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桂城中学2019届高考冲刺
数学（理科）试题
满分150分考试时间120分钟
注意事项：
1. 答题前，考生务必在试题卷、 答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。考生要认真核对答题
卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓 名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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
．已知复数
z
满足

z1

i32i
，则
z

A
．
5
B
．
10
C
．
5
D
．
10

2．若抛物线
xay
的焦点到准线的距离为
1
，则
a 

A
．
2
B
．
4
C
．
2
D
．
4

2
3
．已知 集合
Axx4x30
，
B

xxa0
，若
BA
，则实数
a
的取值范围为

2

A
．

3,

B
．

3,

C
．

,1

D
．

,1



xy2,

4
．若
x,y
满足约束条件

2x3y9,
则
zx2y
的最小值为


x0,

A
．
6
B
．
0
C
．
1
D
．
2

uuuruuur
5．在梯形
ABCD
中，
AB∥CD
，
A B4
，
BCCDDA2
，若
E
为
BC
的中 点，则
ACAE

A．
3
B．
3
C．
23
D．
12

6
．如图，网格纸上小正方形的边长为
1
，粗实 线画出的是某几何体的三视图，
中俯视图为扇形，则该几何体的体积为

A．
其
2π4π14π16π
B．C．D．
3339

7．已知
ab0
，
xabe,yba e,zbae
，则
A．
xzy
B．
zxy
C．
zyx
D．
yzx

8
．已知数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，且
a
1
1
，
2S
n
a
n1
a
n
，则
S
20

A．
410
B．
400
C．
210
D．
200

9．《易经》是中国传统文化中的精髓． 右图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、
坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（“”表示一根阳 线，“”
[
来源
:]
bab

表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴
线的概率为
A．
1155
B． C．D．
1472814

x2
3x2，x≤1，
10．已知函数
f

x


，
g

x

f

x< br>
axa
，若
g

x

恰有1个零点， 则
a
的取值范围是
lnx，x1

A．

1 ,0

U

1，

B．

，1

U

1,


1

U

0,1

C．
< br>1,1

D．

，
11．已知函数
f(x) sin(2x)
，若方程
f

x


π
3
1
在

0,π

的解为
x
1
，
x
2
(x
1
x
2
)
，则
sin

x
1
x
2



3
A．

22
11
3
B．

C．

D．


3
2
23
x
2
y
2
12．已知双曲线
C
：
2

2
1

a0,b0

的一个焦 点为
F
，点
A,B
是
C
的一条渐近线上关于原点对称
ab
的两点，以
AB
为直径的圆过
F
且交
C
的左 支于
M,N
两点，若
MN=2
，
△ABF
的面积为
8
，则
C
的
渐近线方程为
1
3
x
C
．
y2x
D
．
yx

2
3
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
A
．
y3x
B
．
y
13
．在等比数列

a
n

中，
a
2
1
，
a
3< br>a
5
2a
7
，则
a
n

▲
．

14
．

1


1

5
12x

的展开式中
x
2
的系数为 ▲
．


x

xx
15．已知函数
f(x)ee1
，则关于
x
的不等式
f

2 x

f

x1

2
的解集为 ▲ ．
16．已知正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
的所有棱长为
2
，点
M,N
分别在侧面
ABB
1
A
1
和
ACC
1
A
1
内，
BC
1
与
B
1
C
交于
点
P
，则
△MNP
周长的最小值为 ▲ ．


三、解答题：共70分。解答应写出文字说 明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生

都必须作答。第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分。
17．（12分）
在平面四边形
ABCD中,
ABC
（1）若
△ABC
的面积为

ππ
，
ADC
，
BC2
．
32
33
，求
AC
；
2
π
（2）若AD23
，
ACBACD
，求
tanACD
．
3




18．（12分）
如图，在四棱锥
PABCD
中，
BCCD
，
ADC D
，
PA32
，
△ABC
和
△PBC
均为边长为
23
的等
边三角形．
（1）求证：平面
PBC
平面
ABCD
；
（2）求二面角
CPBD
的余弦值．





19．（12分）
某公司生产一种产品，从流水线上随机抽取100件产品，统计 其质量指数并绘制频率分布直方图（如图1）：
频率
组距
0.025
0.0 23
0.020
0.017
0.011
0.004
O
5110
质量指数
图1

图2

产品的质量指数在
50,70

的为三等品，在
70,9 0

的为二等品，在
90,110
的为一等品，该产品的三、二、
一 等品的销售利润分别为每件
1.5,3.5,5.5
（单位：元）．以这100件产品的质量指 数位于各区间的频率代替
产品的质量指数位于该区间的概率．
（1）求每件产品的平均销售利润；
（2）该公司为了解年营销费用
x
（单位：万元）对年销售量
y
（单位：万件）的影响，对近5年的年营销费
用
x
i
和年销售量
y
i
(i1,2,3,4,5)
数据做了 初步处理，得到的散点图（如图2）及一些统计量的值．


u
< br>
v
i
i1
i1
5
5
i
[来源 :


u
i1
5
i
uv
i
 v




uu

i
i1
5
2

学。科。网]

16.30

24.87

0.41

1.64

1
5
1
5
表中
u
i
lnx
i
，
v< br>i
lny
i
，
u

u
i
，v

v
i
．
5
i1
5
i1< br>根据散点图判断，
y＝ax
可以作为年销售量
y
（万件）关于年营销 费用
x
（万元）的回归方程．
（i）建立
y
关于
x
的回归方程；
（ii）用所求的回归方程估计该公司应投入多少营销费，才能使得该产品一年的收益达到最大？
（收益=销售利润- 营销费用，取
e
4.159
b
64
）．
,(u
n
,v
n
)
，其回归直线
v＝

＋
< br>u
的斜率和截距的最小二乘估计参考公式：对于一组数据
(u
1
,v< br>1
),(u
2
,v
2
),
ˆ
=
分别 为



uu

vv

ii
i1
n


i1
n
u
i
u

2
ˆ
u
．

ˆ
=v

，

20．（12分）
x
2
y
2
1
的上焦点，
C
上一点
A
在x
轴上方，且
OA5
． 已知
O
为坐标原点，
F为椭圆
C
：
49
（1）求直线
AF
的方程；
（2）
B
为直线
AF
与
C
异于
A
的交点，
C
的弦
MN,AB
的中点分别为
P,Q
．若
O,P ,Q
在同一直线上，求
△OMN
面积的最大值．

21．（12分）
已知函数f(x)

xa

ln(x1)ax
．
（1）若
a2
，求
f(x)
的单调区间；
（2）若a2
，
1x0
，求证：
f(x)2x1e
x< br>．





（二）选考题：共10分。请考生 在第22、23两题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
22．[选修
44
：坐标系与参数方程] (10分)

x tcosα,
在直角坐标系
xOy
中，直线
l
的参数方程为

（
t
为参数），以坐标原点为极点，
x
轴正半轴为极轴
y tsinα,

建立极坐标系，曲线
C
的极坐标方程为

2

4
．
13sin
2

（1）求
l
的普通方程和
C
的直角坐标方程；
（2）若
C
上恰有2
个点到
l
的距离等于
2
，求
l
的斜率．

23．[选修
45
：不等式选讲] (10分)
已知函数
f

x

x2x4

（1）求不等式
f

x

3x
的解集；
（2）若
f

x

kx1
对任意
xR恒成立，求
k
的取值范围．

桂城中学2019届高考冲刺训练
数学（理科）参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.
1—5：BCDCD 6—10：BACDA 11—12：AB
11.提示：因为
0xπ
， 所以
2x
π

π5π

xx
2
5π< br>π1


,

，又因为
x
1
,x
2
是
sin(2x)
的两根，结合图象可知
1
，

3

33

33212
所以
x
2
5π5ππ5π5π
，
x
1
，所以
sin(x1
x
2
)sin(2x
1
)cos(2x
1
)
，又因为
x
1
x
2
，
x
2
x
1
，所以
0x
1

663612
所以
2x
1

22
πππ
π22
，所以
s in(x
1
x
2
)
．
(,)
，所以< br>cos(2x
1
)
3
33
332
12.提示：设 双曲线的另一个焦点为
F'
，由双曲线的对称性，四边形
AFBF'
是矩形， 所以
S
△ABF
S
△AFF'
，

x
2
y
2
c
2
,
22

2
b2 b
即
bc8
，由

x
得，
y
，所以
MN2
，所以
b
2
c
，所以
b2,c4
，所以
y
2
cc

2

2
1< br>b

a
3
x
．

3
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
a23
，
C
的渐近线方程为
y
13.
1
2
n2
< br>1

14.
40
15.

,

16.
3


3

16．解析：设
P
关于侧面
ABB
1
A
1
和
ACC
1
A
1
的对称点分别为
Q,R
，连结< br>QR
，则当
M,N,Q,R
共线时，
MNP
周长最小．由< br>于在正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，点
P
是
BC
1
与
B
1
C
的交点，所 以点
P
是侧面
BCC
1
B
1
的中心，
故
MNP
周长最小时
M,N
分别为侧面
ABB
1
A
1
和
ACC
1
A
1
的中心，所以
MNP
周长最小值为3．
三、解答题：本题共
6
小题，共
70
分
.
17． 本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式和三角恒等变换等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力 ；
考查数形结合思想、函数与方程思想．满分12分．
解：（1）在
ABC
中，因为
BC2
，
ABC
所以
π
133
，
S
ABC
ABBCsinABC
， ······················· 2分
22
3
333
， 解得
AB3
．··································· ············································· 3分 < br>AB
22
在
ABC
中，由余弦定理得，
AC
2< br>AB
2
BC
2
2ABBCcosABC7
，
所以
AC7
． ······························ ·················································· ························ 6分
（2）设
ACD

，则
ACBACD
ππ



．
33

如图，在
RtACD
中，因为< br>AD23
，所以
AC
在
ABC
中，
BAC
π
ACBABC
π


，
3
AD23
． ······································ 8分

sin

sin

A

由正弦定理，得
223
BCAC
D

，即， ··································· 10分

π
sinBACsinABC
3
sin(

)
sin< br>
3
2
B
C
所以
2sin(

3< br>

)sin

，
31
··········· ······································ 11分
cos

sin

)sin

，即
3cos

2sin

， ·
22
33
所以
tan


，即
tanACD
．···················· ·················································· ···· 12分
22
所以
2(

18．本题考查直线与平面垂直 、平面与平面垂直、二面角、空间向量等基础知识；考查空间想象能力、运算求解能力、
推理论证能力； 考查数形结合思想、化归与转化思想等．满分12分．
解：（1）取
BC
的中点
O
，连接
OP,OA
，
因为
ABC,PBC
均为边长为
23
的等边三角形，
所 以
AOBC,OPBC
且
OAOP3
， ····· ·················································· ············ 2分
C
D
z
P
因为
AP3 2
，所以
OP
2
OA
2
AP
2
，所以
OPOA
， ················································· 4分
O
又因为
OAIBCO
，
OA
平面
AB CD
，
BC
平面
ABCD
，
x
AB
y
所以
OP
平面
ABCD
， · ·················································· ·········································· 5分
又因为
OP
平面
PBC
，所以平面
PBC
平面
ABCD
． ········································ ··········· 6分
（2）因为
BCCD
，
ABC
为等边三角形，
ππ2 π
，又因为
ADCD
，所以
CAD,ADC
，
663
ACCD
在
ADC
中，由正弦定理，得，所以
CD2． ···································· 7分
< br>sinADCsinCAD
uuuruuuruuur
以
O
为坐标 原点，以
OA,OB,OP
为
x,y,z
轴正方向，建立如图所示的空间直角 坐标系，
所以
ACD
uuuruuur
则
P(0,0,3)< br>，
B(0,3,0)
，
D(2,3,0)
，
BP(0, 3,3),BD(2,23,0)
， ·························· 8分
r
设平面
PBD
的法向量为
n(x,y,z)
，
ruuur



nBP0,

3y3z 0,
则

ruuu
，即

， ············ ·················································· ·················· 9分
r



nBD 0

2x23y0
r
令
z1
，则平面
PB D
的一个法向量为
n(3,3,1)
， ··················· ······································· 10分
< /p>

ur
依题意，平面
PBC
的一个法向量
m(1,0, 0)
， ·········································· ························ 11分

urr
urrmn313
所以
cosm,n
u
，
rr
< br>13
mn
故二面角
CPBD
的余弦值为
313
． ·················································· ························ 12分
13
19．本题考查离散型随 机变量分布列及其期望、频率分布直方图、样本估计总体、回归分析、函数与导数等知识；考查
学生的阅 读理解能力、数据处理能力和运算求解能力；考查统计与概率思想、函数与方程思想、化归与转化思想、
创新意识和应用意识．满分12分．
解：（1）设每件产品的销售利润为

元，则< br>
的所有可能取值为1.5、3.5、5.5，
由直方图可得，一、二、三等品的频率分别为0.4、0.45、0.15，
所以，
P


=1.5

=0.15
，
P

=3.5

=0.45
，
P


= 5.5

=0.4
， ········································· 2分
所以随机变量

的分布列为：


P

1.5
0.15
3.5
0.45
5.5
0.4
所以，
E

1.50.153.50.455.50.44< br>．
故每件产品的平均销售利润为
4
元． ················ ·················································· ············ 4分
（2）（i）由
y＝ax
得，
lny lnax
b
lnablnx
，
令
ulnx,vlny,clna
，则
vcbu
， b

ˆ
=
由表中数据可得，
b


uu

vv

ii
i1
5

< br>uu

i
i1
5
2

0.41
0.25
，
··································· ················· 6分
1.64
ˆ

24.87
0.25

16.30

4.159
， ·则
c
············································ ························ 7分
ˆ
=
vbu
55

4.159
1

ˆ

4.159

0.25ln
x
ln

e
x
4
，
ˆ
4.1590.25u
，即
ln
y
所以，< br>v

因为
e
4.159
ˆ
64x
， < br>64
，所以
y
1
4
1
4
故所求的回归方程 为
y64x
． ·································· ················································ 8分
（ii）设年收益为
z
万元，则
z

E


yx256xx
， ························ ····························· 9分
设
tx
，
f

t

256tt
，则
f'
t

2564t
3
464t
3
，
4
1
4
1
4


当
t

0,4

时，
f'

t
0
，
f

t

在

0, 4

单调递增；
当
t

4,

时 ，
f'

t

0
，
f

t
在

4,

单调递减． ··············································· 11分
所以，当
t4
，即
x256
时，
z
有 最大值为
768
，
即该厂应投入
256
万元营销费，能使得该产品 一年的收益达到最大
768
万元． ······················ 12分
20．本题考查直线的方程、直线与椭圆的位置关系等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查 数形结合思想、
函数与方程思想、化归与转化思想等．满分12分．
解法一：（1）设
A

x
0
,y
0

y
0
0

,因为
OA5
，所以
x
0
y
05
，①
22
x
0
2
y
0
2
1
，② ·又因为点
A
在椭圆上，所以····························· ············································ 2分 49

4545
x,x,

0

0< br>
4535

4535


55
由①② 解得，

，或

，所以
A
的坐标为

或< br>

， ···· 3分
,,


5
55

5

y
35

y< br>35
00

55

又因为
F
的坐标为< br>0,5
，所以直线
AF
的方程为
y

11x5
或
yx5
． ···················· 5分 < br>22
（2）当
A
在第一象限时，直线
AF:y
1
x5
，
2

x
1
2
y
1
2< br>1,


49
设
M

x
1,y
1

,N

x
2
,y
2

，则

，
22

x
2

y< br>2
1

9

4
两式相减得

x< br>1
x
2

x
1
x
2



y
1
y
2

y
1
y
2

0
49
，
因为
MN
不过原点，所 以

y
1
y
2



y
1
y
2


9
，即
kk
9，同理：
kk
9
，
MNOPABOQ
44
x
1
x
2

x
1
x
2

4
1
， ···································· 8分
2
又 因为
O,P,Q
在同一直线上，所以
k
OP
k
OQ
，所以
k
MN
k
AB

设直线
MN:y
1
xm
，
2


x
2
y
2
1,


49
22
由

得，
5x2mx2m180
，由
0
，得10m10
，

y
1
xm

 2
2m2m
2
18
,x
1
x
2
, ·由韦达定理得，
x
1
x
2

········· ·················································· ········ 9分
55

1

2
所以
MN 1kx
1
x
2
1



2< br>
又因为
O
到直线
MN
的距离
d
2

x
1
x
2

2
4x
1
x
2

35
10m
2
，
5
m
1
1
4

2
m
，
5
所以
S
OMN
1
33m
2
10m
2
2
3

MNd
m10m
552
2
22
当且仅当
m10m
，即
m5
时等号成立，
所以
OMN
面积的最大值为3. ······················ ·················································· ·················· 11分
当
A
在第二象限时，由对称性知，
OMN
面积的最大值也为3.
综上，
OMN
面积的最大值为3. ····················· ·················································· ················ 12分
解法二：（1）同解法一； ············ ·················································· ··········································· 5分
（2）当点A在第一象限时，直线
AF:y
1
x5

2

x
2
y
2
1,


59 5


49
2
,
由

得，
5x 25x80
，则
AB
中点
Q
的坐标为

··· ················· 6分

， ·
510


y
1
x5

2
所以直线
OQ:y9
x
，
2
①当直线
MN
斜率不存在或斜率为零时，< br>O,P,Q
不共线，不符合题意；
②当直线
MN
斜率存在时，设MN：ykxm

k0

，
M

x1
,y
1

,N

x
2
,y
2

，

x
2
y
2

1,
22
222
由

4
得，
(94k)x8kmx 4m360
，由
0
，得
m4k9
，
9

ykxm


8km4 m
2
36
,x
1
x
2

由韦达定理得，
x
1
x
2

，
22
94k94 k
所以
y
1
y
2
k

x
1< br>x
2

2m
18m
， ·············· ·················································· ········· 7分
2
94k
y
1
y
2
99
1

，解得
k
， ····································· 9分
x
1
x
2
4k2
2
因为
O,P,Q
在同一直线上， 所以
2m2m
2
18
,x
1
x
2
,< br>10m10
， 所以
x
1
x
2

5 5

1

所以
MN1kx
1
x
2< br>1



2

2
2

x
1
x
2

2
4x
1
x
2

35
10m
2
，
5
又因为
O到直线
MN
的距离
d
m
1
1
4

2
m
，
5
所以
S
OMN

2
1333
MNdm10m
2
m
2

10 m
2



m
2
5

25

2555
当
m
2
5,
即
m5时，
OMN
面积的最大值为3，
所以
OMN
面积的最大值为3. ······················ ·················································· ·················· 11分
当
A
在第二象限时，由对称性知，
OMN
面积的最大值也为3.
综上，
OMN
面积的最大值为3. ····················· ·················································· ················ 12分
21．本题考查函数的单调性、导数及其应用、不等式等 基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等；考
查函数与方程思想、化归与转化思想、分 类与整合思想等．满分12分．
解法一：（1）
f(x)
的定义域为
1,

，
a2
时，
f(x)

x 2

ln(1x)2x
， ·························· 1分
f'(x)ln(1x)
所以
f''(x)
x2x
， · ·················································· ················ 2分
2ln(1x)
x1x1
11x
， ············ ·················································· ·············· 3分

22
x1

x1< br>
x1

当
x

1,0

时，
f''(x)0
，所以
f'(x)
在

1,0
单调递减；
当
x

0,

时，f''(x)0
，所以
f'(x)
在

0,
< br>单调递增； ·············································· 4分
所以
f'(x)f'(0)0
，所以
f(x)
在
1,

单调递增，
即
f(x)
的单调递增区间为

1,

，不存在递减区间． ···················· ····································· 5分