高三数学理科押题卷

绝密★启用前2019高考考前适应卷理科数学注意事项：1、答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2、回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合2340AxxxZ，0ln2Bxx，则AB的真子集的个数为（）A．3B．4C．7D．8【答案】C【解析】2340141,0,1,2,3,4AxxxxxZZ，20ln21eBxxxx，所以2,3,4AB，所以AB的真子集有3217个．2．设复数12iz（i是虚数单位），则zzz的值为（）A．32B．23C．22D．42【答案】A【解析】12i12i12i=42izzz，32zzz．3．“pq为假”是“pq为假”的（）条件A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要【答案】B【解析】由“pq为假”得出p，q中至少一个为假．当p，q为一假一真时，pq为真，故不充分；当“pq为假”时，p，q同时为假，所以pq为假，所以是必要的，所以选B．4．据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多n（n为常数）盏，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的底层共有灯（）盏．A．2B．3C．26D．27【答案】C【解析】设顶层有灯1a盏，底层共有9a盏，由已知得，则91991132691262aaaaa，所以选C．5．已知实数x，y满足约束条件222020xxyxy，则5xzy的取值范围为（）A．24,33B．42,33C．33,,24D．33,,42【答案】C【解析】作出的可行域为三角形（包括边界），把5xzy改写为105yzx，所以1z可看作点,xy和5,0之间的斜率，记为k，则2433k≤≤，所以33,,24z．6．如图是一个算法流程图，若输入n的值是13，输出S的值是46，则a的取值范围是（）A．910aB．910aC．1011aD．89a【答案】B【解析】依次运行流程图，结果如下：13S，12n；25S，11n；36S，10n；46S，9n，此时退出循环，所以a的取值范围是910a．故选B．7．设双曲线2222:10,0xyCabab的两条渐近线互相垂直，顶点到一条渐近线的距离为1，则双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为（）A．2B．2C．22D．4【答案】B【解析】因为双曲线2222:1xyCab的两条渐近线互相垂直，所以渐近线方程为yx，所以ab．因为顶点到一条渐近线的距离为1，所以212a，所以2ab，双曲线C的方程为22122xy，所以双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为2b．8．过抛物线20ymxm的焦点作直线交抛物线于P，Q两点，若线段PQ中点的横坐标为3，54PQm，则m（）A．4B．6C．8D．10【答案】C【解析】因为2ymx，所以焦点到准线的距离2mp，设P，Q的横坐标分别是1x，2x，则1232xx，126xx，因为54PQm，所以125+4xxpm，即5624mm，解得8m．9．一排12个座位坐了4个小组的成员，每个小组都是3人，若每个小组的成员全坐在一起，则不同的坐法种数为（）A．33434AAB．44343AAC．121233AAD．121244AA【答案】B【解析】12个座位坐了4个小组的成员，每个小组都是3人，操作如下：先分别把第1，2，3，4小组的3个人安排坐在一起，各有33A种不同的坐法，再把这4个小组进行全排列，有44A不同的排法，根据分步计数原理得，每个小组的成员全坐在一起共有43434AA种不同的坐法，故选B．10．设函数21()2fxxax对于任意[11]x，，都有0fx成立，则a（）A．4B．3C．2D．1【答案】D【解析】一方面，由20ax对任意[11]x，恒成立得1a；另一方面，由21()2fxxax221022xax得1a，所以1a．11．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为2，a，b，且520,02abab，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（）A．174B．214C．4D．5【答案】B【解析】由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方体1111ABCDABCD的四个顶点，即为三棱锥11ACBD，且长方体1111ABCDABCD的长、宽、高分别为2，a，b，所以此三棱锥的外接球即为长方体1111ABCDABCD的外接球，半径为222222422abab，所以三棱锥外接球表面积为222222421445124ababa，当且仅当1a，12b时，三棱锥外接球的表面积取得最小值为214．12．已知点P是曲线sinlnyxx=+上任意一点，记直线OP（O为坐标系原点）的斜率为k，则（）A．至少存在两个点P使得1k=-B．对于任意点P都有0kC．对于任意点P都有1kD．存在点P使得1k【答案】C【解析】任意取x为一正实数，一方面sinlnln1yxxx，另一方面容易证ln1xx成立，所以sinlnyxxx，因为sinlnln1yxxx与ln1xx中两个等号成立条件不一样，所以sinlnyxxx恒成立，所以1k，排除D；当2x时，sinln0yxx=+，所以0k，所以排除B；对于A选项，至少存在两个点P使得1k=-，也就是sinln1xxx+=-至少存在两解，即sinln0xxx++=至少存在两解，()1sinlncos10xxxxx¢++=++恒成立，所以sinln0xxx++=至多存在一解，故排除A，故选C．第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。第(13)~(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答。第(22)~(23)题为选考题，考生根据要求作答。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知1,21ma，2,2mb，若向量a，b不共线，则实数m的取值范围为____．【答案】0m且52m【解析】因为向量a，b不共线，所以12212mm，所以0m且52m．14．从正五边形的边和对角线中任意取出两条，则取出的两条边或对角线所在直线不相交的概率为________．【答案】19【解析】从5条边和5条对角线中任意取出2条，共有210C45个基本事件，其中取出的两条边或对角线所在直线不相交有5个，所以取出的两条边或对角线所在直线不相交的概率为54519．15．若对任意的xR，都有()()()66fxfxfx，且(0)1f，16f，则1003f的值为________．【答案】2【解析】因为()()()66fxfxfx①，所以()()()63fxfxfx②，①+②得，()()36fxfx，所以()()2fxfx，所以()()fxfx，所以T，所以10033ff，在()()()66fxfxfx中，令6x得，()(0)()63fff，因为(0)1f，16f，所以()23f．16．设na表示正整数的所有因数中最大的奇数与最小的奇数的等差中项，数列na的前n项和为nS，那么63S的值为_________．【答案】714【解析】由已知得，当n为偶数时，2nnaa，当n为奇数时，12nna．因为12342121nnSaaaaa，所以1112342121nnSaaaaa111352462122+nnaaaaaaaa1123211113151212222nnaaaa123211232nnaaaa211222nnnS211242nnnS，即121211242nnnnSS，所以1112211112121111224242422422233nnnnnnnSS，所以66321SS55222433714．三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）在ABC△中，DBC，sinsinACDABDSBSC△△．（1）求证：AD平分BAC；（2）当12时，若1AD，22DC，求BD和AC的长．n【答案】（1）见解析；（2）2BD，1AC．【解析】（1）在ABC△中，由正弦定理得，sinsinBACCAB，因为sinsinACDABDSBSC△△，······2分所以1sin21sin2ACADCADACABABADBAD，······3分所以sinsinCADBAD，······4分因为CADBAD，所以CADBAD，即AD平分BAC．······6分（2）因为12ACDABDSCDSBD△△，22DC，所以2BD，······7分在ABD△和ADC△中，由余弦定理得，2222cosABADBDADBDADB，2222cosACADDCADDCADC，因为cosADBcos0ADC，所以22222232ABACADBDDC，因为1AD，所以2226ABAC，······10分因为sin1sin2BC，所以2ABAC，······11分所以1AC．······12分18．（12分）如图，四棱柱1111ABCDABCD为长方体，点P是CD中点，Q是11AB的中点．（1）求证：AQ∥平面11PBC；（2）若2ABBC，1BCCC，求二面角11BPBC大小．【答案】（1）见解析；（2）6．【解析】（1）取AB得中点为R，连接PR，1BR．由已知点P是CD中点，Q是11AB的中点可以证得，四边形111AQBRPRBC，都为平行四边形，所以111AQBRBRPC∥，∥，所以1AQPC∥，······3分因为AQ平面11PBC，1PC平面11PBC，所以AQ∥平面11PBC．······5分（2）以D为原点，DA，DC，1DD为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz．设11BCCC，则2AB，1,0,0A，20,,02P，1,2,0B，10,2,1C，0,2,0C，······6分所以21,,02PB，120,,12PC，1,2,0AC，······7分211202PBAC，所以PBAC，又1BBAC，可得AC平面1PBB，即AC是平面1PBB的法向量，······8分设平面1PBC的法向量为,,xyzn，则120020202xyPBPCyznn，令1x，得2,1yz，所以1,2,1n，······10分所以二面角11