荷枪实弹-2020年奥运会在哪个国家举办

2019年高考押题卷(一)
数 学(理科)参考答案

一、选择题：1.D 2.C 3.B 4.B 5.C 6.B 7.A 8.B 9.C 10.A 11.D 12.C
二、填空题：
13、
4
14、
243
15、
1
16、
2
或
3

3

三、解答题：总分70分
17、解: (Ⅰ)
f(x)[3sin(
< br>x

)cos(

x

)]cos(

x

)

3sin< br>
(x

)c

oxs(

)
2
1

2
1

c

oxs(


2
)


31
sin2(

x

)cos2(

x

)

22

sin[

……………………….3分
2x(

)
.
]

6
∵ 函数
f(x)
为偶函数, ∴
f(x)f(x)

可得
2



6


2
k

,
kZ
,又< br>0



2
, 解得



6
. …………….4分
由题,函数
f(x)
的图象与直线
ym
相切,切点的横坐标依次组成公差为

的等差数列
故函数
f(x)
的周期为

, 且
m1
. ∴
所以,
f(x)sin(2x
2



,

1
.
2


2
)cos2x
,
m1
. …………………….6分
C12

(Ⅱ)在
ABC
中,
f()cosC
,∴
C

223
∵
S
ABC

133
absinCabc
, ∴
3abc
. …………………8分
2412
2
由余 弦定理知,
ca
2
b
2
2abcosCa
2
b
2
ab3ab

3
1
(当且仅当
ab
时等号成立). ………….12分
3
3
∴
3abc1
, 即
ab
18、解：(I)由所给数据计算得：
x2.5
,
y40
,

xy4xy70
,

x
ii
i 1
i1
44
2
i
4x
2
5

1

ˆ
b

xy4xy
ii
i1
4
4
ˆ
40142.55
,
ˆ
ybx=14
,
a

x
i1
2
i
4x
2
ˆ
14x5
． …………….6分 ∴所求回归直线方程是
y
令
14x595
,解得x
45
6.43
.
7
∴至少需要7次强化训练答题正确率才会超过
95%
． …………….7分
(II)经计算知,这四组数据的“强化均值”分别为5,6,8,9,其平均数是7,
所以“强化均值”的标准差是























,
∴这个班的强化训练有效． …………….12分

19.解：(I)证明：作
BQPC
于点
Q
,假设平面
PBC
平面
PCD
,
则
BQ
平面
PCD
, ∴
BQ
CD

在直角梯形
ABCD
中,
ADC90
,
AD BC
,∴
BCCD


BQBCB
, ∴
CD
平面
PBC
,∴
CDPC

底面
ABCDAD
∵ 平面
PAD
底面
ABCD
,平面
PAD
∴
CD
平面
PAD
, ∴
CD
PD

在
PCD
中,不可能有两个直角,所以假设不成立. ………………….6分
(Ⅱ)作
POAD
于点
O
,∵
P APD
,∴
O
为
AD
中点,连接
OB
.
∵ 平面
PAD
底面
ABCD
∴
PO
底面
ABCD

在直角梯形
ABCD
中,
ADC90
,
AD2BC
,∴
OBAD

以
OA
、
OB
、
OP
所在直线分别为
x
、
y
、
z
轴建立如图所示空间直角坐标系
Oxyz

∵
PA2
,
BC1
,
CD3

∴
A(1,0,0)
,
B(0,3,0)
,
C(1, 3,0)
,
P(0,0,3)

AP(1,0,3)
,
AB(1,3,0)
,
BP(0,3,3)
,
BC(1,0,0 )

设平面
PBA
的法向量为
n
1
(x,y,z)

2



n
1
APx
由


n
1
ABx
3z0
3y0
, 取
n
1
(3,1,1)

同理可得平面
PBC
的 法向量
n
2
∴
cosn
1
,n
2
< br>(0,1,1)
……………….10分
2

52
10
. ……………….11分
5
10
. ……….12分
5
n
1
n
2

|n
1
||n
2
|
由图形可知, 所求二面角为钝角,∴二面角
APBC
的余弦值

z
P
D
Q
C
B
O
A
x
y

20、解： (Ⅰ)由题意知,当点
P
是椭圆上、下顶点时,
PF
1
F
2
面积取得最大值,
此时,
S
PFF

12
1 c1
2cb43
,又
e
,
2a2
x
2
y
2
解得
a4,b23
,所求椭圆的方程为
1. ..............................4分
1612
(Ⅱ)由( 1)知
F
1
(2,0)
,由
ACBD0
得
A CBD
,
①当直线
AC
与
BD
有一条直线的斜率不存在 时,
|AC||BD|14
,不合题意. ..............................5分
②当直线
AC
的斜率为
k
(
k
存在且不为0)时,其方程为
yk(x2)< br>,

yk(x2)

由

x
2
y
2
消去
y
得
(34k
2
)x
216k
2
x16k
2
480
,
1



1612
16k
2
16k
2
 48
设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
,则
x
1
x
2

, ..............................7分
,x
1
x< br>2

34k
2
34k
2
24(1k
2
)
2
所以
|AC|1k|x
1
x
2
|,

34k
2
1
24(1k
2
)
直线
BD
的方程为
y(x2)
,同理可得
|BD|,
2
43k
k
168(1k
2
)
296
由
|AC||BD|,
解得
k
2
1
, ..............................11分
22
(43k)(34k)
7
3

故所求直线
AC
的方程为
xy20,
或
xy20
. ..............................12分

21、(Ⅰ)解 ：
Qf


x

lnx
由题意,
f< br>

x

lnx
x1
a(x0)

x
x1
a0
在
(0,)
上恰有两个实数根.
x
x1x1
设
u

x

l nx(x0)
,则
u


x


2< br>
xx

当
0x1
时,
u

( x)0
,
u(x)
在
(0,1)
单调递减
当
x 1
时,
u

(x)0
,
u(x)
在
( 1,)
单调递增
u(x)
min
u(1)2
..............................4分
又当
x0
时,
f
'

x


,当
x
时,
f
'

x



当
a2
时,函数
f

x

恰有两 个极值点. ...........................5分
(Ⅱ)证明：当
a4时,
f


x

lnx
x11
4lnx3(x0)
xx

故lnx
0

11< br>111
30lnx
0
3
,∵
f

()ln10,f

(
2
)e
2
50

x
0
x
0
44e

由零点存在性定理,得
11
,所以
lnx
0
0
, ..................................7分
x
0< br>2
e4
记
F(b)blnx
0
f

x< br>0

40
,要证明
blnx
0
f
< br>x
0

40
成立,
只需证
F(b)
m ax
0
,
F(b)
只需证

3
lnx
0
f

x
0

4

2
3
lnx
0


40


x
0
1

lnx
0
4x
0
 4


2
1
只需证
lnx
0
x0
10
...................................10分
2
11 1
记
H(x
0
)lnx
0
x
0
1
,由
H(x
0
)
在
(
2
,)
单调 递减,
2e4
11111
所以
H(x
0
)H(
2
)ln
2

2
1
2
0
< br>e2eee
即证不等式
blnx
0
f

x
0

40
成立. ..........12分
选做题(本题满分10分) ：请在22、23题中选择其中一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.
22、解：(Ⅰ)∵曲 线
C
1
的参数方程为

22


x3 3cos

(

为参数),消去参数

,


y13sin

22
可得
(x3)(y1)9
,即
x23xy2y50

4

∴ 曲线
C
1
极坐标方程为

2 3

cos

2

sin

50< br>；…………3分
曲线
C
2
的极坐标方程为
2cos

,即有

2

cos

,
故
C
2
的直角坐标方程为
x2xy0
. ……………………………….5分
22
2
2



(

R)

2
6
(Ⅱ)由

,得

2

50
,


2
23

cos

2

s in

50

∴

1

< br>2
2
,

1

2
5
,……… ……………7分
∴
|PQ||

1


2
|(

1


2
)4

1

2
26
. ……………………………….10分
2

3,x2,

23、解:(Ⅰ)依题意,
f
< br>x

x1x2

2x1,2x1,
< br>
3,x1,

由
22x10
,解得

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,
m
2

2
1111
x
,故
A(,)
； …………5分
2222
1
2
1
22
,n
；因为
14mn4mn(4m
2< br>1)(4n
2
1)0

44
2
故
1 4mn4mn
,故
14mn2mn
. ………………10分





5