下载文档原格式
[考试时间：4月19 日9：00 - 11：30]2019年云南省第二次高中毕业生复习统—检测文科综合能力测试一、选择题：本题共35小题。
每小题4分，共140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。
漆树是我国特有树种，性喜光，不耐严寒、不耐水湿，漆树上割取的天然漆液是一种绿色环保的生物涂料，在中国有几千年的使用历史，被称为“国漆”。
为了保障漆液的产量，漆农须在一天中树冠蒸腾作用较小的时候割漆。
由于天然漆产量低、易过敏、粘度大、调色及采集困难等原因，合成涂料已经逐步取代了它的地位。
据此完成l一3题。
1．一天当中最适合割漆的时间是A.清晨B.午后C．傍晚 D.夜晚2．下列区域适宜大规模种植漆树的是A.祁连山北坡B．秦岭南坡C．太行山西坡 D.贺兰山东坡3．要增强“国漆”在涂料市场的竞争力应A．加大政策扶持，提升产品影响力B．增加资金投入，实现规模化生产C．提升漆农素质，推广机械化生产D．加强技术研发，改良性能提高产量地铁交通网中的某一个站点通过地铁线路到达各个站点所需的时间之和被称为该站点的通达度；某一个站点的通达度与所有站点通达度的平均值之比，称为该站点的时间通达系数。
福州市主城区主要由鼓楼区、台江区、仓山区组成，其中鼓楼区是城市中心，保留着较多的历史文化古迹。
福州正在修建多条地铁线路，建成后对主城区的中心、空间规模及功能区布局等都将产生影响。
图l为福州市主城区示意图，图2为福州市主城区地铁时间通达系数等值线图。
据此完成4—6题。
4．甲地地铁时间通达系数较大的主要原因是．A．基础设施完善B．受河流影响C．地处中心商务区 D.邻近城郊5．据图分析，地铁建成后，城市中心逐步转移的方向是A.向东B．向南C．向西 D.向北6．福州城市中心的移动，对城市发展的有利影响是①保护历史文化古迹②加强各区间的联系③促使房价下降④合并功能区A．①②B．②④C．①③ D.③④大气气溶胶是固态或液态微粒在空气中的悬浮体系。
场之一。
在机场周边聚集了诸如美国红十字会应急救援中心、汽车配件中心，以及乳制品、珠宝、手机制造等100多家企业。
据此完成4〜5题。
4.该快递公司在路易斯维尔机场附近需要配建大型的货物A.生产中心B.分拣中心C.销售中心D.质检中心) (5.多家企业在路易斯维尔机场附近集聚，主要是为了)A.利用机场的基础设施B.降低交通运输成本C.方便企业间产品交换D.快速响应客户需求积云为常见的一类云，其形成受下垫面影响强烈。
空气在对流过程中，气流携带来自下垫面的水汽上升，温度不断下降，至凝结温度时，水汽凝结成云。
水汽开始凝结的高度即为积云的云底高度。
据此完成6〜8题。
6.大气对流过程中上升气流与下沉气流相间分布，因此积云常常呈A.连续层片状B.鱼鳞状C.间隔团块状D.条带状7.积云出现频率最高的地带是) )A.寒温带针叶林地带B,温带落叶阔叶林地带C.亚热带常绿阔叶林地带D.热带雨林地带8.在下垫面温度决定水汽凝结高度的区域，积云的云底高度低值多出现在()A.日出前后B.正午C.日落前后D.午夜霍林河发源于大兴安岭，为山前半干旱区及部分半湿润区的平原带来了流水及泥沙。
受上游修建水原和灌溉的影响，山前平原河段多年断流。
断流期间，山前平原上的洼地增多增大。
据此完成9〜11题。
9.修建水库前，营造该地区山前平原地表形态的力主要来自A.构造运动B.流水C.冰川D.风) (10.断流期间，山前平原上的洼地增多增大是由于A.地面沉降B,流水侵蚀 C.风力侵蚀 D.冻融塌陷) (11.伴随着洼地增多增大，周边地区可能出现A.水土流失B,沼泽化 C.土地沙化 D.盐碱化) (12.某国生产新闻纸所需要的纸浆以固废纸为原料，消耗的固废纸20%以上依赖进口。
出于环保需要，2019年该国开始限制固废纸进口。
不考虑其他因素，正确反映短期内该国新闻纸价格变化的图示是（图中S表示供给，D表示需求）)绝密★启用前—在------业-------卷-------上-------答-------题-------无，I 2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国II 卷）文科综合本试卷共47小题，满分300分。
绝密★启用前 【省级联考】云南省2019届高三第二次复习统一检测文科数学试题 试卷副标题 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I 卷（选择题) 请点击修改第I 卷的文字说明 一、单选题 1．已知集合 ， ，则 （ ） A ． B ． C ． D ． 2．已知 为虚数单位，设 ，则复数 在复平面内对应的点位于（ ） A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限 3．已知 是角 的终边上的点，则 （ ） A ． B ． C ． D ． 4．在等比数列 中，若 ， ， 成等差数列，则数列 的公比为（） A ．0或1或-2 B ．1或2 C ．1或-2 D ．-2 5．执行如图所示的程序框图，则输出的 的值是（ ）……○………………○…………线…………○……※※装※※订※※线※※内题※※ ……○………………○…………线…………○…… A ．3 B ．4 C ．5 D ．66．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．107．某中学高一年级有学生1200人，高二年级有学生900人，高三年级有学生1500人，现按年级为标准，用分层抽样的方法从这三个年级学生中抽取一个容量为720的样本进行某项研究，则应从高三年级学生中抽取学生（ ）A ．200人B ．300人C ．320人D ．350人8．已知直线 ： 是圆 ： 的对称轴，过点 作圆 的一条切线，切点为 ，则 （ ）A ．2B ．6C ．D ．9．已知点 ， ， ， .若点 在 轴上，则实数 的值为（ ）A ．B ．10．已知直三棱柱的顶点都在球的球面上，，，若球的表面积为，则这个直三棱柱的体积是（）A．16B．15C．D．11．若椭圆：的上、下焦点分别为、，双曲线的一条渐近线与椭圆在第一象限交于点，线段的中点的纵坐标为0，则椭圆的离心率等于（）A．B．C．D．12．已知，，，则，，的大小关系为（）A．B．C．D．第II 卷（非选择题) 请点击修改第II 卷的文字说明 二、填空题 13．若实数 ， 满足约束条件 ，则目标函数 的最大值为_______． 14．已知平面向量 与平面向量 的夹角为 ，若 ， ， ，则 __________．15．已知函数 在 上是单调递增函数，则 的取值范围为__________．16．已知数列 的前 项和为 ，若 ，则使 成立的 的最大值是_____．三、解答题17．在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，且 .（1）求 ；（2）若 ，当 的面积最大时，求 ， .18．在某市创建全国文明城市的过程中，创文专家组对该市的中小学进行了抽检，其中抽检的一个环节是对学校的教师和学生分别进行问卷测评.下表是被抽检到的5所学校 、 、 、 、 的教师和学生的测评成绩（单位：分）：（1）建立 关于 的回归方程 ；（2）现从 、 、 、 、 这5所学校中随机选2所派代表参加座谈，求 、 两所学校至少有1所被选到的概率 .附：， .19．如图，在斜三棱柱 中， ，四边形 是菱形，.线…………○……线…………○…… （1）求证： ； （2）若平面 平面 ，， ，求点 到平面 的距离 . 20．已知 是坐标原点，抛物线 ： 的焦点为 ，过 且斜率为1的直线 交抛物线 于 、 两点， 为抛物线 的准线上一点，且 . （1）求 点的坐标； （2）设与直线 垂直的直线与抛物线 交于 、 两点，过点 、 分别作抛物线 的切线 、 ，设直线 与 交于点 ，若 ，求 外接圆的标准方程. 21．已知函数 . （1）证明：当 时， ； （2）若 有极大值，求 的取值范围； 22．[选修4-4：坐标系与参数方程] 在直角坐标系 中，点 在曲线 ： （ 为参数）上，对应参数为 .以原点 为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点 的极坐标为 . （1）直接写出点 的直角坐标和曲线 的极坐标方程； （2）设 ， 是曲线 上的两个动点，且 ，求 的最小值. 23．[选修4-5：不等式选讲] 已知函数 . （1）解关于 的不等式 ； （2）设 ，若关于 的不等式 的解集非空，求 的取值范围.参考答案1．D【解析】【分析】由题求得集合T，再利用交集的定义求得结果.【详解】由题，求得集合，所以故选D【点睛】本题主要考查了交集的概念，属于基础题.2．D【解析】【分析】直接对复数进行化简，求得，得出结果.【详解】复数，在复平面中对应的点为（2，-2）在第四象限故选D【点睛】本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题.3．C【解析】【分析】由题，先求出r，再利用公式，得出答案.【详解】由题，求得，故选C【点睛】本题考查了三角函数的定义，属于基础题.4．C【解析】【分析】由题意，可得，再利用等比的通项，可得，解出答案即可. 【详解】由题，，，成等差数列，所以又因为等比数列，即，解得或【点睛】本题考查了等差等比的性质，解题的关键是不要把性质弄混淆了，属于基础题型. 5．B【解析】【分析】由题，根据程序框图的定义，结合对数的运算，求得满足题意的结果即可.【详解】输入n=1,S=0，可得S=，n=2,S<3，S=，n=3,S=,n=4故输出n=4故选B【点睛】本题主要考查了程序框图的算法以及对数的运算，属于基础题.6．A【解析】【分析】由题，得知几何体是三棱锥，再求出表面积即可.【详解】由题，几何体为三棱锥，且有两个侧面是边长为.所以故选A本题考查了空间几何体的三视图，还原几何体是解题的关键，属于基础题.7．B【解析】【分析】有分层抽样的定义，直接可得.【详解】由分层抽样可得高三抽的：故选B【点睛】本题考查了分层抽样的定义，属于基础题.8．B【解析】【分析】由题，求得圆的圆心和半径，易知直线：过圆心，求得a=-1，再利用切线的性质求得，得出答案.【详解】由题，可得圆C的标准方程：，直线：是圆：的对称轴，故过圆心，即2+a-1=0，可得a=-1，所以，半径r=2所以故选B【点睛】本题考查了直线与圆的的定义，性质以及位置关系，属于中档题型.9．A【解析】【分析】利用坐标表示平面向量的运算，又因为点P再y轴上，即横坐标为0，可得结果.由题，可得所以点在轴上，即故选A【点睛】本题主要考查了向量的坐标表示以及运算，属于基础题.10．A【解析】【分析】由题，棱柱为直棱柱，底面为直角三角形，利用球的表面积求得球半径，再利用外接球求得棱柱的高，最后求得体积即可.【详解】由题，，因为，，易知三角形ABC为等腰直角三角形，故三棱柱的高故体积故选A【点睛】本题考查了棱柱的外接球的问题，解题的关键是找的球心的位置求出棱柱的高，属于中档题型.11．C【解析】【分析】先由题，得出和渐近线方程，再利用线段的中点的纵坐标为0，求得P点的坐标，再带入椭圆方程求得，得出离心率即可. 【详解】由题，易知椭圆E的交点双曲线的一条渐近线方程为：因为的中点纵坐标为0，故点P的纵坐标为点P在双曲线的一条渐近线上，带入可得点再将点P带入椭圆方程：解得所以离心率故选C【点睛】本题主要考查了圆锥曲线的综合，性质，渐近线，离心率，本题的计算量较大，这是本题的易错点，属于中档偏上的题型.12．D【解析】【分析】先由题，易知，而，再将b，c作商，利用对数的运算以及基本不等式，求得比值与1作比较即可得出答案.【详解】因为，故所以，即故选D【点睛】本题考查了对数的运算以及基本不等式的综合，解题的关键是在于运算的技巧以及性质，属于中档偏上题型.13．【解析】分析：首先根据题中所给的约束条件画出相应的可行域，可知是一个封闭的三角区，结合目标函数的类型，可知其为截距型的，分析找到动直线过哪个点时使得目标函数取得最大值，联立方程组，求得对应点的坐标，代入目标函数解析式，最后求得最大值.详解：画出可行域可知，当目标函数经过点时取到最大值，最大值为.点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，解决该题的关键是根据题中的约束条件画出相应的可行域，之后根据目标函数的类型，确定其几何意义，结合图形，判断出目标函数在哪个点处取得最大值，即最优解是哪个点，代入求值即可.14．或【解析】【分析】先由题根据向量的运算求得，再求得，然后分别和求得答案即可.【详解】因为因为，所以当时，当时，故答案为【点睛】本题考查了向量的计算数量积的运算等，熟悉公式是解题的关键所在，属于较为基础题. 15．【解析】【分析】先有辅助角公式化简得=，再根据单调性求得m的取值，再求出的取值范围.【详解】函数=由故在区间是单调递增的，当k=0，在区间是单调递增函数，则，而所以所以故答案为【点睛】本题考查了三角函数的图像以及性质和恒等变化，熟悉三角函数的性质是解题的关键，属于中档题.16．5【解析】【分析】先由数列求得，再构造等比数列求得，然后可求得，再带入求得n的取值即可.【详解】因为可得：两式相减可得：化简可得：即所以数列是以为首项，公比为2的等比数列当n=1时，求得所以即所以即解得所以成立的的最大值是5故答案为5本题考查了数列的通项公式的求法，用到了以及待定系数法，求出通项是解题的关键，属于中档题.17．（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理进行化简可得，求得；（2）∵，，由余弦定理求得，再由面积公式求得答案即可.【详解】解：（1）∵，∴.化简得.∴.∵，∴.（2）∵，，∴.∵，∴.∴.∵当时，，即时，.∴的最大值为，此时，.【点睛】本题主要考查了用正余弦定理解三角形，合理熟练运用公式是解题的关键，属于基础题. 18．（1）（2）【分析】（1）由题求出，，再求得，，带入求得回归方程为；（2）由题从、、、、这5所学校中随机选2所，共10种，、两所学校至少有1所被选到有7种，求得概率即可.【详解】解：（1）依据题意计算得：，，，，，.∴所求回归方程为.（2）从、、、、这5所学校中随机选2所，具体情况为：，，，，，，，，，，一共有10种.、两所学校至少有1所被选到的为：，，，，，，，一共有7种.它们都是等可能发生的，所以、两所学校至少有1所被选到的概率.【点睛】本题考查了线性回归方程和概率的综合，计算仔细是解题的关键，属于基础题.19．（1）见解析（2）【分析】（1）取的中点，连接，，，易证，再证得，可得平面，即；（2）由题，求得是到平面的距离，再利用等体积法=，即可求得点到平面的距离.【详解】（1）证明：取的中点，连接，，.∵，∴.∵是菱形，，∴，.∴是正三角形.∴.∵平面，平面，，∴平面.∵平面，∴.（2）解：∵，，∴是以为底的等腰直角三角形.∵是菱形，，∴，，.∴.∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面.∴是三棱柱的高，即是到平面的距离.∵平面，∴.∴.在三棱柱中，，，.∴，.由得.∴点到平面的距离为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理以及性质定理，以及利用等体积法求体积可得到点面距离的方法，属于中档题.20．（1）（2）【解析】【分析】（1）由题易知直线的方程为：，设，联立，可得，又因为，可得建立方程求得，可得结果；（2）设，，直线：，已知得：，：，联立方程求得点，∵，∴，解得，带入可得，即为外接圆的直径，求得∴外接圆的圆心为，半径为，得出答案即可.【详解】解：（1）由已知得直线的方程为：，设.由得，.∴.由得.∴，解得.∴点的坐标为.（2）设，，直线：，由已知得：，：，解得.∴.由得.由题意得，即.∴，.∵，∴，解得.∴，∴.∴.∴为外接圆的直径.又∵，，∴外接圆的圆心为，半径为.∴外接圆的标准方程为.【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线的综合知识，理解题意，分析转化是解题的关键，属于难题. 直线与圆锥曲线解题步骤：(1)设出点和直线的方程（考虑斜率的存在）；（2）联立方程，化简为一元二次方程（考虑判别式），利用韦达定理；（3）转化，由题已知转化为数学公式；（4）计算，细心计算.21．（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）当时，，，，则，讨论单调性易知当时，，在上单调递增，故，即（2）.由有极大值得有解，且，，则，然后分别对其单调性以及极值最值的讨论，求得的取值范围为【详解】（1）证明：当时，，，令，则.∴当时，，单调递减；当时，，单调递增. ∴当时，.∴当时，，在上单调递增.∴当时，，即.（2）解：由题设得.由有极大值得有解，且.令，则.由得.∴当时，，单调递减；当时，，单调递增. ∴.当，即时，，即，此时，在上单调递增，无极值；当，即时，∴，.由（1）知：，即.∴存在，，使.∴当时，，即单调递增；当时，，即单调递减；当时，，即单调递增.∴是唯一的极大值点.综上所述，所求的取值范围为.【点睛】本题主要考查了导函数的应用，两个小问都会运用到二次求导，所以对于二次求导以及极值最值的应用是解题的关键，第二问也能用参变分离，会更简单一些，学生可以下来自行解决一下，属于中档偏上题目.22．（1），（2）【解析】【分析】（1）由极坐标公式可得的直角坐标为，将点和带入求得k=1，m=2，则曲线方程，求得极坐标方程；（2）设，，易知，，所以，时，的最小值为.【详解】解：（1）点的直角坐标为，曲线的极坐标方程为.（2）由（1）知曲线：.由，是曲线上的两个动点，且，不妨设，，且，.∴.当时，.∴的最小值为.【点睛】本题考查了参数方程与极坐标方程的综合知识，熟悉方程之间的转化以及极坐标方程的定义是解题的关键，属于中档题.23．（1）（2）【解析】【分析】（1）由题，可得，解得答案解集为；（2）的解集非空，即有解，易知当时，无解，当时解得，当时解得，故的取值范围是.【详解】本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
2019 年云南省第二次高中毕业生复习统一检测数 学试 题（文）本试卷分第 I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分 . 考试结束后，将本试卷第答题卡一并交回. 满分 150 分，考试用时 120 分钟 .第Ⅰ卷（选择题，共60 分）注意事项：1．答题前，考生务心用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码 .2．每小题选出答案后，用 2B 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， 再选涂其它答案标号 . 答在试卷上的答案无效 .参考公式：如 果 事 件A 、 B 互 斥 ， 那 么 P(A+B)=P(A)+P(B)如果 事 件 A 、 B 相 互 独 立 ， 那 么P(A · B)=P(A ) · P(B)球的表面积公式S 4 R 2其中 R 表示球的 半径球的体积公式 V 球 4 R 33其中 R 表示球的半径如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 P ，那么 n 次独立 重复试验中恰好发生k 次的概率P n(k ) C nk P k(1 P) n k（k=0 ，1， 2，⋯， n ）本卷共 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.一、选择题1．已知平面向量 a (1,3x), 平面向量 b ( 1,9) ，若 a 与b 共线，则实数 x=（）A ． -3B ． 3C ． 1D ． 127 272．已知集合 M { 0,1} ，集合T { 0,1,2} ，那么集合 M T （） A ． {2}B ． {0 ， 1}C ．{0 ，1，2}D ． {0 ， 1，0， 1， 2}3．已知实数 r 是常数，如果 M ( x 0 , y 0 ) 是圆 x2y 2 r 2 内异于圆 心的一点，那么直线 x 0 x y 0 y r 2与圆 x2y 2 r 2的位置关 系是（ ）A ．相交但不经过圆心B ．相交且经过圆心C ．相切D ．相离4．已知数列 { a n } 是等差数列，如果a 1 a 3 12,那么 a 2 =（） A ． 4B ． 6C ． 8D ． 105．如果关于 x 的不等式组x 1 a2 有解，那么实数 a 的取值x 4 2a 范围（ ）A ． ( , 3)(1, ) B ． ( , 1) (3, )C ．（ -1 ， 3）D ．（ -3 ，1）6．已知二面角l 的大小为 60 ，b 和 c 是两条异面直线 .在下列给出的四个结论中，是“b 和c 所成的角为 60 ”成立的充分条件是（ ）A ． b // , c//B ． b// , c C ． b , c D ． b , c //7．已知 f ( x) 3x 2, x 0 ，则 f ( 4) 的值为（ ）f ( x 1) 1, x 0 3A ． 2B ． 4C ． 6D ． 88．如果 A 是抛物线 x 2 4 y 的顶点，过点 D （ 0，4）的直线 l 交 抛物线 x 24 y 于 B 、 C 两点，那么 AB AC 等于（ ）A ． 3B ． 0C ． -3D ． 34 49．已知 f (x) 的反函数 f 1(x), 如果 f 1( x) log 3 ( x 3) ，那么关于 x 的 方程 f (x 120 的实数根（ ）)A．9B．11C． -9 D． -112 210．为了得到 y sin(2x ) 的图象，只需要将y sin(2x) 的图象6（）A ．向左平行移动 个单位B ．向右平行移动 个单位66 C ．向左平行移动 个单位 D ．向右平行移动 个单位1212 11．在 ABC 所在的平面内有一点P ，如果 PA PB PC AB ，那 么 PBC 和面积与 ABC 的面积之比是（）A ． 3B ． 2C ． 1D ． 14323 12．现将 5 名学生分成两个小组，其中甲、乙两人必须在同一个小组里，那么不同的分配方法有（）A ． 7 种B ． 6 种C ． 5 种D ． 4 种第Ⅱ卷（非选择题，共 90 分）注意事项：本卷共 10 小题，用黑色碳素笔将答案答在答题卡上 . 答在试卷上的答案无效 .二、填空题：本大题共 4 小题，每小题5 分，共 20 分 . 把答案填在答题卡上.13．中心在原点，准线方程为x4 ，离心率等于1的椭圆方 2程是.14．某地区共有10 万户居民，该地区城市与农村住户之比为 4： 6，根据分层抽样方法，调查了该地区 1000 户居民冰箱拥有情况，调查结果如下表所示： 有冰箱 无冰箱15 ． 已 知 (ax 1) 6x城市农村 356（户） 440（户） 44（户）160（户）的 展 开 式 中 常 数 项 为 -160 ， 那 么 常 数 a=.16．把一个半径为 r 的实心铁球 O 熔化铸成两个实心小球 O 1 与 O2，假设没有任何损耗 . 设铁球 O 的表面积为 S ，小球 O1 的半径为 r 1，表面积为 S1，小球 O2 的半径为 r 2，两个小球的半径之比r 1 : r 2 1 : 2 ，那么球O1 的表面积与球O 的表面积之比S: S = .1三、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10 分）已知ABC 的三个内角A、B、C 所对的三边分别是a、b、c，平面向量 m (1,sin( B A)) ，平面向量n (sinC sin(2 A),1).（ I ）如果 c 2,C ,且ABC 的面积 S 3, 求 a 的值；3（II ）若m n, 请判断ABC 的形状.18．（本小题满分12 分）某单位组织职工参加了旨在调查职工健康状况的测试 .该测试包括心理健康测试和身体健康两个项目，每个项目的测试结果为A、 B、C、 D、 E 五个等级 . 假设该单位 50 位职工全部参加了测试，测试结果如下： x 表示心理健康测试结果， y 表示身体健康测试结果 .身体健康yA B C D EA 1 3 1 0 1[:B 1 0 7 5 1心理2 1 0 9 3C健康 [D1 b 6 0 aE 0 0 1 1 3（I ）求 a+b 的值；（II ）如果在该单位随机找一位职工谈话，求找到的职工在这次测试中心理健康为 D等且身体健康为 C等的概率；（III ）若“职工的心理健康为 D 等”与“职工的身体健康为 B 等”是相互独立事件，求a、 b 的值 .19．（本小题满分12 分）如图，在底面是正方形的四棱锥 P— ABCD中，平面 PCD ⊥平面 ABCD，PC=PD=CD=2.（I ）求证： PD⊥ BC；（II ）求二面角 B—PD— C 的大小 .20．（本小题满分12 分）已知实轴长为2a，虚轴长为2b 的双曲线 S 的焦点在 x 轴上，直线 y 3x 是双曲线 S 的一条渐近线，而且原点 O，点 A（ a ， 0 ）和点 B（ 0 ， -b ）使等式| OA |2 | OB|24 | OA|2 ·| OB |2成立.3（I ）求双曲线 S 的方程；（II ）若双曲线 S 上存在两个点关于直线 l : y kx 4 对称，求实数k 的取值范围 .21 12已知函数 f( x)2x2x3 ，若存在实数7x0 , 使f(x0 )x0 , 则称x0 是函数 y f ( x) 的一个不动点.（ I ）求：函数y f (x)的不动点；（ II ）已知a、 b 是 y f (x) 的两个不动点，且 a b . 当x1且 x 7时，比较2 2f (x) a与8( x a) 的大小；f(x) bx b（ III）在数列 { an } 中， an1且an7 , a11 ，等式 an 1f (an)2 2对任何正整数n 都成立，求数列 { an} 的通项公式 .22．（本小题满分12 分）设函数 y f ( x) 在区间 D 上的导函数为f ' (x), f ' ( x) 在区间 D上的导函数为g( x). 若在区间 D上，恒成立，g(x)则称函数 f (x) 在区间 D 上为“凸函数” . 已知实数 m是常数， f( x) x4mx33x2 .12 6 2（I ）若 y f ( x) 在区间上为“凸函数”，求 m的取值范围；（II ）若对满足 | m | 2 的任何一个实数 m，函数 f ( x) 在区间（a， b）上都为“凸函数”求 b-a 的最大值 .参考答案一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分 .1— 6 ACDBCC 7 —12 ABDDBA二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分.17．（本小题满分10 分）解：（ I ）由余弦定理及已知条件得a 2b 2ab 4, ABC 的面积等于3, 1 3. ab sin C2 ab 4.联立方程组得 a2 b 2ab 4,解得 a 2, b2.ab 4,a 2.⋯⋯⋯⋯ 5 分（ I I） m n, sin C sin 2 Asin( B A) 0.化简得 cosA(sin B sin A)0.⋯⋯⋯⋯ 7 分csoA 0或 sin B sin A 0. 当 cos A 0时 , A,2 此时 ABC 是直角三角形； 当 sin Bsin A 0时,即 sin B sin A ，由正弦定理得 ba,此时 ABC 为等腰三角形 .ABC 是直角三角形或等腰三角形. ⋯⋯⋯⋯ 10 分18．（本小题满分12 分）解：（ I ）∵该单位 50 位职工全部参另了测试，∴表中标出的总人数也应是50 人，a b 50 47 3.⋯⋯⋯⋯ 4 分（ II ）从表中可以看出，职工在这次测试中心理健康为D 等且身体健康为 C 等的人数为 6 人，∴所求概率为60.12. ⋯⋯⋯⋯ 8 分50（ III ）∵“职工的心理健康为 D 等”与“职工的身体健康为 B 等”是相互独立事件，P( x D且y B) P( x D ) P( yB). ⋯⋯⋯⋯ 10 分即b a b7 b 4.5050 50又 a b 3,b 10 b4 , 解得 b 1.50 50 50a 2.a 2,b 1. ⋯⋯⋯⋯ 12 分19．（本小题满分12 分）方法一：（I ）证明：∵平面 PCD⊥平面 ABCD，又∵平面 PCD∩平面 ABCD=CD，BC在平面 ABCD内， BC⊥CD，∴BC⊥平面 PCD.∴PD⊥BC. ⋯⋯⋯⋯ 6 分（ II ）解：取 PD的中点E，连接 CE、 BE，PDC 为正三角形，CE DP .由（ I ）知 BC⊥平面 PCD，∴CE是 BE在平面 PCD内的射影，∴BE⊥ PD.∴∠ CEB为二面角 B—PD—C 的平面角 . ⋯⋯⋯⋯ 9 分在 ABC中, BCE 90 , BC 2, CE3,BC 2 3tan CEB ,CE 3∴二面角 B— PD— C 的大小为 arctan 2 3 . ⋯⋯⋯⋯ 12 分3方法二：（ I ）证明：取CD的中点为 O，连接 PO，∵PD=PC，∴ PO⊥ CD，∵平面 PCD⊥平面 ABCD，平面 PCD∩平面 ABCD=CD，∴PO⊥平面 ABCD，如图，在平面 ABCD内，过 O作 OM⊥CD交 AB于 M，以 O为原点， OM、 OC、 OP分别为 x、 y、z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz ，由 B （2，1，0），C （0，1，0），D （0，-1 ，0）， P(0,0, 3)⋯⋯⋯⋯ 4 分PD ( 0, 1, 3), BC ( 2,0,0). PD BC 0,PD BC. ⋯⋯⋯⋯ 6 分PD BC;（ II ）解：取 PD 的中点 E ，连接 CE 、 BE ，则 E (0, 1 , 3),2 2PCD 为正三角形，CE PD.BD ( 2,2,0), BP ( 2, 1, 3), | BD | | BP | 2 2.BE PD.CEB 为二面角 B — PD —C 的平面角 .⋯⋯⋯⋯ 9 分EB 3 3 3 3 ( 2, , ), EC (0, , ),2 2 2 2cosBEC EB EC 21 .| EB ||EC | 7二面角 B —PD — C 的大小为 arccos21 . ⋯⋯⋯⋯ 12 分 20．（本小题满分 12 分） 7x 2 y2解：（ I ）根据题意设双曲线 S 的方程为a 2 b2 1,⋯⋯⋯⋯ 2 分b3 且 ab 24a 2 a 2b 23解方程组得 a 1, b3.所求双曲线的方程为 x 2y21.3⋯⋯⋯⋯ 6 分（II ）当 k=0 时，双曲线 S 上显然不存在两个点关于直线l : y kx 4 对称；⋯⋯⋯⋯7 分当 k 0 时，设又曲线 S 上的两点 M 、N 关于直线 l 对称，由lMN ,直线 MN 的方程为 y 1 m,x k 则 M 、 N 两点的坐标满足方程组1 m, 消去 y 得 (3k 2y k x 1) x2 2kmx (m 2 3)k 2 0.3x 2y 2 3. 显然 3k 2 1 0,( 2km) 2 4(3k 2 1)[ (m 2 3)k 2] 0.即 2 2 3 2 1 0.k m k设线段 MN 中点为 D ( x 0 , y 0 ),km则 x0 3k 2 1 ,3k 2m y 0 3k 2 1. D (x 0 , y 0 ) 在直线 l : ykx 4上,3k 2mk 2 m 4. ⋯⋯⋯⋯ 10 分3k 2 1 3k 21即k 2 m 3k 2 1. k 2 m 3k 21 .k 2 m2 3k 2 10 k 2m 2 mk 2 0, 解得 m 0或 m 1.3k 2 1 0或3k 21 1. k2 k 2k 21 或 k2 1 .3 4即 | k |3或 | k | 1,且 k 0.3 2k 的 取 值 范 围 是 3 1 1 3( ,) ( ,0) (0, ) ( , )3 2 2 3 ⋯⋯⋯⋯ 12 分21．（本小题满分12 分）（ I ）证明： 2x 3 x, 2x 25x 3 0.1 2x 7x 1, x 2 3.2 1, x 22x 3 经过检验， x 1 3是方程 x 的解 .2 2x 7函数 y f (x) 有 两 上 不 动 点 ， 它 们 是 x 1 1, x 23.2⋯⋯⋯⋯ 3 分 （ I I）解：由（ I ）可知 a 3, b1 , 2x 32 3 8x 24 x 32x 7 2x 3 1 1 8. 12x 7 2 x x 2 2f(x) a 与 8( x a) 相等 . ⋯⋯⋯⋯ 6 分f( x) b x b（ III ）解： a n 1且 a n 7 , 2 2 由（ II ）知f (a n ) 3 8(a n 3) , f (a n ) 1 1 a n2 a n3 8( a n 3) 2 1 ⋯⋯⋯⋯ 8 分 . an 11 (a n 1)2 2 数列{ an 3 }是以 a1 3 为首项， 8 为公比的等比数列 . a n 1 a 1 1 2 2即以 4为首项， 8 为公比的等比数列 . 3 ⋯⋯⋯⋯ 10 分a n 3 4 n 11 8 . a n 3 21 4 8n3 1 9 n 1a n 2 3 2 8 1 .⋯⋯⋯⋯ 12 分3 4 8 n4 8 n 11 3 22．（本小题满分 12 分）解：由函数 f (x) 1 x 4 1 mx 3 3 x 2 ,12 6 2 得 f '( x) 1 x 3 1 mx 2 3x.3 2g(x) x 2mx 3.⋯⋯⋯⋯ 2 分（ I ）若在区间上为“凸函数”，则g( x) x2 mx3 0 在区间上恒成立 .x 0时,g( x) x 2mx 3 0 恒成立，---0 x 3时,g( x)x 2 mx 3 0 恒成立等价于 m x 3 x恒成立 .0 x 3 时， F(x) x 3时增函数，m F (3),即m 2. x若 f (x) 在区间上为“凸函数”，则m 2. ⋯⋯⋯⋯ 6 分（ II ）当 | m| 2时, g( x) x 2mx 3 0 恒成产 当 | m | 2时, mxx 23 恒成立 .⋯⋯⋯⋯ 8 分 当 x=0 时，3 0 显然成立 .m 的最小值是 -2. ⋯⋯⋯⋯ 10 分x 3 x 1;2.解得 0 x当 x 3m 0, x xm 的最大值是 2，x 31 x 0; 2.解得x综上可得 1 x 1,从而 (b a) max 1( 1)2.b a 的最大值等于2.⋯⋯⋯⋯ 12 分。
2019年云南省高考数学二模试卷（文科）一、选择题：本题共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．（5分）已知集合S＝{﹣4，﹣3，6，7}，T＝{x|x2＞4x}，则S∩T＝（）A．{6，7}B．{﹣3，6，7}C．{﹣4，6，7}D．{﹣4，﹣3，6，7}2．（5分）已知i为虚数单位，设z＝1+，则复数z在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．（5分）已知P（3，4）是角α的终边上的点，则cos（π+α）＝（）A．﹣B．﹣C．D．4．（5分）在等比数列{a n}中，若a4，a3，a5成等差数列，则数列{a n}的公比为（）A．0或1或﹣2B．1或2C．1或﹣2D．﹣25．（5分）执行如图所示的程序框图，则输出的n的值是（）A．3B．4C．5D．66．（5分）如图，网格纸上的小正方形边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．7．（5分）某中学高一年级有学生1200人，高二年级有学生900人，高三年级有学生1500人，现按年级为标准，用分层抽样的方法从这三个年级学生中抽取一个容量为720的样本进行某项研究，则应从高三年级学生中抽取学生（）A．200人B．300人C．320人D．350人8．（5分）已知直线x+ay﹣1＝0是圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+1＝0的对称轴，过点A（﹣4，a）作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|＝（）A．2B．6C．4D．29．（5分）已知点O（0，0），A（﹣1，3），B（2，﹣4），．若点P在y轴上，则实数m的值为（）A．B．C．D．10．（5分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的顶点都在球O的球面上，AB＝AC＝2，BC＝2，若球O的表面积为72π，则这个直三棱柱的体积是（）A．16B．15C．8D．11．（5分）若椭圆E：＝1（a＞b＞0）的上、下焦点分别为F1、F2，双曲线﹣＝1的一条渐近线与椭圆E在第一象限交于点P，线段PF2的中点的纵坐标为0，则椭圆E的离心率等于（）A．B．C．D．12．（5分）已知a＝3，b＝log2425，c＝log2526，则a，b，c的大小关系是（）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞b＞a D．b＞c＞a二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）若x，y满足约束条件，则目标函数z＝2x+y的最大值是．14．（5分）已知平面向量与平面向量的夹角为θ，若||＝3，|＝|，sinθ＝，则|＝|．15．（5分）已知函数f（x）＝在[﹣m，m]上是单调递增函数，则f（2m）的取值范围为．16．（5分）已知数列{a n}的前n项和为S n，若S n＝2a n﹣n，则使a n≤10n成立的n的最大值是．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．17．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a sin B﹣＝0．（1）求A；（2）若a＝3，当△ABC的面积最大时，求b，c．18．在某市创建全国文明城市的过程中，创文专家组对该市的中小学进行了抽检，其中抽检的一个环节是对学校的教师和学生分别进行问卷测评．如表是被抽检到的5所学校A、B、C、D、E的教师和学生的测评成绩（单位：分）：（1）建立y关于x的回归方程；（2）现从A、B、C、D、E这5所学校中随机选2所派代表参加座谈，用X表示选出的2所学校中学生的测评成绩大于90分的学校数，求随机变量X的分布列及数学期望E（X）．附：，＝﹣﹣．19．如图，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC，四边形BCC1B1是菱形，∠BB1C1＝．（1）求证：BC⊥AB1；（2）若平面BCC1B1⊥平面ABC，∠ABC＝，BC＝4，求点C1到平面ABB1A1的距离h．20．已知O是坐标原点，抛物线C：x2＝y的焦点为F，过F且斜率为1的直线l交抛物线C于A、B两点，Q为抛物线C的准线上一点，且∠AQB＝．（1）求Q点的坐标；（2）设与直线l垂直的直线与抛物线C交于M、N两点，过点M、N分别作抛物线C的切线l1、l2，设直线l1与l2交于点P，若OP⊥OQ，求△MON外接圆的标准方程．21．已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）证明：当x≥0时，e x＞x2；（2）若f（x）有极大值，求a的取值范围；[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy中，点（）在曲线C：（φ为参数）上，对应参数为φ＝．以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点P的极坐标为（2，）．（1）直接写出点P的直角坐标和曲线C的极坐标方程；（2）设A，B是曲线C上的两个动点，且OA⊥OB，求|OA|2+|OB|2的最小值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x2﹣1|．（1）解关于x的不等式f（x）≥2；（2）设a＞0，若关于x的不等式f（x）+5≤ax的解集非空，求a的取值范围．2019年云南省高考数学二模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本题共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．【解答】解：T＝{x|x＜0，或x＞4}；∴S∩T＝{﹣4，﹣3，6，7}．故选：D．2．【解答】解：∵z＝1+＝，∴复数z在复平面内对应的点的坐标为（2，﹣2），位于第四象限．故选：D．3．【解答】解：∵已知P（3，4）是角α的终边上的点，则cos（π+α）＝﹣cosα＝﹣＝﹣，故选：B．4．【解答】解：等比数列{a n}的公比设为q，若a4，a3，a5成等差数列，则2a3＝a4+a5，即2a1q2＝a1q3+a1q4，即为q2+q﹣2＝0，解得q＝1或﹣2，故选：C．5．【解答】解：第一次，S＝log23，n＝2，S≥3，否，第二次，S＝log23+log22＝1+log23，n＝3，S≥3，否，第三次，S＝1+log23+log2＝1+log25，n＝4，S≥3，是，则输出n＝4，故选：B．6．【解答】解：由几何体的三视图得：该几何体是三棱锥S﹣ABC，其中平面SAC⊥ABC，SA＝AB＝BC＝SC＝SB＝2，AC＝4，如图，∴SA⊥SC，AB⊥BC，∴该几何体的表面积为：S＝2（S△SAC+S△SAB）＝2×（）＝8+4．故选：A．7．【解答】解：由分层抽样的定义知从高三年级学生中抽取学生为×720＝＝300，故选：B．8．【解答】解：∵圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+1＝0，即（x﹣2）2+（y﹣1）2＝4，表示以C（2，1）为圆心、半径等于2的圆．由题意可得，直线l：x+ay﹣1＝0经过圆C的圆心（2，1），故有2+a﹣1＝0，∴a＝﹣1，点A（﹣4，﹣1）．∵AC＝＝2，CB＝R＝2，∴切线的长|AB|＝＝＝6．故选：B．9．【解答】解：∵O（0，0），A（﹣1，3），B（2，﹣4），∴＝（﹣1，3），＝（3，﹣7），∵点P在y轴上，∴设＝（0，y），∵，∴（0，y）＝（﹣1，3）+m（3，﹣7）＝（﹣1+3m，3﹣7m）∴﹣1+3m＝0，∴m＝．故选：A．10．【解答】解：如图：∵AB＝AC＝2，BC＝2，∴∠BAC＝90°，取BC，B1C1的中点E，F，则EF的中点O为直三棱柱的外接球的球心，由S球＝4πR2＝72π，得R＝3，∴EF＝2＝2＝8，又S△ABC＝×AB×AC＝×2×2＝2，所以这个直三棱柱的体积V＝EF×S△ABC＝8×2＝16．故选：A．11．【解答】解：由题可得点F2（0，﹣c），由线段PF2的中点的纵坐标为0，得点P的纵坐标为c，将点P的纵坐标c代入椭圆＝1结合点P在第一象限，得点P的横坐标为，由双曲线﹣＝1，得渐近线y＝x在第一象限交于点P（，c），将点P（，c），代入y＝x，得⇒15（a2﹣c2）﹣16ac＝0，即15（1﹣e2）﹣16e＝0，由0＜e＜1，得e＝，故选：C．12．【解答】解：∵0＜a＝3＜30＝1，b＝log2425＞c＝log2526＞log2525＝1，∴a，b，c的大小关系是b＞c＞a．故选：D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【解答】解：满足约束条件的平面区域如下图所示：由图易得，当x＝2，y＝﹣1时，目标函数z＝2x+y的最大值为3故答案为：3．14．【解答】解：∵；∴；∴；①时，；∴；②时，；∴．故答案为：或．15．【解答】解：∵函数f（x）＝＝2sin（x+）在[﹣m，m]上，x+∈[﹣m+，m+]，f（x）是单调递增函数，∴m＞0，﹣m+≥﹣，且m+≤，求得0＜m≤，故有＜2m+≤，则f（2m）＝2sin（2m+）的取值范围为（1，2]，故答案为：（1，2]．16．【解答】解：数列{a n}的前n项和为S n，若S n＝2a n﹣n，①当n＝1时，解得：a1＝1．则当n≥2时，S n﹣1＝2a n﹣1﹣n+1，②①﹣②得：a n＝2a n﹣1+1，所以：a n+1＝2（a n﹣1+1），即：（常数）所以：数列{a n+1}是以a1+1＝2为首项，2为公比的等比数列，故：，解得：．所以：令f（x）＝10x，g（x）＝2x﹣1，由于：10x≥2x﹣1，解得：n的最大值为5．故答案为：5三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．17．【解答】解：（1）∵a sin B﹣＝0，∴2R sin A sin B﹣2R sin B cos A＝0．化简得：sin A﹣cos A＝0．∴tan A＝．∵0＜A＜π，∴A＝．（2）∵a＝3，A＝，∴9＝b2+c2﹣2bc cos A＝b2+c2﹣bc．∵b2+c2≥2bc，∴bc≤9．∴S＝bc sin A＝bc≤．∵当b＝c时，bc＝9，即b＝c＝3时，S＝．∴S的最大值为，此时，b＝c＝3．18．【解答】解：（1）依据题意计算得：＝＝93，＝＝90，＝9+1+0+1+9＝20，（x i﹣）（y i﹣）＝（﹣3）×（﹣3）+（﹣1）×（﹣1）+0×（﹣1）+1×2+3×3＝21，∴＝＝，＝﹣＝90﹣＝﹣．∴所求回归方程为＝x﹣．（2）由题设得随机变量X的可能取值为0，1，2．由已知得P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝．∴X的分布列为：E（X）＝0×+1×+2×＝．19．【解答】（1）证明：取BC的中点O，连接AO，B1O，B1C．∵AB＝AC，∴BC⊥OA．∵四边形BCC1B1是菱形，∠BB1C1＝，∴∠B1BC＝，B1B＝BC．∴△B1BC是正三角形，∴BC⊥B1O．∵AO⊂平面AOB1，B1O⊂平面AOB1，B1O∩AO＝O，∴BC⊥平面AOB1．∵AB1⊂平面AOB1，∴BC⊥AB1．（2）解：∵∠ABC＝，AB＝AC，∴△ABC是以BC为底的等腰直角三角形．∵BC＝4，∴AA1＝BB1＝4，AO＝BC＝2，AB＝AC＝2．∴B1O＝BB1sin＝2．∵平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC＝BC，B1O⊂平面AOB1，B1O⊥BC，∴B1O⊥平面ABC．∵AO⊂平面ABC，∴B1O⊥AO．∴AB1＝＝4．∴S＝＝2，∴V＝＝．又∴V＝V＝＝，∴＝，解得h＝．∴点C1到平面ABB1A1的距离为．20．【解答】解：（1）由已知得直线l的方程为：y＝x+，设Q（m，﹣），A（x A，y A），B（x B，y B）；由，得4x2﹣4x﹣1＝0，且△＝（﹣4）2+4×4＞0；∴x A+x B＝1，x A x B＝﹣；由∠AQB＝，得•＝0，又＝（m﹣x A，﹣﹣y A），＝（m﹣x B，﹣﹣y B），∴（m﹣x A）（m﹣x B）+（﹣﹣y A）（﹣﹣y B）＝0，整理得2x A x B+（﹣m）（x A+x B）+m2+＝0；∴2×（﹣）+（﹣m）×1+m2+＝0，解得m＝；∴Q点的坐标为（，﹣）；（2）设M（x1，），N（x2，），直线MN：y＝﹣x+t，由已知得l1：y＝2x1x﹣，l2：y＝2x2x﹣，解，得；∴P（，x1x2）；由，得x2+x﹣t＝0；由题意得△＝1+4t＞0，即t＞﹣，∴，P（﹣，﹣t）；∵OP⊥OQ，∴•＝﹣+＝0，解得t＝1；∴，∴•＝x1x2+＝0，∴OM⊥ON，∴MN为△MON外接圆的直径；又∵＝＝，|MN|＝＝＝，∴△MON外接圆的圆心为（﹣，），半径为；∴△MON外接圆的标准方程为+＝．21．【解答】解：（1）证明：当a＝1时，f（x）＝e x﹣x2，f′（x）＝e x﹣2x，令φ（x）＝f′（x），则φ′（x）＝e x﹣2．∴当0＜x＜ln2时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减；当x＞ln2时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增．∴当x≥0时，φ（x）min＝φ（ln2）＝2（1﹣ln2）＞0．∴当x≥0时，f′（x）＞0，f（x）在[0，+∞）上单调递增．∴当x≥0时，f（x）＞f（0）＝1＞0，即e x＞x2；．（2）解：由题设得f′（x）＝e x﹣2ax，由f（x）有极大值得f′（x）＝0有解，且a＞0．令g（x）＝f′（x），则g′（x）＝e x﹣2a．由g′（x）＝0得x＝ln（2a）．∴当x＜ln（2a）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞ln（2a）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增．∴g（x）min＝g（ln2a）＝2a（1﹣ln2a）．当g（x）min≥0，即0＜a≤时，g（x）≥0，即f′（x）≥0，此时，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，无极值；当当g（x）min＜0，即a时，∴g（0）＝1＞0，g（ln2a）＝2a（1﹣ln2a）＜0．由（1）知：g（2a）＝e2a﹣（2a）2＞0，即2a＞2ln2a＞ln2a．∴存在x1∈（0，ln2a），x2∈（ln2a，2a），使g（x1）＝g（x2）＝0．∴当x∈（﹣∞，x1）时，g（x）＞0，即f（x）单调递增；当x∈（x1，x2）时，g（x）＜0，即f（x）单调递减；当x∈（x2，+∞）时，g（x）＞0，即f（x）单调递增．∴x1是f（x）唯一的极大值点．综上所述，所求a的取值范围为（，+∞）．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【解答】解：（1）点P的直角坐标为（，1），曲线C的极坐标方程为ρ2＝．（2）由（1）知曲线C：ρ2＝．由A，B是曲线C上的两个动点，且OA⊥OB，不妨设A（ρ1，θ），B（ρ2，θ+），且|OA|2＝ρ12＝，|OB|2＝ρ22＝＝．∴|OA|2+|OB|2＝ρ12+ρ22＝+，＝≥＝．当sin22θ＝1时，|OA|2+|OB|2的最小值为．|OA|2+|OB|2的最小值为．[选修4-5：不等式选讲]23．【解答】．解：（1）由f（x）≥2得|x2﹣1|≥2，即x2﹣1≥2或x2﹣1≤﹣2．解x2﹣1≥2得x或x．由x2﹣1≤﹣2得x2≤﹣1，不成立．∴x2﹣1≤﹣2无实数解．∴原不等式的解集为（﹣∞，﹣]∪[，+∞）．（2）∵f（x）+5≤ax的解集非空，即|x2﹣1|+5≤ax有解，当x≤0时，由a＞0得ax≤0，|x2﹣1|+5＞0，∴当x≤0时，|x2﹣1|+5≤ax无解．①当0＜x≤1时，不等式|x2﹣1|+5≤ax化为a＝﹣x．∵函数h（x）＝﹣x在（0，1]上为单调递减函数，∴当x∈（0，1]时，h（x）＝﹣x的最小值为h（1）＝5．∴．a≥5②当x≥1时，由|x2﹣1|+5≤ax得a≥＝x+，而x+≥2＝4（x＝2时，等号成立）即x+的最小值为4．∴a≥4．综上所述，a的取值范围是[4，+∞）．。
2019云南省第二次统测语文答案解析【论述思路】文章围绕“系统思维”，首先介绍系统思维的内涵，然后介绍系统思维的特点，最后指出系统思维的发展趋势。
1.C【解题思路】本题考查筛选并整合文中的信息的能力。
A.曲解文意。
A选项中“从整体上把握世界的系统思维模式就已被广泛运用”不符合原文意思，原文第一段只是说“系统思维的种子就已破土而出”，意思是当时系统思维已经萌芽，但并未形成思维模式。
B.张冠李戴。
B 项，动态的客体世界并不等于动态性原则。
D.以偏概全。
D项，缩小了系统思维模式的运用范围，系统思维模式的运用并不仅限于自然科学领域的研究。
【规律总结】这是一道考核筛选并整合文中信息的能力的题目，题干的表述一般为“对文章有关内容的表述，不符合原文意思的一项”或者“正确的一项”，错误设置一般为答非所问、混淆范围，强拉因果、曲解文意，偷换概念、无中生有等，命题的手段为改变文章的表述和概括文章的内容，答题时注意阅读题干，找准区位，然后对读，寻找细微的差别。
2.D【解题思路】本题考查分析文章的论点、论据、论证的能力。
答题时注意分析文章的思路，中心论点和分论点的关系，论点和论据之间的关系，论证方法的类型，重点考核为论点是否正确，论据证明的是什么观点和论证的方法。
D.曲解文意。
D项，“作者把它与理论思维和形象思维的关系作了分析和比较”不符合原文意思，原文只是作了分析，并没有比较。
3.D【解题思路】本题考查分析作者在文中的观点态度的能力。
重点注意选项的表述和文中内容的整合或转述以及句子之间的关系的细微差别。
D.说法绝对。
从原文的第三段“系统思维活动的过程，基本上是在抽象度高的概念形式中进行的，当然系统思维的某些因素亦可渗入各种形象化的思维活动”可看出，形象化的思维只是渗入系统思维的某些因素，并非必不可少。
4.B【解题思路】本题考查筛选并整合文中信息的能力。
答题时注意仔细阅读文章，找准有效答题区间，然后认真对读，寻找细微的差别。
1 绝密★ 启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试文科综合能力测试（二）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：本题共35小题，每小题4分，共140分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
法国格拉斯是地处阿尔卑斯山南坡约海拔325米的特色小镇，它傍山而建，面朝地中海，朝地中海，这里是各种花草的优生地带。
这里是各种花草的优生地带。
这里是各种花草的优生地带。
该小镇从该小镇从16世纪起发展花卉种植业及香水制造，生产了法国2/3的天然芳香，诞生了香奈儿等世界知名香水，被誉为“世界香水之都”。
据此完成1～2题。
1．格拉斯成为香水特色小镇的前提条件是当地拥有( )A ．优越的自然环境B ．特色知名品牌C ．悠久的生产工艺D ．交通运输便捷2．夏季，格拉斯小镇种植花卉的优质灌溉水源主要直接来自( )A ．大气降雨B ．地下水C ．冰雪融水D ．淡化海水华为是1987年成立于深圳的一家民营企业，年成立于深圳的一家民营企业，长期坚持以客户为中心，长期坚持以客户为中心，长期坚持以客户为中心，不断进行不断进行全球布局，积极探索全球创新研发道路，截止2017年，华为公司在海外共建立了16个研究中心。
经过30年的发展，已成为中国创新型企业的代表，也是目前全球最大的通信设备制造商。
下图示意华为公司海外研发布局的变化趋势。
下图示意华为公司海外研发布局的变化趋势。
据此完成据此完成3～5题。
3．华为进行海外研发投资具有明确的( )( )A．市场导向B．技术导向C．资源导向D．劳动力导向4．华为海外研发投资首选俄罗斯而非欧美国家，主要是因为俄罗斯( )( ) A．科技发达，消费市场广阔B．资源丰富，且与中国毗邻C．环境优美，基础设施完善D．地广人稀，优惠政策支持5．华为在亚非拉地区的研发中心很少。
全国II卷文科综合高考参考答案2019年普通高等学校招生全国统一考试文科综合能力测试试题评分参考评分说明：非选择题部分，若考生答案与本答案不完全相同，但言之有理，可酌情给分，但不得超过该题所分配的分数。
一、选择题：每小题4分，共140分。
1．D2．B3．A4．B5．D6．C7．D8．A9．B10．C11．C12．B13．B14．A15．A16．C17．C18．D19．A20．D21．C22．A23．D24．D25．C26．B27．C28．D29．B30．B31．A32．C33．A34．D35．A二、非选择题：共160分。
（一）必考题：共135分。
36．（1）答：地形特点：山高谷深。
耕地特点：耕地主要分布在谷地和山间盆地，数量少（或面积小、占土地面积比重小）。
（2）答：宾川县位于温暖湿润的亚热带季风气候区，因山高谷深，谷地盛行下沉气流，气流下沉过程中增温且谷地热量不易散失，导致热（气温高），同时不易形成降水，导致干（降水少）。
（3）答：全年气温高，热量充足，热带、亚热带水果全年可以生长；（海拔高，晴天多，）气温日较差大，光照强，有利于水果品质提高（糖分积累）。
（4）答：吸引相关企业投资，发展水果加工业；引进并培育优良品种，树立品牌；加大宣传力度，开拓水果销售市场；促进以水果种植为基础的旅游产业化；完善交通等基础设施建设等。
37．（1）答：山地丘陵广布，冬季山区气温低，可建人工滑雪场的地点多；南方居民对雪和滑雪有好奇心，各地都有滑雪市场的需求；多为体验型滑雪者，就近体验即可满足其好奇心。
（2）答：便于利用旅游景区的基础设施和对外交通条件；有利于提高滑雪场的知名度，吸引更多的滑雪爱好者。
（3）答：因无天然积雪，初始造雪量太，人工造雪要消耗大量电力和水资源；气温较高，融雪快，需经常补雪。
（4）答：赞同：增建酒店可满足滑雪者的度假需求：增建中高级雪道可满足当地运动型滑雪者需求；可增加滑雪者逗留天数，有利于提高滑雪场收入。
