2019年河南省八市重点高中联盟“领军考试”高考数学压轴试卷(理科)(5月份)(有答案解析)

（理科）（5月份）

题号 得分 一 二 一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）

1. 若复数z满足iz-1=2i，则在复平面内，复数z对应的点的坐标是（ ）

A. （1，2） B. （2，1） C. （1，-2） D. （2，-1）

2. 函数f（x）=-x2+2x+8（-4≤x≤6），在其定义域内任取一点x0，使f（x0）≥0的概率是（ ）

三 总分 A. B. C. D.

3. 执行如图所示的程序框图，输出T的值为（ ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

4. 已知点（3，a）和（2a，4）分别在角β和角β-45°的终边上，则实数α的值是（ ）

A. -1 B. 6 C. 6或-1 D. 6或1 5. 设m，n∈R，则“m|m|＜n|n|”是“m＜n”的（ ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，

则该几何体的体积为（ ）

A. π B. π C. π D. π

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7. 函数f（x）在区间[-1，5]上的图象如图所示，g（x）=f（t）dt，则下列结论正确的是（ ）

A. 在区间（-1，0）上，g（x）递增且g（x）＞0

B. 在区间（-1，0）上，g（x）递增且g（x）＜0 C. 在区间（-1，0）上，g（x）递减且g（x）＞0 D. 在区间（-1，0）上，g（x）递减且g（x）＜0

8. 已知抛物线y2=4x的焦点为F，l为准线，点P为抛物线上一点，且在第一象限，PA⊥l，垂足为

A，若直线AF的斜率为-，则点A到PF的距离为（ ）

A. 2 B.

C.

D. 2

9. 已知函数f（x）=x2+ax+b（a＜0，b＞0）有两个不同的零点x1，x2，-2和x1，x2三个数适当排序

后既可成为等差数列，也可成为等比数列，则函数f（x）的解析式为（ ） A. f（x）=x2-5x-4 B. f（x）=x2+5x+4 C. f（x）=x2-5x+4 D. f（x）=x2+5x-4 10. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑”．在

PD⊥平面ABCD，如图所示的四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，

且PD=CD，点E，F分别为PC，PD的中点，则图中的鳖臑有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 B两点，M为准线上的一点，11. 过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F作直线，交抛物线于A，记∠MBF=α，

∠MAF=β，且α+β=90°，则∠MFO=与|α-β|的大小关系是（ ） A. ∠MFO=|α-β| B. ∠MFO＞|α-β| C. ∠MFO＜|α-β| D. 不确定

12. 函数f（x）的定义域为R，∀x∈R有f（x）=2f（x+1），且X∈[0，1）时，f（x）=16x-1，则函数

g（x）=f（x）-log16x的零点个数为（ ） A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 已知随机变量ξ服从正态分布N=（3，4），若P（ξ＜2a-1）=P（ξ＞a+4），则a的值为______． 14. 设（x-1）4（2x+1）=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a5（x+1）5，则a1+a2+…+a5的值为______．

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15. 在△ABC中，sin2+sinAsinB=，AC=4，S△ABC=6，则BC=______

16. 已知x，y∈R，若|x+1|+|y+1|+|x-1|+|y-1|≤4，则xy的取值范围是______． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）

17. 已知Sn是等差数列{an}的前n项和，公差d=-2，且a1，a3，a4成等比数列．

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设Tn为数列{（-1）nan}的前n项和，求Tn

PA⊥平面ABCD，AC=18. 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，若AP=AB=AD=1，

（Ⅰ）求证：平面PAC⊥平面PCD

（Ⅱ）求棱PD与平面PBC所成角的正弦值．

19. 一组数据的最大值与最小值的差称为极差．一袋中有编号为从1到8的8个完全相同的小球，

现从中随机抽取4个小球．

（Ⅰ）记取出的这组4个球的编号极差为随机变量ξ，求ξ的分布列与期望；

（Ⅱ）若把“取出的一组球与袋中剩下的一组球编号的极差相等”记为事件A，求事件A的概率．

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20. 已知O（0，0）和K（0，2）是平面直角坐标系中两个定点，过动点M（x，y）的直线MO和

MK的斜率分别为k1，k2，且k1•k2=-

（Ⅰ）求动点M（x，y）的轨迹C的方程；

（Ⅱ）过点K作相互垂直的两条直线与轨迹C交于A，B两点，求证：直线AB过定点．

21. 已知函数f（x）=x-axlnx+1（a∈R）在点（2，f（2））处的切线为y=kx+3

（Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）设g（x）=

22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为

（α为参数），以坐标原点O为

，求函数g（x）在（-1，+∞）上的最大值．

极点，x轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcos（θ+）=2

（Ⅰ）求曲线C和直线l的直角坐标方程；

（Ⅱ）直线l与y轴交点为P，经过点P的直线与曲线C交于A，B两点，证明：|PA|•|PB|为定值．

23. 已知函数f（x）=|2x+3|-|x-a|（a∈R）．

（Ⅰ）当a=1时，解不等式f（x）≥2

（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≥|x-3|的解集包含[3，5]，求a的取值范围．

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-------- 答案与解析 --------

1.答案：D

解析：解：z=故选：D． 依题意，z=

=2-i对应的点为（2，-1）， =2-i对应的点为（2，-1），

本题考查了复数的代数表示法及其坐标表示，是基础题． 2.答案：C

解析：解：由f（x0）≥0，得

，

由几何概型中的线段型可得：

在其定义域内任取一点x0，使f（x0）≥0的概率为 P=

=，

故选：C．

由几何概型中的线段型可得：P=

=，得解．

本题考查了几何概型，属简单题． 3.答案：C

解析：解：模拟程序的运行，可得 第一次循环S=2，T=2； 第二次循环S=6，T=3； 第三次循环S=12，T=4； 第四次循环S=20，T=5．

此时退出循环，输出T的值为5． 故选：C．

由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量T的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．

本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题． 4.答案：B

解析：解：当a＜0时，两个角的终边落在了第四象限和第二象限，夹角不可能为45°，舍去A和C，

当a=1或a=6时，如图，a=1时不合题意．

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故选：B．

分类讨论，当a＜0时，两个角的终边落在了第四象限和第二象限，夹角不可能为45°，排除A和C，当a=1或a=6时，如图，a=1时不合题意，从而可得答案．

本题考查了象限角、轴线角，考查了数形结合的解题思想方法，是基础题． 5.答案：C

解析：解：设函数f（x）=x|x|=

；

此函数在R上为单调递增函数，

故f（m）＜f（n）⇔“m＜n”，所以m，n∈R， 则“m|m|＜n|n|”是“m＜n”的是充要条件， 故选：C．

根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．

本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键． 6.答案：A

解析：解：该几何体是在一个半球中挖出四分之一圆锥，故所求体积为V=

=

．

故选：A．

判断几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的体积．

本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键． 7.答案：B

解析：解：如图，g（x）=f（t）dt=-所以t∈（-1，0），故f（t）＞0，

故f（t）dt表示曲线f（t）与t轴以及直线t=0和t=x所围区域面积， 当x增大时，面积减小，故选：B．

由定积分，微积分基本定理可得：f（t）dt表示曲线f（t）与t轴以及直线t=0和t=x所围区域面积，当x增大时，面积减小，

减小，g（x）增大，故g（x）递增且g（x）＜0，得解． 减小，g（x）增大，故g（x）递增且g（x）＜0，

，因为x∈（-1，0），

本题考查了定积分，微积分基本定理，属中档题． 8.答案：A

解析：解：∵直线AF的斜率为，∴直线AF的倾斜角为120°， 则∠PAF=60°，由抛物线的定义得|PF|=|PA|， ∴△PAF为等边三角形，

由抛物线y2=4x，得2p=4，p=2，

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则|OF|=1，∴△PAF是边长为4的等边三角形． 则A到PF的距离等于， 故选：A．

由题意画出图形，数形结合可知△PAF为等边三角形，则点A到PF的距离可求．

本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法，是中档题． 9.答案：C

x2＞0，x1x2=4，x2=4，解析：解：由韦达定理可以断定x1＞0，故2x1=x2-2，解得x1=1，所以-a=x1+x2=5，

b=x1x2=4，f（x）=x2-5x+4． 故选：C．

根据韦达定理可以断定x1＞0，x2＞0，再结合等差等比数列可得． 本题考查了等差等比数列的综合，属中档题． 10.答案：C

解析：解：∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥DC，PD⊥BC， 又四边形ABCD为正方形，∴BC⊥CD，

∴BC⊥平面PCD，BC⊥PC，∴四面体PDBC是一个鳖臑， ∵DE⊂平面，∴BC⊥DE，

∵PD=CD，点E是PC的中点，∴DE⊥PC， ∵PC∩BC=C，∴DE⊥平面PBC，

可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑， 同理可得，四面体PABD和FABD都是鳖臑． 故选：C．

根据条件找出四个面都为直角三角形的四面体即可．

本题考查了线面垂直的判定定理和性质，考查了空间想象能力和逻辑推理能力，属中档题． 11.答案：A

解析：解：如图，由题意可得∠AMB=90°， 设N为AB的中点，根据抛物线的定义，点N到准线的距离为|AB|， 即以AB为直径的圆与准线相切，

∵AM⊥BM，M为准线上的点，∴M为切点，MN∥轴，

设直线AB的方程为x=ty+，联立抛物线方程可得y2-2pty-p2=0， 设N（m，n），可得n=

=

=pt，

，

可得M（-，pt），F（，0），即kMF==-t，kMF=-

可得MF⊥AB，又AM⊥BM，所以∠MAF=∠BMF=β，

又∵AN=MN，∴∠AMN=∠MAN=β，同理可得∠AMF=∠MBF=α， ∴|α-β|=∠AMF-∠AMN=∠FMN=∠MFO， 故选：A．

由题意可得∠AMB=90°，设N为AB的中点，运用抛物线的定义和直线和圆的位置关系，以及两直线

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平行的性质，即可得到所求结论．

本题考查抛物线的定义和圆的性质，考查直角三角形的性质，考查数形结合思想和推理能力，属于中档题． 12.答案：B

解析：解：因为f（x）=2f（x+1），故当自变量增加1时，因变量变为原来的，

将x∈[0，1）的图象右移一个单位，再把纵坐标压缩为原来的一半，得到x∈[1，2）的图象， 依次进行，得到f（x）的图象与g（x）=log16x的图象有四个交点， 故g（x）的零点个数为4． 故选：B．

根据因为f（x）=2f（x+1），故当自变量增加1时，因变量变为原来的，依此类推，作图象可得答案．

本题考查了函数的图象和零点的问题．数形结合的思想，属于中档题． 13.答案：1

解析：解：由ξ服从正态分布N=（3，4），得μ=3， 依题设x=2a-1与x=a+4关于x=3对称， 即（2a-1）+（a+4）=6，解得：a=1． 故答案为：1．

由题意求得μ，再由正态分布曲线的对称性列式求得a值．

本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题． 14.答案：17

解析：解：令x=-1，得a0=-16， 令x=0得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1， 则a1+a2+a3+a4+a5=1+16=17， 故答案为：17．

利用赋值法分别令x=-1和x=0进行计算求解即可．

本题主要考查二项式的应用，利用赋值法是解决本题的关键． 15.答案：3

解析：解：由已知得：， 化简得∵0＜A+B＜π， ∴

，从而

，

， ，故

，

由AC=4，S△ABC=6，得∴BC=． 故答案为：

．

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把已知等式降幂，求得cos（A+B），进一步求得A+B，得到C，结合正弦定理求面积可得BC． 本题考查三角形的解法，考查倍角公式及正弦定理的应用，是基础题． 16.答案：[-1，1]

解析：解：|x+1|+|x-1|≥|（x+1）-（x-1）|≥2，|y+1|+|y-1|=|（y+1）-（y-1）|≥2． ∵|x+1|+|y+1|+|x-1|+|y-1|≤4，∴|x+1|+|x-1|=2，|y+1|+|y-1|=2．

由取等条件知-1≤x≤1，-1≤y≤1，画出可行域如图，得-1≤xy≤1，

∴xy的取值范围为：[-1，1]． 故答案为：[-1，1]．

由条件可得|x+1|+|x-1|=2，|y+1|+|y-1|=2，然后利用线性规划求出xy的范围即可． 本题考查了绝对值不等式的解法和线性规划，考查了转化思想，属基础题． 17.答案：解：（Ⅰ）由题意得a32=a1a4， 即（a1+2d）2=a1（a1+3d）， 代入d=-2，解得a1=8， 所以an=10-2n．

（Ⅱ）Tn=-a1+a2-a3+a4+…+（-1）nan，

当n为偶数时，设n=2k，记ck=（-1）2ka2k+（-1）2k-1a2k-1=a2k-a2k-1=-2， Tn=T2k=c1+c2+…+ck=-2k=-n， 当n为奇数时，设n=2k-1，

Tn=T2k-a2k=-2k-（10-4k）=2k-10=n-9， 综上，Tn

．

解析：（Ⅰ）利用等差数列和等比数列的通项公式列式可得； （Ⅱ）分n为奇数和偶数两种情况讨论．

本题考查了等差数列与等比数列的综合，属中档题． 18.答案：证明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD， ∵AD=2，AC=，CD=AB=1， ∴AD2=AC2+CD2，∴AC⊥CD， ∴CD⊥平面PAC， 又∵CD⊂平面PCD， ∴平面PAC⊥平面PCD． 解：（Ⅱ）解法一：三棱锥设点D到平面PBC的距离为d，而△PBC中，PC=BC=2，PB=

，

=，

，

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∴，∴d=，

．

设棱PD与平面PBC所成角为θ，则sinθ=

解法二：以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴， AP所在直线为z轴，建立如图空间直角坐标系，

则B（1，0，0），C（0，，0），D（-1，，0），P（0，0，1）， ∴=（1，0，-1），=（0，

，-1），=（-1，

，-1），

设平面PBC的一个法向量为=（x，y，z），

则，取y=1，得=（），

∴cos＜＞==-，设PD与平面PBC所成角为θ，

．

则棱PD与平面PBC所成角的正弦值sinθ=

解析：（Ⅰ）推导出PA⊥CD，AC⊥CD，从而CD⊥平面PAC，由此能证明平面PAC⊥平面PCD． （Ⅱ）法一：三棱锥

，求出d=

=，设点D到平面PBC的距离为d，由，由此能坟出棱PD与平面PBC所成角的正弦值．

法二：以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出棱PD与平面PBC所成角的正弦值．

本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

19.答案：解：（Ⅰ）ξ的可能取值为3，4，5，6，7，

若极差为3，四球编号最小值和最大值可为（1，4），（2，5），（3，6），（4，7），（5，8）， 故P（ξ=3）=

=，

极差为4，四个球编号最小和最大值可为（1，5），（2，6），（3，7），（4，8），故P（ξ=4）=

=，

极差为5，四个球编号的最小值和最大值可为（1，6），（2，7），（3，8）， 故P（ξ=5）=

=，

极差为6，四个球编号的最小值和最大值可为（1，7），（2，8）， 故p（ξ=6）=

=，

极差为7，四个球编号的最小值和最大值可为（1，8），

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故P（ξ=7）==． ∴ξ的分布列为： ξ P 期望为E（ξ）=

3 4 5 6 7 +7×=．

（Ⅱ）将八个球分成两组，且这两组球的极差相等，

当相等的极差为3时，取出的编号可为（1，2，3，4）、（5，6，7，8）两种， 当相等的极差为4时，取出的编号可为（1，2，3，5）、（4，6，7，8）两种，

当相等的极差为5时，取出的编号可为（1，2，4，6）、（3，5，7，8）、（1，2，5，6）、（3，4，7，8）四种，

当相等的极差为6时，四个球编号的最小值和最大值可为（1，7）和（2，8）， 剩下的编号无要求，有2故事件A的概率P（A）=

=12种，

=．

解析：（Ⅰ）ξ的可能取值为3，4，5，6，7，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和期望． （Ⅱ）将八个球分成两组，且这两组球的极差相等，当相等的极差为3时，取出的编号有两种，当相等的极差为4时，取出的编号有两种，当相等的极差为5时，取出的编号有四种，当相等的极差为6时，四个球编号的最小值和最大值可为（1，7）和（2，8），剩下的编号无要求，有2

=12种，

由此能求出事件A的概率P（A）．

本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

20.答案：解：（Ⅰ）由k1•k2=-，得

整理得：故C的方程为：

，

，

．（也可以写作x2+2y2-4y=0）．

（Ⅱ）显然两条过点K的直线斜率都存在，设过点K的直线方程y=kx+2， 联立

解得

，

， ，

，代入得：

设直线AB的方程为：Ax+By+C=0，将

，整理得：2Ck2-4Ak+2B+C=0，

由于两直线垂直，斜率乘积为-1，根据韦达定理

，即2B+3C=0，

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故直线AB过定点（0，）．

y）k2，解析：（1）由过动点M（x，的直线MO和MK的斜率分别为k1，且k1•k2=-，从而表示出

，

化简即可得出答案．

（2）将直线方程与圆联立，根据两直线垂直，斜率乘积为-1，结合韦达定理得出直线过定点． 本题考查直接法求轨迹方程，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．

21.答案：解：（Ⅰ）函数f（x）=x-axlnx+1（a∈R）在点（2，f（2））处的切线为y=kx+3；定义域：（0，+∞）；

f′（x）=-alnx+1-a，

k=f′（2）=-aln2-a+1，而：f（2）=3-（2ln2）a， 代入切线方程：3-（2ln2）a=2×（-aln2-a+1）+3； 解得：a=1．

（Ⅱ）由函数f（x）=x-xlnx+1， f′（x）=-lnx，

f′（x）=-lnx＞0时，可得：0＜x＜1，

∴f（x）在（0，1）单调递增，f（x）在（1，+∞）单调递减， ∴f（x）max=f（1）=2， 因为g（x）=

，定义在x＞-1上．

故而可得：f（x+1）max=f（1）=2， 再设：h（x）=

，h′（x）=-，

h′（x）=-＞0，⇔-1＜x＜0，

∴h（x）在（-1，0）单调递增，在（0，+∞）单调递减，h（x）max=h（0）=1， ∵g（x）=

=h（x）•f（x+1）的定义域为：（-1，+∞），

而当：x∈（-1，+∞），时，h（x）恒大于0， ∴g（x）在（1，+∞）上的最大值为：g（0）=2．

解析：（Ⅰ）求函数的导函数，利用导数表达斜率；再将切点代入切线可计算a的值； （Ⅱ）设g（x）=

，转换函数g（x）=

=h（x）•f（x+1）在（-1，+∞）上的最

大值．由h（x）和f（x+1）的最值推导可得答案．

本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查导数的几何意义，函数切线，考查函数最值问题，正确求导是关键．属于难题．

22.答案：解：（Ⅰ）由x2+y2=（cosα+sinα）2+（sinα-cosα）2=4， 得曲线C：x2+y2=4．

直线l的极坐标方程展开为ρcosθ-ρsinθ=2， 故l的直角坐标方程为

．

（t为参数），

（Ⅱ）显然P的坐标为（0，-4），不妨设过点P的直线方程为

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代入C：x2+y2=4得t2-8tsinα+12=0，设A，B对应的参数为t1，t2 所以|PA|•|PB|=|t1t2|=12为定值．

解析：（Ⅰ）由x2+y2=（cosα+sinα）2+（sinα-cosα）2=4可得曲线C的直角坐标方程；根据互化公式可得直线l的直角坐标方程； （Ⅱ）根据参数t的几何意义可得．

本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．

23.答案：解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）≥2⇔|2x+3|-|x-1|≥2， ∴

，或

，或

，

∴x≤-6，或x≥0，

∴不等式f（x）≥2的解集为（-∞，-6]∪[0，+∞）． （Ⅱ）关于x的不等式f（x）≥|x-3|的解集包含[3，5]， 即|2x+3|-|x-3|≥|x-a|在[3，5]恒成立， 即x+6≥|x-a|在[3，5]恒成立， 即-6≤a≤2x+6在x∈[3，5]恒成立， 解得-6≤a≤12，

∴a的取值范围是[-6，12]．

解析：（Ⅰ）f（x）≥2⇔|2x+3|-|x-1|≥2，然后去绝对值分别解不等式即可； （Ⅱ）由条件知x+6≥|x-a|在[3，5]恒成立，进一步得到a的取值范围．

本题考查了绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属中档题．

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