2019年高三数学(理科)最新信息卷六含答案

2019年高考高三最新信息卷

理 科 数 学（六）

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·桂林一模]已知集合A0,2，Byyex1,xR，则AB（ ）

A．0,2

B．1,

C．0,1

D．1,2

2．[2019·南宁适应]已知复数z1i2i1，则它的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为（ ）

A．1,3 B．1,3 C．1,3 D．1,3

3．[2019·云师附中]根据如图给出的2005年至2016年我国人口总量及增长率的统计图，以下结论不正确的是（ ）

A．自2005年以来，我国人口总量呈不断增加趋势 B．自2005年以来，我国人口增长率维持在0.5%上下波动 C．从2005年后逐年比较，我国人口增长率在2016年增长幅度最大 D．可以肯定，在2015年以后，我国人口增长率将逐年变大

4．[2019·邯郸一模]位于德国东部萨克森州的莱科勃克桥（如图所示）有“仙境之桥”之称，它的桥形可以近似地看成抛物线，该桥的高度为5m，跨径为12m，则桥形对应的抛物线的焦点到准线

的距离为（ ）

A．

2512m B．

256m C．

95m D．

185m 5．[2019·安阳一模]已知向量a2,1，ab4，ab1，则b（ ） A．2

B．3

C．6

D．12

6．[2019·张家界期末]如图是一个中心对称的几何图形，已知大圆半径为2，以半径为直径画出 两个半圆，在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ）

A．

π18 B．18

C．

2 D．

14 7．[2019·福州期中]某个团队计划租用A，B两种型号的小车安排40名队员（其中多数队员会开车且有驾驶证，租用的车辆全部由队员驾驶）外出开展活动，若A，B两种型号的小车均为5座车

（含驾驶员），且日租金分别是200元/辆和120元/辆．要求租用A型车至少1辆，租用B型车辆数不少于A型车辆数且不超过A型车辆数的3倍，则这个团队租用这两种小车所需日租金之和的 最小值是（ ） A．1280元

B．1120元

C．1040元

D．560元

8．[2019·山西适应]正项等比数列an中，a1a52a3a7a5a916，且a5与a9的等差中项为4， 则an的公比是（ ）

A．1

B．2

C．22 D．2 9．[2019·玉溪一中]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和粗虚线画出的是某多面体的 三视图，则该多面体的体积为（ ）

A．

43 B．83

C．

23 D．4

10．[2019·海口调研]已知函数fx在3,上单调递减，且fx3是偶函数，则af0.31.1，

bf30.5，cf0的大小关系是（ ）

A．abc

B．bca

C．cba

D．bac

11．[2019·泸州期末]已知双曲线C:x2y2a2b21a0,b0的左、右焦点分别为F1c,0、

F2c,0，A，B是圆xc2y24c2与双曲线C位于x轴上方的两个交点，且AF1B90，

则双曲线C的离心率为（ ） A．21 B．21 C．221 D．221

12．[2019·福建三模]设函数fxax3bx2cxa,b,cR,a0．若不等式xfxafx3对一切xR恒成立，则b3ca的取值范围为（ ） A．13,

B．94 C．1,3,

D．94,

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．[2019·白银联考]已知函数fxlog24x1,x1．若f,1a，则fa_____．

4xx114．[2019·六盘山一模]函数fx12cosx32sinx0的最小正周期为π，则函数在

ππ3,6内的值域为______． 15．[2019·福建模拟]我国古代数学家祖暅提出原理：“幂势既同，则积不容异”．其中“幂”是截面积，“势”是几何体的高．该原理的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被任一平行于这两个平行平面的平面所截，若所截的两个截面的面积恒相等，则这两个几何体的体积相等．如

图，在空间直角坐标系中的xOy平面内，若函数fx1x2,x1,0的图象与x轴围成一个

1x,x0,1封闭的区域A，将区域A沿z轴的正方向平移8个单位长度，得到几何体如图一，现有一个与之等高的圆柱如图二，其底面积与区域A的面积相等，则此圆柱的体积为________．

16．[2019·雅礼中学]等差数列an的公差d0，a3是a2，a5的等比中项，已知数列a2，a4，ak1，ak2，

，akn，

为等比数列，数列kn的前n项和记为Tn，则2Tn9_______．

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）[2019·四川诊断]如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，且ADAC，

sinBAC277，AD1，AB7． （1）求BD的长； （2）求△ABC的面积．

2

18．（12分）[2019·齐齐哈尔二模]某职业学校有2000名学生，校服务部为了解学生在校的月消费情况，随机调查了100名学生，并将统计结果绘成直方图如图所示．

（1）试估计该校学生在校月消费的平均数；

（2）根据校服务部以往的经验，每个学生在校的月消费金额x（元）和服务部可获得利润y（元），10,200x400满足关系式y30,400x800，根据以上抽样调查数据，将频率视为概率，回答下列问题： 50,800x1200（i）将校服务部从一个学生的月消费中，可获得的利润记为，求的分布列及数学期望． （ii）若校服务部计划每月预留月利润的14，用于资助在校月消费低于400元的学生，估计受资助的学生每人每月可获得多少元？

19．（12分）[2019·衡水二中]如图所示，在四面体ABCD中，ADAB，平面ABD平面ABC，

ABBC22AC，且ADBC4． （1）证明：BC平面ABD；

（2）设E为棱AC的中点，当四面体ABCD的体积取得最大值时，求二面角CBDE的余弦值．

20．（12分）[2019·保山统测]已知点Q2,0，点P是圆C:x22y212上的任意一点，

线段PQ的垂直平分线与直线CP交于点M． （1）求点M的轨迹方程；

（2）过点A3,0作直线与点M的轨迹交于点E，过点B0,1作直线与点M的轨迹交于点FE,F不重合，且直线AE和直线BF的斜率互为相反数，直线EF的斜率是否为定值，若为

定值，求出直线EF的斜率；若不是定值，请说明理由．

21．（12分）[2019·聊城一模]已知函数fxalnxx2a2x．

（1）讨论函数fx的单调性；

（2）设a0，若不相等的两个正数xxx1，x2满足fx1fx2，证明：f1220．

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·衡阳二模]在直角坐标系xOy中，设P为O:x2y29上的动点，点D为P在x轴上的投影，动点M满足2DMMP，点M的轨迹为曲线C．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立

极坐标系，直线l的极坐标方程为sinππ623，点A1,0，B2,2为直线l上两点．

（1）求C的参数方程；

（2）是否存在M，使得△MAB的面积为8？若存在，有几个这样的点？若不存在，请说明理由．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】

[2019·潍坊一模]已知函数fxx12x1的最大值为t． （1）求实数t的值；

（2）若gxfx2x1，设m0，n0，且满足11m2nt，求证：gm2g2n2．

4

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2019年高考高三最新信息卷

理科数学答案（六）

一、选择题． 1．【答案】D

【解析】因为yex11，所以Byyex1,xRyy1， 又A0,2，所以AB1,2，故选D．

2．【答案】A

【解析】因为z1i2i113i，所以z13i，对应点的坐标为1,3，

故选A． 3．【答案】D

【解析】解：由2005年至2016年我国人口总量及增长率的统计图，知： 在A中，自2005年以来，我国人口总量呈不断增加趋势，故A正确； 在B中，自2005年以来，我国人口增长率维持在0.5%上下波动，故B正确； 在C中，从2005年后逐年比较，我国人口增长率在2016年增长幅度最大，故C正确； 在D中，在2015年以后，我国人口增长率将逐年变小，故D错误． 故选D． 4．【答案】D

【解析】以桥顶为坐标原点，桥形的对称轴为y轴建立直角坐标系xOy，结合题意可知，该抛物线x22pyp0经过点6,5，则3610p，解得p185，故桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为p185．故选D． 5．【答案】B

【解析】∵ab4，∴a2b22ab16，∴7b216，∴b3，故选B． 6．【答案】D

【解析】由题意知，大圆的面积为Sπ224π，阴影部分的面积为S12π22π12π， 则所求的概率为PSSπ4π14．故选D． 7．【答案】B

x1【解析】设租用A型车辆x辆，租用B型车辆y辆，租金之和为z，则xy3x，z200x120y，

5x5y40作出可行域：

求出区域顶点为4,4，2,6，将它们代入z200x120y，可得zmin200212061120， 故选B． 8．【答案】D

【解析】由题意，正项等比数列an中，a1a52a3a7a5a916，

可得a22232a3a7a7a3a716，即a3a74，

a5与a9的等差中项为4，即a5a98，

设公比为q，则q2a3a74q28，则q2（负的舍去），故选D． 9．【答案】C

【解析】画出三视图对应的原图如下图所示三棱锥A1BDE．

故体积为131212223，故选C．

10．【答案】D

【解析】由fx3是偶函数可得其图象的对称轴为x0， 所以函数fx的图象关于直线x3对称．

又函数fx在3,上单调递减，所以函数fx在,3上单调递增． 因为00.31.130.53，所以f0f0.31.1f30.5，即bac．

故选D． 11．【答案】A 【解析】

解：圆xc2y24c2的圆心为c,0，半径为2c，

且AF12c，BF12c，

由双曲线的定义可得AF22a2c，BF22c2a，

2设BF2c22c22c2a2c2ca21F2，在三角形BF1F2中，cos22c2c2c2，

4c24c22c2a22c2ca2在三角形AF1F2中，cos9022c2c2c2sin，

由sin2cos21，化简可得c2a222c4， 即为c2a22c2，即有a221c2，可得eca21．故选A．

12．【答案】D

【解析】因为fxax3bx2cx，所以fx3ax22bxc， 不等式xfxafx3，

即3aa2x32babx2cacx30．

因为3aa2x32babx2cacx30对一切xR恒成立， 而三次函数的图象不可能恒在x轴的下方， 所以3aa20，解得a3或a0（舍去）． 所以bx22cx30对一切xR恒成立， 则b0b0c2c0或Δ4c212b0，所以b3， 2则

b3cb3c121a39cc9c929944．

b3ca的取值范围为94,，故选D．

二、填空题． 13．【答案】

72 【解析】因为af1log117422，所以faf124272，本题正确结果为2．

14．【答案】12,1

【解析】函数fx132cosx2sinxcosxπ2π30的最小正周期为π，

∴2，fxcosπ2x3，

则在π3,π6内，2xπ3π3,2π3，cos2xπ312,1，故答案为12,1．

15．【答案】2π4 【解析】011x2dx表示的是四分之一的圆的面积，且圆的半径是1，所以区域A的面积为

π41211π24，所以圆柱的体积Vπ2482π4．

16．【答案】3n22n

【解析】因为数列an是等差数列，且a3是a2，a5的等比中项， 所以a223a2a5，a12da1da14d， 因为公差d0，解得a10， 公比qa43d3，所以akna23n+1d3n+1a， 2d由an是等差数列可知akna1kn1dkn1d， 所以d3n+1k+1n1d，所以kn3n1， 所以Tn1n323333n3n+11n 3213nn1123n+2392n， 所以2T9219n23n22n93n22n．

三、解答题．

17．【答案】（1）BD2；（2）3．

【解析】（1）因为ADAC，所以BADBACπ2，

所以cosBADcosBACπ2sinBAC277．

在△BAD中，由余弦定理得：

BD2AB2AD22ABADcosBAD72122712774， 所以BD2．

1）知，cosADBAD2BD2AB2（2）在△BAD中，由（14712ADBD2122，

所以ADB2ππ3，则ADC3．

在Rt△ADC中，易得AC3． S1127△ABC2ABACsinBAC27373． 所以△ABC的面积为3．

18．【答案】（1）680；（2）（i）见解析；（ii）160． 【解析】（1）学生月消费的平均数

x14000300110005003100070012000900140001100200680．

（2）（i）月消费值落入区间200,400、400,800、800,1200的频率分别为0.05、0.80、0.15，因此P100.05，P300.80，P500.15， 即的分布列为

 10 30 50 P 0.05 0.80 0.15 的数学期望值E100.05300.80500.1532．

（ii）服务部的月利润为32200064000（元）， 受资助学生人数为20000.05100，

每个受资助学生每月可获得6400014100160（元）．

19．【答案】（1）见证明；（2）306． 【解析】（1）证明：因为ADAB，平面ABD平面ABC，

平面ABD平面ABCAB，AD平面ABD，所以AD平面ABC， 因为BC平面ABC，所以ADBC． 因为ABBC22AC，所以AB2BC2AC2，所以ABBC， 因为ADABA，所以BC平面ABD．

（2）解：设ADx0x4，则ABBC4x，

四面体ABCD的体积Vfx13x124x216x38x216x0x4．

fx163x216x1616x43x4， 当0x43时，fx0，Vfx单调递增； 当

43x4时，fx0，Vfx单调递减． 故当ADx43时，四面体ABCD的体积取得最大值． 以B为坐标原点，建立空间直角坐标系Bxyz，

则B0,0,0，A0,83,0，C83,0,0，D0,84443,3，E3,3,0．

8x设平面BCD的法向量为nx,y,z，则nBC0，即30nBD083y4，

3z0令z2，得n0,1,2，

同理可得平面BDE的一个法向量为m1,1,2，

则556306． 由图可知，二面角CBDE为锐角，故二面角CBDE的余弦值为306．20．【答案】（1）x23y21；（2）定值，33．

【解析】（1）如下图所示，

连接MQ，则MCMQMCMPCP23， 又CQ22，所以点M的轨迹是以C，Q为焦点的椭圆， 因为2a23，2c22，所以a3，c2，b1，

故点M的轨迹方程是x23y21．

（2）设直线AE的方程为ykx3，则直线BF的方程为ykx1， 由ykx3，消去y整理得3k21x263k2xx29k230．

3y23设交点Ex1,y1、Fx2,y2，

则x63k2333k223k133k21，x13k21，y1kx133k21． 由ykx1x23y23，消去y整理得3k21x26kx0， 则x6k13k2213k2，y2kx2113k2．

所以ky1y223kEFxx13k233k26k3． 1233故直线EF的斜率为定值，其斜率为33． 21．【答案】（1）见解析；（2）见解析．

【解析】（1）fxa2x2a2xa2xx2xa2ax1xx，x0， 当a0时，fx0，fx在0,单调递增；

当a0时，当0xa2时，fx0，当xa2时，fx0，

fx在0,a2上单调递减，在a2,上单调递增．

（2）

fx1fx2，alnx1x21a2x21alnx2x2a2x2，

alnx21lnx2x2x21a2x2x1x2x1x2x1a2，

x2x1a2alnx1lnx2x

2x，1fxax2xa2，

fx1x222axx2aalnx1lnx22x1a2

1x2x1x2x2x1x2a2lnx2x211a2x2x1lnx2ax1xx1x2x2x1x2x1x2x1xxln2， 12x1x2x11x1x不妨设xx22x112x10，则2x1，所以只要证lnx20， 1x2x1x11令

x2xt1，gt2t21lnt24t1lnt， 1tgt4t121t4tt12tt12t12tt120， gt在1,上单调递减，

2x2gtg12211ln10，x11xlnx20，fx1x20． 2x1x12122．【答案】（1）x3cosysin；（2）见解析．

【解析】（1）设P3cos,3sin，Mx,y，则D3cos,0． 由2DMMP，得x3cos．

ysin（2）依题，直线l:x3y430，设点M3cos,sin，设点M到直线l的距离为d，

d3cos3sin4323sin233．

将0，π2代入sinπ6223，得143，24，AB2128．

S1△MAB2ABd43， ∵843，故存在符合题意的点M，且存在两个这样的点．

23．【答案】（1）t2；（2）见解析．

xx1【解析】（1）由fxx12x1，得fx3,3x1,1x1， x3,x1

所以fxmaxf12，即t2． （2）因为gxx1，由

112， m2n知gm2g2nm12n1m12n1m2n 11112nm12222， m2n22m2n2m2n当且仅当

2nm，即m24n2时取等号． m2n所以gm2g2n2．