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2020年高三数学（理科）最新信息卷含试卷分析答题技巧（打包12套）详细信息
| 宜城教育365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载网www.bjtlcd.com2020年高三数学（理科）最新信息卷含试卷分析答题技巧（打包12套）2019年高考高三最新信息卷理科数学（三）注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，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，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．[2019·江师附中]集合，，则（）A． B． C． D．2．[2019·呼和浩特调研]若复数（为虚数单位）在复平面内所对应的点在虚轴上，则实数为（）A． B．2 C． D．3．[2019·蚌埠质检]某电商为某次活动设计了"和谐"、"爱国"、"敬业"三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖则他获得奖次的不同情形种数为（）A．9 B．12 C．18 D．244．[2019·惠来一中]平面向量与的夹角为，，，则（）A． B． C．0 D．25．[2019·江西联考]程序框图如下图所示，若上述程序运行的结果，则判断框中应填入（）A． B． C． D．6．[2019·四川诊断]几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为（）A．729 B．428 C．356 D．2437．[2019·唐山一中]已知，则在，，，中最大值是（）A． B． C． D．8．[2019·宜宾诊断]已知直线：与圆心为，半径为的圆相交于，两点，另一直线：与圆交于，两点，则四边形面积的最大值为（）A． B． C． D．9．[2019·吉林实验中学]一个正三棱锥(底面积是正三角形，顶点在底面上的射影为底面三角形的中心)的四个顶点都在半径为的球面上，球心在三棱锥的底面所在平面上，则该正三棱锥的体积是（）A． B． C． D．10．[2019·四川诊断]已知函数的最小正周期为，其图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称，则的单调递增区间为（）A．， B．，C．， D．，11．[2019·厦门一中]已知数列的前项和为，直线与圆交于，两点，且．若对任意恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．12．[2019·四川诊断]已知定义在上的函数关于轴对称，其导函数为．当时，不等式．若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为（）A．1 B．2 C．3 D．4第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．[2019·全国大联考]若实数，满足，则的最小值为_______．14．[2019·云师附中]在1和2之间插入2016个正数，使得这2018个数成为等比数列，则这个数列中所有项的乘积为______．15．[2019·南洋中学]已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则时，不等式的解集为_______．16．[2019·扬州中学]已知双曲线的左、右焦点分别为、，直线过，且与双曲线右支交于、两点，若，，则双曲线的离心率等于_______．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）[2019·保山统测]在中，内角，，的对边分别为，，，且．（1）求角；（2）若，求周长的最大值．18．（12分）[2019·柳州模拟]某中学的环保社团参照国家环境标准制定了该校所在区域空气质量指数与空气质量等级对应关系如下表（假设该区域空气质量指数不会超过300）：该社团将该校区在2018年11月中10天的空气质量指数监测数据作为样本，绘制的频率分布直方图如下图，把该直方图所得频率估计为概率．（1）以这10天的空气质量指数监测数据作为估计2018年11月的空气质量情况，则2018年11月中有多少天的空气质量达到优良？（2）从这10天的空气质量指数监测数据中，随机抽取三天，求恰好有一天空气质量良的概率；（3）从这10天的数据中任取三天数据，记表示抽取空气质量良的天数，求的分布列和期望．19．（12分）[2019·全国大联考]如图，在四棱锥中，已知四边形是边长为的正方形，点是的中点，点在底面上的射影为点，点在棱上，且四棱锥的体积为．（1）若点是的中点，求证：平面平面；（2）若，且二面角的余弦值为，求的值．20．（12分）[2019·柳州模拟]如图，已知椭圆的左、右焦点分别为、，点为椭圆上任意一点，关于原点的对称点为，有，且的最大值．（1）求椭圆的标准方程；（2）若是关于轴的对称点，设点，连接与椭圆相交于点，直线与轴相交于点，试求的值．21．（12分）[2019·石室中学]已知函数，．（1）当，函数图象上是否存在3条互相平行的切线，并说明理由？（2）讨论函数的零点个数．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】[2019·执信中学]极坐标系与直角坐标系有相同的长度单位，以原点为极点，以轴正半轴为极轴．已知曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，射线，，，与曲线分别交异于极点的四点，，，．（）若曲线关于曲线对称，求的值，并把曲线和化成直角坐标方程．（）求，当时，求的值域．23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】[2019·衡阳联考]已知函数．（1）若的最小值为3，求实数的值；（2）若时，不等式的解集为，当，时，求证：．绝密★启用前2019年高考高三最新信息卷理科数学答案（三）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．【答案】D【解析】∵，∴，故选D．2．【答案】D【解析】∵在复平面内所对应的点在虚轴上，∴，即．故选D．3．【答案】C【解析】根据题意，若员工甲直到第4次才获奖，则其第4次才集全"和谐"、"爱国"、"敬业"三种红包，则甲第4次获得的红包有3种情况，前三次获得的红包为其余的2种，有种情况，则他获得奖次的不同情形种数为种；故选C．4．【答案】D【解析】∵，∴，∴，∴．故选D．5．【答案】D【解析】初始值，，执行框图如下：，；不能满足条件，进入循环，；不能满足条件，进入循环；，，此时要输出，因此要满足条件，∴．故选D．6．【答案】D【解析】由题得几何体原图是如图所示的四棱锥，底面是边长为9的正方形，高，∴几何体的体积为．故选D．7．【答案】C【解析】∵，∴和均为减函数，∴，，又∵在为增函数，∴，即在，，，中最大值是，故选C．8．【答案】A【解析】以为圆心，半径为的圆的方程为，联立，解得，，∴中点为，而直线：恒过定点，要使四边形的面积最大，只需直线过圆心即可，即为直径，此时垂直，，∴四边形的面积最大值为．故选A．9．【答案】C【解析】设正三棱锥底面中心为，连接，延长交于，则．∵是三棱锥的外接球球心，∴，∴，∴．∴．故选C．10．【答案】B【解析】由的最小正周期为，∴，的图象向左平移个单位后所得图象对应的函数为，因其图象关于轴对称，∴，，∵，则，∴，由，，得，．即的单调递增区间为，．故选B．11．【答案】B【解析】圆心到直线，即的距离，由，且，得，∴，即且；∴是以为首项，2为公比的等比数列．由，取，解得，∴，则；∴，适合上式，∴；设，，∴；∴，若对任意恒成立，即对任意恒成立，即对任意恒成立．设，∵，∴，故的最大值为，∵，∴．故选B．12．【答案】B【解析】∵，∴，令，则，又∵是在上的偶函数，∴是在上的奇函数，∴是在上的单调递增函数，又∵，可化为，即，又∵是在上的单调递增函数，∴恒成立，令，则，∵，∴在单调递减，在上单调递增，∴，则，∴，∴正整数的最大值为2．故选B．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】【解析】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示．平移直线，可知当直线过点时，有最小值，联立，解得，故，则的最小值为．故答案为．14．【答案】【解析】根据等比数列的性质可得，∴这个数列中所有项的乘积为，故答案为．15．【答案】【解析】∵函数是定义在上的奇函数，∴当时，，∴，由奇函数可，∴不等式可化为，解得；∴时，不等式的解集为，故答案为．16．【答案】2【解析】如图，由可得，∴，，由双曲线的定义可得，，∴，在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，∵，∴，整理得，∴，解得或（舍去）．∴双曲线的离心率等于2．故答案为2．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由得．根据正弦定理，得，化为，整理得到，∵，故，又，∴．（2）由余弦定理有，故，整理得到，故，当且仅当时等号成立，∴周长的最大值为．18．【答案】（1）11月中平均有9天的空气质量达到优良；（2）；（3）见解析．【解析】（1）由频率分布直方图，知这10天中1级优1天，2级良2天，3-6级共7天．∴这10天中空气质量达到优良的概率为，∵，∴11月中平均有9天的空气质量达到优良．（2）记"从10天的空气质量指数监测数据中，随机抽取三天，恰有一天空气质量优良"为事件，则，即恰好有一天空气质量良的概率．（3）由题意得的所有可能取值为0，1，2，；；．∴的分布列为：∴．19．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）∵点在底面上的射影为点，∴平面，又四边形是边长为的正方形，且四棱锥的体积为，∴，即，∴，又，点是的中点，∴，同理可得．又，∴平面，又平面，∴平面平面．（2）如图，连接，易得，，互相垂直，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，∵，点在棱上，∴，又，∴，∴，设平面的法向量为，则，∵，，∴，令，可得，∴平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，二面角的余弦值为，∴，即，解得（负值舍去）．20．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）∵点为椭圆上任意一点，关于原点的对称点为，∴，又，∴，∴，又的最大值为，知当为上顶点时，最大，∴，∴，∴，∴椭圆的标准方程为．（2）由题意可知直线存在斜率，设直线的方程为，由消去并整理得．∵直线与椭圆交于两点，∴，解得．设，，则，且，，①直线的方程为，令，得，②由①②得．∴点为左焦点，因此，，∴．21．【答案】（1）存在；（2）见解析．【解析】（1），，，则函数在单调递减，上单调递增，上单调递减，∵，，，，，∴存在切线斜率，使得，，，，∴函数图象上是存在3条互相平行的切线．（2），当，有；，在上单调递增；∴函数存在唯一一个零点在内；当，有，；，在上单调递增；∴函数存在唯一一个零点在内；当，有，∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，，，，，，∴函数一个零点在区间内，一个零点在区间内，一个零点在内．∴函数有三个不同零点．综上所述：当函数一个零点；当函数三个零点．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．【答案】（1），，；（2）．【解析】（），即，化为直角坐标方程为．把的方程化为直角坐标方程为，∵曲线关于曲线对称，故直线经过圆心，解得，故的直角坐标方程为．（）当时，，，，，∴，当时，，，故的值域为．23．【答案】（1）或；（2）见解析．【解析】（1）∵，（当且仅当时取=号）∴，解得或．（2）当时，，当时，由，得，解得；又，∴不等式无实数解；当时，恒成立，∴；当时，由，得，解得；∴的解集为．．∵，，∴，，∴，即，∴． 宜城教育365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载网www.bjtlcd.com |
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