《【倒计时16天】2019高考湖北名校联盟终极猜押（二）理科数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【倒计时16天】2019高考湖北名校联盟终极猜押（二）理科数学试题（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、倒倒倒计计计时时时111 666天天天 222 000 111 999高高高考考考终终终极极极猜猜猜押押押之之之二二二( ( (理理理) ) )命题角度1 立体几何押题1 已知表示平面,m,n表示两条不同直线.下列说法正确的是( )A.若m,n, 则mnB .若m,n, 则mnC .若m,n, 则mnD.若m,mn, 则n押题2 在三棱锥P - A B C中A B= 6,B C=1 0,P A=2 3,P C= 2,A P C=2, 则三棱锥P - A B C外接球的表面积为( )A. 4 B .1 63C .3 23D. 1 6 押题3 如图所示, 网格纸上小正方形的边长为1c m, 粗线为
2、某空间几何体的三视图, 则该几何体的体积为( )A. 2c m3B . 4c m3C . 6c m3D. 8c m3押题4 某几何体的三视图如图所示, 其正视图中的曲线部分为半圆, 则该几何体的体积是( )A. 4 +32 B . 6 + 3 C . 6 +32 D. 1 2 +32押题5 如图, 在四边形A B C D中,A B= 5,A D= 2,C D=2 2,D A B=9 0 ,A D C=1 3 5 , 则该四边形A B C D绕A D旋转一周所成几何体的表面积及体积分别是 .押题6 已知, 正四面体A - B C D, 棱长为3, 点M是A D靠近A点的三等分点,N是B C的中点
3、, 则异面直线A N,C M所成的角的余弦值是 .二、 解答题押题1 如图, 四棱锥P - A B C D中,底面A B C D为 矩 形,P A平 面A B C D,E为P D的中点.(1) 证明:P B平面A E C.(2) 设二面角D - A E - C为6 0,A P=1,A D= 3, 求三棱锥E - A C D的体积.押题2 如图, 四棱柱A B C D - A1B1C1D1的所有棱长都相等,A CB D=O,A1C1B1D1=O1, 四边形A C C1A1和四边形B D D1B1均为矩形.(1) 证明:O1O底面A B C D.(2) 若C B A= 6 0 , 求二面角C1-
4、O B1- D的余弦值.押题3 如图所示, 在多面体A1B1D1D C B A中, 四边形A A1B1B,A D D1A1,A B C D均为正方形,E为B1D1的中点, 过A1,D,E的平面交C D1于F.(1) 证明:E FB1C.(2) 求二面角E - A1D - B1余弦值.押题4 如图所示, 在四棱锥P - A B C D中, 底面A B C D是矩形,P D平面A B C D且P D=C D, 过P C的中点M作MNP B交P B于点N, 连接DM,DN.(1) 证明:DM平面P B C.(2) 若平面DMN与平面A B C D所成的二面角的余弦值为23, 求B CP D的值.命题
5、角度2 统计概率押题1 若随机变量的分布列如下:- 2- 10123P0 . 10 . 20 . 20 . 30 . 1 0 . 1则当P(x)= 0 . 7时, 实数x的取值范围是( )A.(- 1,0 B .- 1,0C .- 1,0) D.(- 1,0)押题2 某校数学教研组为了解学生学习数学的情况, 采用分层抽样的方法从高一9 0 0人、 高二n人、 高三7 2 0人中, 抽取4 0人进行问卷调查.已知高一被抽取的人数为1 5, 则n=( )A. 6 6 0 B . 7 8 0 C . 7 9 0D. 8 3 0押题3 做掷一个骰子的试验, 事件A表示“ 小于4的奇数点出现” , 事件
6、B表示“ 小于4的点数出现” , 则一次试验中, 事件A+B发生的概率为( )A.13B .12 C .23 D.561押题4 某班有6 0名学生, 一次考试后数学成绩(N)服从正态分布N(1 0 0,1 02) , 已知P(9 01 0 0)=0 . 3,估计该班学生数学成绩在及格线以上的人数为 .押题5 将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a,b, 则直线a x+b y= 0与圆(x- 2)2+y2= 2有公共点的概率为 .押题6 一款砸金蛋游戏的规则如下: 每盘游戏都需要砸三个金蛋, 已知每次砸蛋出现金花的概率为0 . 5, 且各次砸蛋出现金花与否相互独立, 则玩三盘游戏, 至少有一盘出现
7、金花的概率为 .二、 解答题押题1 某市有两家共享单车公司, 在市场上分别投放了黄、 蓝两种颜色的单车, 已知黄、 蓝两种颜色的单车的投放比例为2 1 .监管部门为了了解两种颜色的单车的质量,决定从市场中随机地抽取5辆单车进行骑行体验, 若每辆单车被抽取的可能性相同.(1) 求抽取的5辆单车中有2辆是蓝色单车的概率.(2) 在骑行体验过程中, 发现蓝色单车存在一定质量问题,监管部门决定从市场中随机地抽取一辆送技术部门作进一步抽样检测, 并规定若抽到的是蓝色单车, 则抽样结束,若抽取的是黄色单车, 则将其放回市场中, 并继续从市场中随机地抽取下一辆单车, 并规定抽样的次数最多不超过n(nN*)
8、次.在抽样结束时, 已取到的黄色单车数以表示, 求的分布列和数学期望.押题2 “ 扶贫帮困” 是中华民族的传统美德, 某校为帮扶困难同学, 采用如下方式进行一次募捐: 在不透明的箱子中放入大小均相同的白球七个, 红球三个, 每位献爱心的参与者投币2 0元有一次摸奖机会, 一次性从箱中摸球三个( 摸完球后将球放回) , 若有一个红球, 奖金1 0元, 两个红球奖金2 0元, 三个全为红球奖金1 0 0元.(1) 求献爱心参与者中奖的概率.(2) 若该次募捐有9 0 0位献爱心参与者, 求此次募捐所得善款的数学期望.押题3 某公司为了准确把握市场, 做好产品计划, 特对某产品做了市场调查: 先销售
9、该产品5 0天, 统计发现每天的销售量x分布在5 0,1 0 0) 内, 且销售量x的分布频率f(x)=n1 0- 0 . 5,1 0nx 1 0(n+ 1) ,n为偶数,n2 0-a,1 0nx0) 对任意xR恒成立, 求m+n的最小值.(2) 若f(x) |x- 2 |的解集包含- 1,2 , 求实数a的取值范围.押题3 已知函数f(x)= |x| .记g(x)=f(x)- 2f(x- 3).(1) 求不等式g(x)- 1 0的解集.(2) 若对于任意实数x都有g(x)m2-2m, 求m的取值范围.押题4 已知函数f(x)= |x+ 2 | + |x-b| .(1) 当b= 1时, 求不等
10、式f(x) 5的解集.(2) 若函数g(x)=f(x)- 4的定义域为R, 求实数b的取值范围. 数学学科 命题角度1 立体几何押题1 .【 解析】 选C .对于选项A, 若m,n, 则m与n可能相交、 平行或异面,A错误.对于B选项,m与n也可能异面,B错误, 显然C选项正确, 对于选项D, 若m,mn, 则n或n或n与相交, 故D错误.押题2 .【 解析】 选D.设三棱锥P
11、 - A B C的外接球的半径为R,在A P C中, 因为P A=2 3,P C=2,A P C=2, 所以A C=P A2+P C2=4 .在A B C中, 因为A B= 6,B C=1 0,A C= 4, 所以B A2+B C2=A C2, 所以A B C=2, 所以A C为三棱锥P - A B C的外接球的直径, 所以R= 2, 所以此三棱锥的外接球的表面积S= 4 R2= 4 22= 1 6 .押题3 .【 解析】 选B .由三视图知几何体是一个以俯视图中的直角梯形为底面, 高h= 2c m的四棱锥.由三视图中的数据得四棱锥的底面面积S=12(2+4) 2 = 6(c m2) ,所以其
12、体积V=13S h=13 6 2 = 4(c m3).押题4 .【 解析】 选C .由三视图可知, 该几何体是由半圆柱与三棱柱组成的, 则该几何体的体积V=12 12 3 +122 2 3 = 6 +32 .押题5 .【 解析】 由已知得:C E= 2,D E= 2,C B= 5,S表面=S圆台侧+S圆台下底+S圆锥侧= (2 + 5) 5 + 2 5 + 2 22 =(6 0 + 42),V=V圆台-V圆锥=13(22+ 52+ 22522) 4 -13 222 2 =1 4 83 .答案: (6 0 + 4 2),1 4 83押题6 .【 解析】 连接DN, 取DN靠近N点的三等分点P,
13、连 接PM,P C, 则PM C即为异面直线A N,C M所成的角( 或其补角) , 易得PM=23A N=3,C P= 3, 由余弦定理得C M= 7,所以c o s PM C=3 + 7 - 32 3 7=2 16, 即异面直线A N,C M所成角的余弦值为2 16.答案:2 16二、 解答题押题1 .【 解析】 (1) 设A C的中点为G, 连接E G.在三角形P B D中, 中位线E GP B, 且E G在平面A E C上, 所以P B平面A E C.(2) 设C D=m, 分别以A D,A B,A P为x,y,z轴建立坐标系, 则A(0,0,0) ,D(3,0,0) ,E32,0,1
14、2,C(3,m,0).所以A D=(3,0,0) ,A E=32,0,12,A C=(3,m,0).设平面A D E的法向量n1=(x1,y1,z1) , 则n1A D= 0,n1A E= 0, 解得一个n1=(0,1,0).同理设平面A C E的法向量n2=(x2,y2,z2) , 则n2A C=0,n2A E= 0, 解得一个n2=(m,- 3,- 3m).因为c o s3= | c o s|=|n1n2|n1| |n2|=3m2+ 3 + 3m2=12, 解得m=32.设F为A D的中点, 则P AE F, 且E F=P A2=12,E F面A C D, 即为三棱锥E - A C D的高
15、.所以VE-A C D=13SA C DE F=131232 312=38.所以, 三棱锥E-A C D的体积为38.押题2 .【 解析】 (1) 因为四边形A C C1A1和四边形B D D1B1均为矩形, 所以C C1A C,D D1B D,又C C1D D1O O1, 所以O O1A C,O O1B D, 因为A CB D=O,所以O1O底面A B C D.(2) 方法一: 如图, 过O1作O1HB1O, 垂足为H, 连接C1H,由(1) 可得O O1A1C1, 由于A1B1C1D1是菱形, 所以B1D1A1C1,又B1D1O O1=O1, 所以A1C1平面B1D1D B,所以由三垂线定
16、理得H C1B1O, 所以O1H C1就是二面角C1- O B1- D的平面角.设棱柱的棱长为2, 因为C B A= 6 0 , 所以O B= 3,O C=1,O B1= 7,在直角三角形O1O B1中,O1H=O O1B1O1B1O=2 37,因为O1C1=1, 所以C1H=O1C21+O1H2=1 +1 27=1 97,所以c o s C1HO1=O1HC1H=2 5 71 9, 即二面角C1- O B1- D的余弦值为2 5 71 9.方法二: 因为四棱柱的所有棱长都相等, 所以四边形A B -C D为菱形,A CB D, 又O1O底面A B C D, 所以O B,O C,O O1两两垂
17、直.如图以O为原点,O B,O C,O O1分别为x,y,z轴, 建立空间直角坐标系.设棱长为2, 因为C B A= 6 0 , 所以O B= 3,O C= 1,所以O(0,0,0) ,B1(3,0,2) ,C1(0,1,2) ,平面B D D1B1的一个法向量为n=(0,1,0) ,设平面O C1B1的一个法向量为m=(x,y,z) ,则由mO B1,mO C1, 得3x+ 2z= 0,y+ 2z= 0,取z=- 3, 则x= 2,y= 2 3, 所以m=(2,2 3,- 3) ,所以c o s=mn|m| |n|=2 31 9=2 5 71 9.由图形可知二面角C1- O B1- D的大小
18、为锐角,所以二面角C1- O B1- D的余弦值为2 5 71 9.押题3 .【 解析】 (1) 因为A1DB1C,A1D平面A1D E,B1C平面A1D E, 所以B1C平面A1D E, 又B1C平面B1C D1, 平面A1D E平面B1C D1=E F, 所以E FB1C.(2) 以A为原点, 分别以A B,A D,A A1为x轴,y轴,z轴的单位正向量建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0) ,B(1,0,0) ,D(0,1,0) ,A1(0,0,1) ,B1(1,0,1) ,D1(0,1,1) , 而E是B1D1的中点, 所以点E的坐标为(0 . 5,0 . 5,1).设平面A1D E
19、的法向量n1=(r1,s1,t1) , 又A1E=(0 . 5,0 . 5,0) ,A1D=(0,1,- 1) ,由n1A1E,n1A1D得:0 . 5r1+ 0 . 5s1= 0,s1-t1= 0,令s1=t1= 1, 则n1=(- 1,1,1) ,设平面A1B1C D的法向量n2=(r2,s2,t2) , 又A1B1=(1,0,0) ,A1D=(0,1,- 1) , 由同理可得:n2=(0,1,1) ,所以 结 合 图 形 可 得 二 面 角E - A1D - B1的 余 弦 值 为|n1n2|n1|n2|=23 2=63.押题4 .【 解析】 (1) 以点D为坐标原点, 分别以D A,D
20、 C,D P3所在直线为x,y,z轴, 建立空间直角坐标系, 如图所示,设P D=D C= 2,B C=t(t 0) , 则有D(0,0,0) ,P(0,0,2) ,B(t,2,0) ,C(0,2,0) ,所以P B=(t,2,- 2) ,又因为点M是棱P C的中点,所以M(0,1,1) ,DM=(0,1,1) ,于是P BDM= 0, 所以P BDM.因为P C=(0,2,- 2) ,所以DMP C= 0, 所以DMP C,又P BP C=P,所以DM平面P B C.(2) 由(1) 知平面A B C D的一个法向量为D P=(0,0,2) ,又因为P BDM,MNP B,DMMN=M,所以
21、P B平面DMN,所以P B=(t,2,- 2) 是平面DMN的一个法向量,所以| c o s|=|D PP B|D P| |P B|=42t2+ 8=2t2+ 8=23, 所以t= 1, 即B CP D=B CC D=12,所以当平面DMN与平面A B C D所成的二面角的余弦值为23时,B CP D=12.命题角度2 统计概率押题1 .【 解析】 选C .由题中给出的分布列
22、, 可读出相应的概率值,因为P(= 0)+P(= 1)+P(= 2)+P(= 3)= 0 . 7,所以- 1 x1 1 0)=1 - 2P(9 0 1 0 0)2= 0 . 2, 所以P( 9 0)= 0 . 2 + 0 . 3 2 = 0 . 8,该班学生数学成绩在及格线以上的人数为6 0 0 . 8 = 4 8 .答案:4 8押题5 .【 解析】 依题意, 将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a,b) 有(1,1) , (1,2) , (1,3) , , (6,6) ,共3 6个, 其中满足直线a x+b y=0与圆(x-2)2+y2=2有公共点, 即满足2aa2+b2 2, 即
23、a2b2的数组(a,b) 有(1,1) , (1,2) , (1,3) , (1,4) , , (6,6) , 共6+5+4+3+2+ 1 = 2 1个, 因此所求的概率等于2 13 6=71 2.答案:71 2押题6 .【 解析】 砸蛋三次出现一次金花的概率为C13121 -12()2=38, 出现两次金花的概率为C2312()21 -12()=38, 出现三次金花的概率为C3312()31 -12()0=18, 则每盘游戏出现金花的概率为78, 所以玩三盘游戏, 至少有一盘出现金花的概率P1=1-C0378()0 1 -78()3=5 1 15 1 2.答案:5 1 15 1 2二、 解答
24、题押题1 .【 解析】 (1) 因为随机地抽取一辆单车是蓝色单车的概率为13, 用X表示“ 抽取的5辆单车中蓝色单车的辆数” , 则X服从二项分布, 即XB5,13(), 所以抽取的5辆单车中有2辆是蓝色单车的概率P=C2513()223()3=8 02 4 3.(2)的可能取值为:0,1,2, ,n.P(= 0)=13,P(= 1)=2313=29,P(= 2)=23()213, ,P(=n- 1)=23()n- 113,P(=n)=23()n.所以的分布列为:012n- 1nP13231323()21323()n- 11323()n的数学期望为E()= 0 13+ 1 2313+ 2 23
25、()213+ 323()313+(n-1) 23()n- 113+n23()n,23E()= 1 23()213+ 2 23()313+(n- 2) 23()n- 113+(n- 1) 23()n13+n23()n+ 1. -得:13E()=2313+23()213+23()313+23()n- 113+n23()n-(n- 1) 23()n13-n23()n+ 1,所以13E()=2313+23()213+23()313+23()n- 113+23()n13,4所以E()=23+23()2+23()3+23()n- 1+23()n=231 -23()n1 -23= 21 -23()n.所以E
26、()= 2 - 223()n.押题2 .【 解析】 (1) 设“ 献爱心参与者中奖” 为事件A,则献爱心参与者中奖的概率P(A)=C13C27+C23C17+C33C31 0=8 51 2 0=1 72 4.(2) 设一个献爱心参与者参加活动, 学校所得善款为X, 则X= 2 0,1 0,0,- 8 0,则P(X= 2 0)=C37C31 0=72 4,P(X= 1 0)=C13C27C31 0=2 14 0,P(X= 0)=C23C17C31 0=74 0,P(X=-8 0)=C33C31 0=11 2 0, 所以X的分布列为:X2 01 00- 8 0P72 42 14 074 011 2
27、 0学校所得善款的数学期望为E(X)= 2 0 72 4+ 1 0 2 14 0+ 074 0- 8 0 11 2 0=1 2 51 2,所以, 此次募捐所得善款的数学期望为1 2 51 2 9 0 0 = 9 3 7 5( 元).押题3 .【 解析】 (1) 由题知1 0n 5 0,1 0(n+ 1) 1 0 0, 解得5 n 9,n可取5,6,7,8,9,代入f(x)=n1 0- 0 . 5,1 0nx 1 0(n+ 1) ,n为偶数,n2 0-a,1 0nx 1 0(n+ 1) ,n为奇数中, 得61 0- 0 . 5()+81 0- 0 . 5()+52 0-a()+72 0-a()+
28、92 0-a()= 1,a= 0 . 1 5 .销售量在5 0,6 0) , 6 0,7 0) , 7 0,8 0) , 8 0,9 0) , 9 0,1 0 0)内的频率分别是0 . 1,0 . 1,0 . 2,0 . 3,0 . 3,销售量的平均数为5 50 . 1+6 50 . 1+7 50 . 2+8 50 . 3 + 9 5 0 . 3 = 8 1 .(2) 销售量在7 0,8 0) , 8 0,9 0) , 9 0,1 0 0) 内的频率之比为2 3 3, 所以各组抽取的天数分别为2,3,3 .X的所有可能值为1,2,3,P(X= 1)=2C38=25 6=12 8,P(X= 3)
29、=2 3 3C38=1 85 6=92 8,P(X= 2)= 1 -12 8-92 8=91 4.X的分布列为:X123P12 891 492 8数学期望为E(X)= 1 12 8+ 2 91 4+ 3 92 8=1 67.押题4 .【 解析】 (1) 从甲产品抽取的1 0件样品中优等品有4件, 优等品率为41 0=25,从乙产品抽取的1 0件样品中优等品有5件, 优等品率为51 0=12故甲、 乙两种产品的优等品率分别为25,12.(2)的所有可能取值为0,1,2,3 .P(= 0)=C35C31 0=11 2,P(= 1)=C15C25C31 0=51 2,P(= 2)=C25C15C31
30、 0=51 2,P(= 3)=C35C31 0=11 2,所以的分布列为0123P11 251 251 211 2E()= 0 11 2+ 1 51 2+ 2 51 2+ 3 11 2=32.(3) 抽到的优等品中, 甲产品恰比乙产品多2件包括两种情况: “ 抽到的优等品数甲产品2件且乙产品0件” , “ 抽到的优等品数甲产品3件且乙产品1件” , 分别记为事件A,B,P(A)=C2325()21 -25()C0312()01 -12()3=92 5 0,P(B)=C3325()3C13121 -12()2=31 2 5,故抽到的优等品中甲产品恰比乙产品多2件的概率为P(C)=P(A)+P(B
31、)=92 5 0+31 2 5=35 0.命题角度3 不等式选讲押题1 .【 解析】 (1) 当x 3时,f(x)=- 8, 此时f(x) 2无解;当- 5 x 3时,f(x)=- 2x- 2, 由f(x) 2, 解得- 5 x- 2;当x- 5时,f(x)= 8, 此时f(x) 2恒成立.综上, 不等式f(x) 2的解集是x|x- 2.(2) 由(1) 可
32、知f(x)=- 8,x 3,- 2x- 2,- 5 x 0, 解得m+n83,当且仅当m=n时等号成立,故m+n的最小值为83.(2) 因为f(x) |x- 2 |的解集包含- 1,2 ,5当x- 1,2 时, 有x+ 1 +a| 2x- 1 | 2 -x,所以a| 2x- 1 | 1 - 2x对x- 1,2 恒成立,当- 1 x12时,a(1 - 2x) 1 - 2x, 所以a 1;当12x 2时,a(2x- 1) 1 - 2x, 所以a- 1 .综上:a 1 .故实数a的取值范围是1,+).押题3 .【 解 析 】(1)g(x)=|x|-2|x-3|=x- 6,x 0,3x- 6,0 x 3,-x+ 6,x 3 .当x 0时,x- 6 - 1 0, 所以- 4 x 0;当0 x 3时,3x- 6 - 1 0, 所以0 x 5,等价于x- 2,-x- 2 -x+ 1 5或- 2 5或x 1,x+ 2 +x- 1 5,解得x 2 .所以f(x) 5的解集为x|x 2.(2) 根据题意, 不等式|x+2 |+|x-b|-40恒成立, 所以(|x+ 2 | + |x-b| - 4)m i n 0 .又|x+ 2 | + |x-b| - 4 |b+ 2 | - 4,所以|b+ 2 | - 4 0 b- 6或b 2 .6
