2019年高考原创押题卷（三）
数 学(理科)
时间：120分钟 满分：150分
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
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．已知集合M＝{y|y＝x}，N＝{x|x2＋y2＝1}，则M∩N＝( ) A.
222222
B.－，－，， ，
222222
C.(－1，1) D．[－1，1] 2．若定义运算
ab
cd＝ad－bc，则满足iz＝－2的复数z是( ) －1z
A．1－i B．1＋i C．－1＋i D．－1－i 3．下列函数中，既是奇函数又零点个数最多的是( )
1
A．y＝－x3－1，x∈R B．y＝x＋，x∈R，且x≠0
xC．y＝－x3－x，x∈R D．y＝－x3(x2－1)，x∈R，且x≠0
图31
4．如图31所示，三棱柱ABC - A1B1C1的侧棱长和底边各边长均为2，且侧棱AA1⊥平面A1B1C1，正视图是边长为2的正方形，则该三棱柱的侧视图的面积为( )
A.3 B．23 C.2 D．22 5．对一个做直线运动的质点的运动过程观测了8次，得到如下表所示的数据：
观测次第i 观测数据ai 1 40 2 41 3 43 4 43 5 44 6 46 7 47 8 48 在上述数据的统计分析中，一部分计算见如图32所示的程序框图(其中a是这8个观测数据的平均数)，则输出S的值是( )
/
/
图32
A．7 B．9 C．11 D．13
n1n1
6．如果n为正奇数，那么7n＋C1＋…＋Cn·7被3除所得的余数为( ) n·7
－
－
A．0 B．1 C．2 D．不确定
0≤x≤π，0≤x≤π，
7．在平面直角坐标系内，区域M满足区域N满足则向区域M内投一点，落在区0≤y≤1，0≤y≤sin x，
域N内的概率是( )
ππ22
A. B. C．2－ D．2－ 44ππ
→→→
8．已知空间四面体ABCD的体积是V，点O是该四面体内的一点，且满足OA＋(2－1)OB＋sin αOC＋cos π→
αOD＝0，其中变量α∈0，，则下列判断正确的是( )
2
2－2V
A．VOACD 的最大值为V B．VOABD和VOABC的最大值均为
4412
C．VOABD＋VOABC的最大值为V D．VOBCD的最大值为V
24
9．已知方程(m－1)x2＋(3－m)y2＝(m－1)(3－m)表示焦距为8的双曲线，则m 的值为( ) A．－30 B．10 C．－6或10 D．－30或34 10．如果sin3θ＋sin θ≥cos3θ＋cos θ，且θ∈(0，2π)，那么角θ的取值范围是( ) π3ππ5ππ3ππ5π
A.， B.， C.， D.，
44444444
3
，－1在抛物线C：x2＝2py(p>0)的准线l上，过点A向抛物线C引切线AT，切点为T，点11．已知点A2P是抛物线C上的动点，则点P到直线l和直线AT的距离之和的最小值是( ) A.5 B.
535
C. 5 D.或5 222
π
2sinx＋＋2x2＋x
4
12．已知函数f(x)＝的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝( )
2x2＋cos x
/
/
A．－2 B．2 C．－4 D．4
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
本卷包括必考题和选考题两部分．第13题～第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．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．数学家陶哲轩与林格合作证明了一个有关素数的结论：存在任意长度的素数等差数列．例如：数列3，5，7是包含有3个素数的公差为2的等差数列，则公差为6的素数等差数列中最小的素数是________． 14．当θ为任意角时，动直线xcos θ＋ysin θ＝1所围成区域的面积是________．
15．有同一排的电影票6张，3个教师和3个学生入座，要求师生相间，则不同的坐法种数是________． 16．设△ABC的内角A，B，C满足sin A(sin B＋sin C)＝sin Bsin C，则sin A的最大值是________． 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋2，S3＝9＋32. (1)求数列{an}的通项公式及其前n项和；
Sn(2)设bn＝，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
n
18．(本小题满分12分)某中学在每年的11月份都会举行“文化艺术节”，且在开幕式当天举办大型的文艺31
表演，同时邀请36名不同社团的社长进行才艺展示，其中有的社长是高中学生，的社长是初中学生，高
4412
中学生社长中有是高一学生，初中学生社长中有是初二学生．
33
(1)若校园电视台记者随机采访3名社长，求恰有1名是高一学生且至少有1名是初中学生的概率； (2)若校园电视台记者随机采访3名初中学生社长，设初二学生人数为X，求X的分布列及数学期望E(X)．
19．(本小题满分12分)如图33，在直三棱柱A1B1C1ABC中，AC＝BC＝CC1＝2，且AC⊥BC，M是AB1与A1B的交点，N是线段B1C1的中点． (1)求证：MN⊥平面A1BC；
(2)求平面AA1B与平面A1BC所成锐二面角的正弦值．
/
/
图33
20.(本小题满分12分)已知平面内定点F(1，0)，定直线l：x＝4，P为平面内一动点，作PQ⊥l，垂足为Q，→→且|PQ|＝2|PF|.
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)若过点F且与坐标轴不垂直的直线，交动点P的轨迹于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点R，|FR|试判断是否为定值．
|AB|
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x，g(x)＝xe1x，其中a∈R，e为自然对数的底数．
－
1
0，上无零点，求a的最小值； (1)若函数f(x)在2(2)若对任意给定的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1，2)，使得f(xi)＝g(x0)成立，求a的取值范围．
请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号． 22．(本小题满分10分)选修4-4：坐标系与参数方程 π
已知直线l经过点P(1，1)，倾斜角α＝. 6(1)写出直线l的参数方程；
x＝3cos θ，
(2)设l与曲线C： (θ为参数)相交于A，B两点，求点P到A，B两点的距离之积．
y＝2sin θ
23．(本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲
/
/
(1)设a和b是实数，求证：|a－b|＋|a＋b|≥2|a|；
(2)若对于任意实数a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|(|x－1|＋|x－2|)恒成立，试求实数x的取值范围．
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/
参考答案·数学(理科)
2019年高考原创押题卷（三）
1．D [解析] 因为M＝{y|y＝x}＝R，N＝{x|x2＋y2＝1}＝[－1，1]，所以M∩N＝[－1，1]． 2．C [解析] 依题意，得(i＋1)z＝－2，即(1＋i)(1－i)z＝－2(1－i)，得z＝－1＋i.
3．D [解析] 显然，函数y＝－x3(x2－1)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上是奇函数，且零点有2个． 4．B [解析] 因为侧视图是一个矩形，两邻边的长分别为2和3，所以其面积为23.
5．A [解析] 该程序框图的功能是输出这8个数据的方差，因为这8个数据的平均数a＝40＋0＋1＋3＋3＋4＋6＋7＋82×16＋2×9＋2×1＋4
＝44，所以，方差为＝7，故输出S的值为7.
88
0n11n1
6．B [解析] 原式＝(1＋7)n－1＝(9－1)n－1＝Cn·9n－C1＋…＋Cn＋(－1)n－1＝9Mn·9n·9·(－1)
－
－
－
－2＝3(3M－1)＋1，其中M∈N*，所以余数为1.
2π
7．A [解析] 因为区域M的面积是π，区域N的面积为πsin xdx＝－cos x0＝2，所以，所求概率是.
π
0
→→→→→
8．C [解析] 由OA＋(2－1)OB＋sin αOC＋cos αOD＝0，得AO＝
2－1→
AB＋
2＋sin α＋cos α
sin αcos α2－12－2→→
AC＋AD.VOACD＝V≥V，A错；VOABD
42＋sin α＋cos α2＋sin α＋cos α2＋sin α＋cos α＝
sin αcos α
V<(2－1)V，VOABC＝V<(2－1)V，B错；VOABD＋VOABC＝
2＋sin α＋cos α2＋sin α＋cos α
π
sinα＋4sin α＋cos α112V＝V≤V，C正确；同理可求，VOBCD＝V≥V，
24π2＋sin α＋cos α2＋sin α＋cos α
1＋sinα＋4D错．故选C.
x2y2x2y2
9．C [解析] 依题意，双曲线的方程为＋＝1.当双曲线的焦点在x轴上时，得－＝
3－mm－13－m1－my2x2
1(m<1)，由焦距为8，得(3－m)＋(1－m)＝16，m＝－6；当双曲线的焦点在y轴上时，得－＝1(m>3)，
m－1m－3由焦距为8，得(m－1)＋(m－3)＝16，m＝10.
10．B [解析] 注意到不等式sin3θ＋sin θ≥cos3θ＋cos θ的结构，构造函数f(x)＝x3＋x.显然f(x)是Rπ5π
上的增函数，所以由不等式f(sin θ)≥f(cos θ)，得sin θ≥cos θ，又由θ∈(0，2π)，得≤θ≤. 4411
t，t2.y′＝x，以点T为切点11．D [解析] 依题意，易知p＝2，抛物线C的焦点为F(0，1)，设切点T4231t
，－1代入，整理得t2－3t－4＝0，解得t＝－1或t＝4，即切的抛物线的切线方程为y－t2＝(x－t)，将242
/
/
1
－1，或(4，点坐标为4)，即直线AT的方程为2x＋4y＋1＝0或2x－y－4＝0.过点F作直线AT的垂线FH，4设垂足为H，当点P为线段FH与抛物线C的交点时，所求距离之和最小．因此，点P到直线l和直线AT的距离之和的最小值为
|2×0＋4×1＋1|
22＋425|2×0－1×1－4|
＝或＝5，故选D. 22
22＋(－1)
sin x＋x
12．B [解析] 令g(x)＝f(x)－1＝2，则g(x)有最大值M－1和最小值m－1.易知g(x)在R上为奇函
2x＋cos x数，于是M－1＋m－1＝0，即M＋m＝2. 13．5 [解析] 易知满足题意的最小素数是5.
14．π [解析] 因为动直线xcos θ＋ysin θ＝1是单位圆x2＋y2＝1上任意一点(cos θ，sin θ)处的切线，所以动直线xcos θ＋ysin θ＝1所围成区域的面积为单位圆x2＋y2＝1的面积，即π.
2
15．72 [解析] 先排3个学生有A33种排法，再将2个教师插入中间两空，有A3种排法，最后将剩下的1个321教师安排在两边有A12种排法，故不同排法的种数是A3A3A2＝72.
15bcbc1a2116. [解析] 由题意及正弦定理，得ab＋ac＝bc，所以a＝≤＝bc，即≤.由余弦定理，
8bc4b＋c2bc2b2＋c2－a22bc－a2a217得cos A＝≥＝1－≥1－＝，所以sin A＝1－cos2A≤
2bc2bc2bc88
72151－8＝.
8
a1＝2＋1，
17．解：(1)设公差为d，由已知得
3a1＋3d＝9＋32，
∴d＝2，2分
故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2).6分 Sn(2)证明：由(1)得bn＝＝n＋2.
n
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，8分
2
则b2q＝bpbr，即(q＋2)＝(p＋2)(r＋2)，
∴(q2－pr)＋2(2q－p－r)＝0，∵p，q，r∈N*，
2
q－pr＝0，p＋r2∴ ∴＝pr，即(p－r)2＝0，
22q－p－r＝0，
∴p＝r，与p≠r矛盾，
∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列． 12分
18．解：(1)由题意得，高中学生社长有27名，其中高一学生有9名；初中学生社长有9名，其中初二学生有6名．设事件A为“采访的3名社长中，恰有1名是高一学生且至少有1名是初中学生”，
112
C1C12979C9C189C9
则P(A)＝＋3＝.6分 3C36C361190
(2)X的可能取值为0，1，2，3，则
2C31C1336C3P(X＝0)＝3＝，P(X＝1)＝3＝，
C984C914
/
/
1C2C356C3156P(X＝2)＝3＝，P(X＝3)＝3＝，9分
C928C921
所以X的分布列为
X P 0 1 841 3 142 15 283 5 2113155E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.
8414282112分
19．解：(1)证明：以C为原点，分别以CC1，CB，CA所在直线为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则
A1(2，0，2)，B1(2，2，0), B(0，2，0)，C1(2，0，0)， ∴M(1，1，1)，N(2，1，0)，
→→→
∴A1B＝(－2，2，－2)，CB＝(0，2，0)，MN＝(1，0，－1)，3分 →→
∴MN·A1B＝－2×1＋0×2－2×(－1)＝0， →→
MN·CB＝0×1＋0×2＋0×(－1)＝0， ∴MN⊥A1B，MN⊥CB.又∵A1B∩CB＝B， ∴MN⊥平面A1BC.6分
(2)过C点作CH⊥AB于H点，∵平面ABC⊥平面ABB1A1，∴CH⊥平面A1BA, →
故平面A1BA的一个法向量为CH＝(0，1，1)．
→
由(1)知平面A1BC的一个法向量为MN＝(1，0，－1).8分 设θ为所求两平面所成锐二面角，则
→→CH·MN－1×110，π， →→cos θ＝cos〈CH＝＝＝，又θ∈，MN〉→→2|MN|2×22|CH|·
||
∴sin θ＝1－cos2θ＝
3
.11分 2
3
.12分 2
故平面AA1B与平面A1BC所成锐二面角的正弦值为
→→
20．解：(1)设P(x，y)，则Q(4，y)，∵|PQ|＝2|PF|，
/
/
→→
∴PQ2＝4PF2，∴(4－x)2＝4[(1－x)2＋y2]， x2y2
化简整理，得 ＋＝1.4分
43
(2)依题意，可设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，5分 y＝k（x－1），22
联立xy消去y，得
＋＝1，43(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，6分 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 4k2－128k2
x1＋x2＝，xx＝.8分
3＋4k2123＋4k2设AB的中点为D(x0，y0)，则
x1＋x2－3k4k2x0＝＝. 2，y0＝k(x0－1)＝23＋4k3＋4k2∴线段AB的垂直平分线的方程为 4k2－3k1y－＝－x－3＋4k2，
k3＋4k23（1＋k2）k2k2
令y＝0，得xR＝，∴|FR|＝1－＝.10分
3＋4k23＋4k23＋4k212（1＋k2）
∵|AB|＝1＋k|x1－x2|＝1＋k·（x1＋x2）－4x1x2＝，
3＋4k2222∴
|FR|1
＝为定值.12分 |AB|4
1
0，上恒成立不可能， 21．解：(1)因为f(x)<0在区间21
0，上无零点， 所以要使函数f(x)在21
0，，f(x)>0恒成立， 只要对任意的x∈212ln x0，，a>2－即对任意的x∈恒成立． 2x－12分
12ln x
0，， 令l(x)＝2－，x∈2x－1
22
（x－1）－2ln x2ln x＋－2xx1则l′(x)＝－＝22，x∈0，， 2（x－1）（x－1）12
0，， 再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈2x22－2（1－x）
则m′(x)＝－2＋＝<0，
xxx2/
/
11
0，上为减函数，于是m(x)>m＝2－2ln 2>0， 故m(x)在221
0，上为增函数， 从而l′(x)>0，所以l(x)在21
所以l(x) x－121 0，上无零点，则a的最小值为2－4ln 2.5分 综上，若函数f(x)在2(2)g′(x)＝e1x－xe1x＝(1－x)e1x.当x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增； － － － 当x∈(1，e]时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．又因为g(0)＝0，g(1)＝1，g(e)＝e·e1e>0， － 所以函数g(x)在(0，e]上的值域为(0，1].6分 易知当a＝2时，不合题意． 2 （2－a）x－2－a2（2－a）x－2 当a≠2时，f′(x)＝2－a－＝＝， xxx2 当x＝时，f′(x)＝0. 2－a 由题意得，f(x)在(0，e]上不单调， 22 故0< 此时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下： f′(x) f(x) 0，2 2－a－ 2 2－a0 极小值 2，e 2－a＋ 又因为当x→0时，f(x)→＋∞， 22f2－a＝a－2ln，f(e)＝(2－a)(e－1)－2， 2－a 所以，若对任意给定的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1，2)， 使得f(xi)＝g(x0)成立，则a满足 22f2－a≤0，a－2ln2－a≤0②， 即9分 f（e）≥1，（2－a）（e－1）－2≥1③.令h(a)＝a－2ln 22 －∞，2－， ，a∈e2－a 2a ＝，令h′(a)＝0，得a＝0， 2－aa－2 / 则h′(a)＝1－2[ln 2－ln(2－a)]′＝1－ / 故当a∈(－∞，0)时，h′(a)>0，函数h(a)单调递增； 2 0，2－时，h′(a)<0，函数h(a)单调递减． 当a∈e2 －∞，2－，有h(a)≤h(0)＝0， 所以，对任意a∈e2 －∞，2－恒成立． 即②式对任意a∈e3 由③式解得a≤2－④.11分 e－1 3 综合①④可知，当a∈－∞，2－时，对任意给定的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1， e－12)，使f(xi)＝g(x0)成立.12分 22．解：(1)直线l的参数方程为 3 ，x＝1＋t，x＝1＋tcosπ62(t为参数)，即(t为参数).4分 π1 y＝1＋2ty＝1＋tsin6 x＝3cos θ，x2 (2)设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，将曲线C的参数方程 (θ为参数)化为普通方程得＋9y＝2sin θ y2 ＝1，5分 4 x＝1＋23t，xy把代入＋＝1， 941 y＝1＋2t 2 2 13 1＋t＝36， 得41＋t＋922 92 即21t2＋4(43＋9)t－92＝0，所以t1t2＝－， 219分 92 则点P到A，B两点的距离之积为.10分 2123．解：(1)证明：利用绝对值不等式，得 |a＋b|＋|a－b|≥|a＋b＋a－b|＝2|a|， 当且仅当(a＋b)(a－b) ≥0时取等号.4分 (2)由题知|x－1|＋|x－2|≤ |a－b|＋|a＋b||a－b|＋|a＋b| 恒成立，即|x－1|＋|x－2|不大于的最小值． |a||a| 22 |a－b|＋|a＋b| 由(1)知的最小值等于2， |a| 所以x的取值范围即为不等式|x－1|＋|x－2|≤2的解.7分 11 当x≤1时，1－x＋2－x≤2，即x≥，此时≤x≤1； 22 / / 当1 当x>2时，x－1＋x－2≤2，即x≤，此时2 / 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容