

11实数b的最大值是be43e4elne42e．故答案为2e．

三、解答题． 17．【答案】（1）1718；（2）511． 2【解析】（1）∵tanC35，∴cosC11176，∴cos2C26118．

（2）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．

∵3sinA2sinB，∴3a2b，

∵ACBCba1，∴a2，b3．

由余弦定理可得c2a2b22abcosC13211，

则c11，△ABC的周长为511．

18．【答案】（1）n7；（2）37；（3）详见解析．

【解析】（1）由题意知共有n8个集团，取出2个集团的方法总数是C2n8，

其中全是小集团的情况有C28，故全是小集团的概率是C2856C2n7415， n8n8整理得到n7n8210，即n215n1540，解得n7．

（2）若2个全是大集团，共有C2721种情况； 若2个全是小集团，共有C2828种情况， 故全为大集团的概率为

21212837．

（3）由题意知，随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，

04322计算PX0C118C78C318C7C8C728C8C56C439；PX1C4；PX24；PX37C4；

151539C156515195PX4C4C0872C4，

1539故X的分布列为：

X 0 1 2 3 4 P 182856239 39 65 195 39 数学期望为EX018285623239139265319543915． 19．【答案】（1）62；（2）63．

【解析】（1）方法一：设AB的长为t，依题意可知BA，BC，BB1两两垂直，分别以BC，BB1，BA的方向为x，

y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示．

则A0,0,t，C3,0,0，B10,1,0，C13,1,0，O312,2,0，A10,1,t，

因此B1C3,1,0，AC3,0,t，AC113,0,t．

设A1PAC113,0,t，易求得点P的坐标为

3,1,tt，

所以OP33,1,tt22． OPB111C33因为OP平面ABC，所以2201OPAC331．

2tt10t6解之得2，所以AB的长为622．

3方法二：如图，在平面BCC1B1内过点O作B1C的垂线分别交BC和B1C1于M，N，连接PN， 在平面ABC内过点M作BC的垂线交AC于R，连接OR．

依题意易得，RM∥A1B1∥PNR，M，N，P，O五点共面． 因为PO平面AB1C，所以PORO△RMO△ONPRMONMOPN．① 在△BB3OB1231ON中，ON1Otan303，B1Ncos303，因此N为线段B1C1靠近C1的三等分点． 由对称性知，M为线段BC靠近B的三等分点，因此RM23AB，PN13AB．

代入①，得AB32OMON332362．

（2）由（1）方法一可知，OP3166,2,6是平面AB1C的一个法向量且B1C3,1,0，B1A10,0,6． 2设平面AC的法向量为n，则nB1C01B1Bn可以为1,3,0．

n1A1023cosOP,nOPnOPn36223．

2因为二面角AB1CA1为锐角，故所求二面角AB1CA61的余弦值为3． 20．【答案】（1）y24x；（2）P1,2．

【解析】（1）因为Fp2,0，在抛物线方程y22px中，令xp2，可得yp．

于是当直线与x轴垂直时，AB2p4，解得p2． 所以抛物线的方程为y24x．

（2）因为抛物线y24x的准线方程为x1，所以M1,2． 设直线AB的方程为yx1，

联立y24x消去x，得yx1y24y40．

设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1y24，y1y24． 若点Px0,y0满足条件，则2kPMkPAkPB， 即2y02y0yx11xxy0y2， 001x0x2y222因为点P，A，B均在抛物线上，所以x0y1y204，x14，x24．

代入化简可得

2y022y0y1y2y2y2yy，

04012y0y1y2将y1y24，y1y24代入，解得y02． 将y02代入抛物线方程，可得x01． 于是点P1,2为满足题意的点． 21．【答案】（1）a1；（2）见解析．

【解析】（1）由题意，函数fx的定义域为0,，其导函数fxlnxax1， 记hxfx，则hx1axx． 当a0时，hx1axx0恒成立，所以hx在0,上单调递增，且h10． 所以x1,，有hxfx0，故a0时不成立；

当a0时，若x0,1a，则hx1axx0；若x1a,，则hx1axx0．

所以hx在110,a单调递增，在a,单调递减．

所以hx1maxhalnaa10．

令galnaa1，则ga11a1aa． 当0a1时，ga0；当a1时，ga0． 所以ga在0,1的单减，在1,单增． 所以gag10，故a1．

（2）当a1时，fxxlnx12x2，则fx1lnxx．

由（1）知fx1lnxx0恒成立， 所以fxxlnx1x22在0,上单调递减，

且f112，fx1fx212f1，

不妨设0x1x2，则0x11x2， 欲证x1x22，只需证x22x1，

因为fx在0,上单调递减，则只需证fx2f2x1，

又因为fx1fx21，则只需证1fx1f2x1，即f2x1fx11． 令Fxfxf2x（其中x0,1），且F11． 所以欲证f2x1fx11，只需证FxF1，x0,1， 由Fxfxf2x1lnxx1ln2x2x，

整理得Fxlnxln2x21x，x0,1， Fx21x2x2x0，x0,1，

所以Fxlnxln2x21x在区间0,1上单调递增， 所以x0,1，Fxlnxln2x21xF10，

所以函数Fxfxf2x在区间0,1上单调递减， 所以有FxF1，x0,1， 故x1x22．

22．【答案】（1）C1:4cos，C2:4sin；（2）33．

【解析】（1）曲线C1的圆心为2,0，半径为2，把互化公式代入可得：曲线C1的极坐标方程为4cos．设Q,，则Pππ,2，则有4cos24sin．

所以曲线C2的极坐标方程为4sin． （2）M到射线

π3的距离为d2sinπ33， ABππBA4sin3cos3231，

则S12ABd33． 23．【答案】（1）31

2,；（2）2,2

．

【解析】（1）ax12，2ax12，1313axa，Aa,a． A2,2，1a2，333a2，a的取值范围2,．

a2（2）由题意ax1x132恒成立，设hxax1x1，

a1x,hx1ax2,a1x,x111x，

a1xa①0a1时，由函数单调性hxminh1a1，a131，a1， 221a1a13②a1时，hxminh，，1a2，

aa2a1

综上所述，a的取值范围,2．

2