【倒计时18天】2019高考湖北名校联盟终极猜押（一）理科数学试题（高清版）

【倒计时18天】2019高考湖北名校联盟终极猜押（一）理科数学试题（高清版）

倒倒计计时时1188天天 ··22001199高高考考终终极极猜猜押押之之一一((理理)) 命题角度 1 ———数列 押题1 在等差数列{an}中,已知a1009=4,S2018=2018,则S2019= ( ) A.-2019 B.2019 C.-4038 D.4038押题2 已知递增等比数列{an}满足a3·a7=6,a2+a8= 5,则a10 a4 = ( ) A.5 6 B.6 5 C.2 3 D.3 2 押题3 在数列 an{ }中,已知a1=3,an+1= 3an an+3,则a4= ( ) A.3 4 B.1 C.4 3 D.3 2押题4 在正项等比数列{an}中,a1009a1011=100,则 lga1 +lga2+…+lga2019= ( ) A.-2018 B.-2019 C.2018 D.2019押题5 已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S1, S3,S4 成等差数列,则数列{an}的公比为 . 押题6 已知数列{an}的前n项和为Sn,且an>0,2anSn= a2n+1,若[x]表示不超过x的最大整数,如[1.5]=1, [-2.3]=-3,则 ∑ 225 i=1 1Si [ ]= . 二、解答题 押题1 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-2, {bn}为等差数列,b3=a2,b2+b6=10. (1)求数列{an},{bn}的通项公式. (2)求数列{an(2bn-3)}的前n项和Tn. 押题2 已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项a1=2,且a1+1,a2+1,a4+1 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式. (2)设bn= 1anan+1,n∈N* ,Sn 是数列{bn}的前n项和,求使 Sn<3 19 成立的最大的正整数n. 押题3 已知数列{an}是公差为 2 的等差数列,且a2,a5, a10 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式. (2)若bn= 1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn. 押题4 已知数列{an}(n∈N* )是公差为正数的等差数 列,a1=1,且a2,a4,a8 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式. (2)设数列 2an·an+1 { }的前n项和为Tn,求Tn. 命题角度 2 ———三角函数 押题1 函数f(x)=cos2x+6cos π 2-x( ) -5 的最大值 为 ( ) A.4 B.0 C.6 D.7 押题2 函数f(x)=(3sinx+cosx)(3cosx-sinx)的 对称中心可能是 ( ) A.-π 12,0( ) B.-π 6,0( ) C.-π 3,0( ) D.-5π 12,0( ) 押题3 将函数y=sinx+ 3cosx的图象向右平移φ(φ >0)个 单 位,再 向 上 平 移 1 个 单 位,所 得 图 象 过 点 π 4,1( ),则φ最小值为 . 押题4 函数f(x)=cosωx+π 6 ( )(ω>0)的图象上的两 个相邻的最高点和最低点的横坐标之差为 π 2,则函数在 [0,3π]上的零点个数为 . 押题5 在 △ABC 中,B=120°,AB= 2,A 的角平分线 AD= 3,则AC= . 押题6 已知 △ABC 的三个内角A,B,C 的对边依次为 a,b,c,且 a sinA=2,b(tanA+tanB)=2ctanB,则 △ABC 面积的最大值为 . 二、解答题 押题1 已知a,b分别是 △ABC内角A,B的对边,且bsin 2A = 3acosAsinB,函数f(x)=sinAcos 2x-sin 2 A 2sin2x, x∈ 0,π 2 [ ]. (1)求A. (2)求函数f(x)的值域. 押题2 △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知 (a-b)sinA=csinC-bsinB. (1)求C. (2)若 △ABC的周长为 6,求 △ABC的面积的最大值. 押题3 在 △ABC中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c, cosB=2ccosC a - b acosA. (1)求角C. (2)若a=5,c= 21,求 △ABC的面积. 押题4 已知点P(3,1),Q(cos2x,sin2x),O 为坐标原 点,函数f(x)= 1 OP→ ·OQ→ . (1)求函数f(x)的最小正周期. (2)若一个三角形的三个角成等差数列,且最小角恰好使 f(x)取得最小值,且其对边长为 1,求该三角形的最大边 长. 命题角度 3 ———坐标系与参数方程 押题1 在直角坐标系xOy中,直线l倾斜角为α,其参数 方程为 x=-2+tcosα, y=tsinα{ (t为参数),在以原点O 为极点, x轴正半轴为极轴的极坐标系中(取相同的长度单位),曲 线C的极坐标方程为ρ-4cosθ=0. (1)若直线l与曲线C 有公共点,求直线l倾斜角α的取值 范围. (2)设 M(x,y)为曲线C上任意一点,求x+ 3y的取值范 围. 1 押题2 在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为 x=-3 5 t+2, y=4 5 t ì î í ïï ïï (t为参数),以原点O 为极点,x轴正半轴 为极轴建立极坐标系,圆C 的极坐标方程为ρ=asinθ(a ≠0). (1)求圆C的直角坐标系方程与直线l的普通方程. (2)设直线l截圆C 的弦长等于圆C 的半径长的 3 倍,求 a的值. 押题3 以平面直角坐标系的原点O 为极点,x轴的正半 轴为极轴,建立极坐标系,两种坐标系中取相同的长度单 位,已知直线l的参数方程是 x=t+2, y=2t+1 { (t为参数),曲线 C的极坐标方程是ρtanθ=8sinθ. (1)求直线l和曲线C 的普通方程. (2)求直线l被曲线C 截得的弦长. 押题4 在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程 为: x=cosθ, y= 3sinθ{ (θ为参数,θ∈[0,π]). (1)以原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立坐标系,求C 的极坐标方程. (2)已 知 曲 线 E:x2 +y2 =1(y ≥0),若 直 线 l: x=tcosα, y=tsinα{ (t为参数)与E,C相交于A,B 两点,且 |AB| = 2-1,求α的值. ——— 数学学科 ——— ·命题角度 1 ———数列 ઋઋઋઋઋઋઋઋઋ押题1.【解 析】选 C.因为 {an}是 等 差 数 列,所 以 S2018 = 1009(a1+a2018)=1009(a1009+a1010)=2018,则a1009+ a1010=2,又 a1009 =4,所 以 a1010 = -2,则 S2019 = 2019(a1+a2019) 2 =2019a1010=-4038. 押题2.【解析】选 D.因为a3·a7=a2·a8=6,且a2+a8=5,数列{an}单调递增,故a2=2,a8=3, 故a10 a4 = a8 a2 =3 2 . 押题3.【解析】选 A.依题意得 1an+1= an+3 3an =1an +1 3,1an+1- 1an =1 3,故数列 1an { }是以1a1 =1 3 为首项、1 3 为公差的等差 数列,则1an =1 3+ n-1 3 = n 3,an=3n,a4=3 4 . 押题4.【解析】选 D.由题意可得a1 a2019=a2 a2018=…=a1009 a1011=a2 1010 =100,得a1010 =10,则 lga1 +lga2 + … + lga2019=lg(a1010)2019 =2019×1=2019. 押题5.【解析】因为S1,S3,S4 成等差数列,所以 2S3=S4+ S1,即S4-S3=S3-S1, 从而得a4=a3+a2,所以q2 -q-1=0,解得, q=1+ 5 2 (负值舍掉). 答案:1+ 5 2押题6.【解析】依题意,2anSn=a2n+1,故当n≥2 时,2(Sn- Sn-1)Sn=(Sn-Sn-1)2 +1,化简得S2n=S2n-1+1,而当n=1时,a1=1,故数列{S2n}是以 1 为首项 1 为公差的等差数 列,故 Sn = n,而 当 n≥2 时,2( n+1- n)= 2n+ n+1 < 2 2Sn < 2n+ n-1 =2(n- n-1),记 T =∑ 225 i=1 1Si,故T>2[( 226- 225)+( 225- 224)+… +(2-1)]=2( 226-1),另一方面T<1+2[( 225- 224)+( 224- 223)+…+(2-1)]=29,故 ∑ 225 i=1 1Si ∈(2( 226-1),29),则 ∑ 225 i=1 1Si [ ]=28. 答案: 28二、解答题 押题1.【解析】(1)根据题意,等比数列{an}中Sn=2an-2,当n=1 时,有S1=2a1-2=a1,解得a1=2,当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2),变形可得an=2an-1,则等比数列{an}的a1=2,公比q=2, 则数列{an}的通项公式an=2×2 n-1 =2 n ,对于{bn},b3=a2=4,b2+b6=2b4=10,即b4=5,则其公差d=b4-b3=1,则其通项公式bn=b3+(n-3)×d=n+1. (2)由(1)的结论:an=2 n ,bn=n+1,得 an(2bn-3)=(2n-1)·2 n , 则有Tn=1×2+3×2 2 +5×2 3 +…+(2n-1)×2 n ,① 2Tn=1×2 2 +3×2 3 +5×2 4 +…+(2n-1)×2 n+1 ,② ①-② 可得:-Tn=2+2(2 2 +2 3 +…+2 n )-(2n-1)× 2 n+1 ,变形可得:Tn=(2n-3)·2 n+1 +6. 押题2.【解析】(1)设数列{an}的公差为d,则an=2+(n-1)d, n∈N* .由a1+1,a2+1,a4+1 成等比数列, 得(a2+1)2 =(a1+1)(a4+1), 即(3+d)2 =3(3+3d),得d=0(舍去)或d=3,所以数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N* . (2)因为bn= 1an·an+1= 1 (3n-1)(3n+2) =1 3 1 3n-1- 1 3n+2 ( ) =1 3 1 2-1 5 ( )+1 3 1 5-1 8 ( )+…+1 3 1 3n-1- 1 3n+2 ( ) =1 3 1 2- 1 3n+2 ( )= n 2(3n+2), 由Sn<3 19,即 n 2(3n+2)<3 19,解得n<12, 所以使Sn<3 19 成立的最大正整数n=11. 押题3.【解析】(1)由题意知{an}是等差数列,设其通项公式 为an=a1+2(n-1),因为a2,a5,a10 成等比数列,所以(a1+2)(a1+18)=(a1+8)2,所以a1=7.所以an=2n+5. (2)由(1)可得 bn= 1 (2n+5)(2n+7)=1 2 1 2n+5- 1 2n+7 ( ), 所以Tn=1 2 1 7-1 9 ( )+1 2 1 9-1 11 ( )+…+ 2 1 2 1 2n+5- 1 2n+7 ( ), 即Tn=1 2 1 7- 1 2n+7 ( ), 所以Tn= n 14n+49 . 押题4.【解析】(1)由题意设{an}的公差为d(d>0),因为a2,a4,a8 成等比数列,即a2 4=a2·a8. 即(a1+3d)2 =(a1+d)·(a1+7d). 化简得d2 =a1d.又a1=1,且d>0,解得d=1. 所以有an=a1+(n-1)d=n. (2)由(1)得: 2an·an+1= 2n·(n+1)=2 1n- 1n+1 ( ). 所以Tn=2 1-1 2+1 2-1 3+…+1n- 1n+1 ( ) =2- 2n+1 = 2n n+1 . ·命题角度 2 ———三角函数 ઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋઋ押题1.【解析】选 B.因为f(x)=cos2x+6cos π 2-x( )-5= cos2x+6sinx-5=-4-2sin 2x+6sinx =-2sinx-3 2 ( )2 +1 2,又 sinx∈[-1,1], 所以当 sinx=1 时,f(x)取得最大值 0. 押题2.【解析】选 B.因为f(x)=(3sinx+cosx)(3cosx -sinx) =3sinxcosx+ 3cos 2x- 3sin 2x-sinxcosx =sin2x+ 3cos2x=2sin2x+π 3 ( ), 所以 2x+π 3=kπ,k∈Z, 所以x= kπ 2-π 6,k∈Z,所以k=0 时 -π 6,0( )是对称中心. 押题3.【解析】依题意,将y=2sin x+π 3 ( ) 的图象向右平移 φ个单位得到y=2sinx-φ+π 3 ( )的图象,再向上平移 1 个 单位得到y=2sinx-φ+π 3 ( )+1 的图象,又该图象经过点 π 4,1( ),于是有 2sin π 4-φ+π 3 ( )+1=1, 即 sin 7π 12-φ( )=0,φ-7π 12=kπ,k∈Z,φ=kπ+7π 12,k∈Z,因 此正数φ的最小值是7π 12 . 答案:7π 12 押题4.【解析】由已知得f(x)=cosωx+π 6 ( )的周期为 π,即 2πω=π,得ω=2, 所以f(x)=cos2x+π 6 ( ).当f(x)=0 时,2x+π 6=π 2+ kπ(k∈Z),即x= kπ 2+π 6(k∈Z),则当x∈[0,3π]时f(x) 有 6 个零点. 答案: 6押题5.【解析】如图,在 △ABD中,由 正弦定理,得 AD sinB= AB sin∠ADB, 所以 sin∠ADB= 2 2 .由题意知 0°<∠ADB<60°, 所以 ∠ADB=45°,所以 ∠BAD=180°-45°-120°=15°. 所以 ∠BAC=30°,C=30°,所以BC=AB= 2.在 △ABC 中,由正弦定理,得 AC sinB= BC sin∠BAC,所以AC= 6. 答案: 6 押题6.【解析】由题意知tanA tanB=2c-b b ,结合正弦定理得 sinAcosB cosAsinB=2sinC-sinB sinB . 因为B,C∈(0,π),所以 sinB≠0,sinC≠0. 则 sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosA,即 sinC=2sinCcosA, 解得 cosA=1 2,则 sinA= 3 2,所以a= 3. 又由余弦定理得b2 +c2 -a2 =2bccosA. 即b2 +c2 -3=bc.又b2 +c2 -3≥2bc-3.解得bc≤3. 所以Smax=1 2 bc·sinA=1 2×3× 3 2=3 3 4 . 答案:3 3 4二、解答题 押题1.【解析】(1)在 △ABC中,bsin 2A= 3acosAsinB, 由正弦定理得,sinBsin 2A= 3sinAcosAsinB,又A,B 为 △ABC的内角,故 sinAsinB≠0, 所以 tanA=sinA cosA= 3,又A∈(0,π),所以A=π 3 . (2)由A=π 3,所以函数f(x)=sinAcos 2x-sin 2 A 2sin2x = 3 2cos 2x-1 4sin2x= 3 2·1+cos2x 2 -1 2·1 2sin2x =-1 2 1 2sin2x- 3 2cos2x æ è ç ö ø ÷ + 3 4 =-1 2sin 2x-π 3 ( )+ 3 4, 因为x∈ 0,π 2 [ ],所以 -π 3≤2x-π 3≤2π 3, 所以 - 3 2≤sin 2x-π 3 ( )≤1, 所以 3-2 4 ≤-1 2sin2x-π 3 ( )+ 3 4≤ 3 2, 所以f(x)的值域为 3-2 4 ,3 2 [ ]. 押题2.【解析】(1)由正弦定理结合已知条件可得a(a-b)= c2 -b2 ,所以a2 +b2 -c2 =ab, 所以 cosC= a2 +b2 -c2 2ab = ab 2ab=1 2, 又 01, 所以 3 2cos 2α+1-1= 2-1, 所以 cosα=±1 2,而α∈[0,π], 所以α=π 3 或2π 3 . 4