河北省唐山市2019届高三第二次模拟考试(数理)

………○…………_________班级：________………○…………河北省唐山市2019届高三第二次模拟考试数学（理）试卷注意事项：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）一、选择题1.已知复数z 满足()1i 2z +=，则复数z 的虚部为 A. 1 B. 1- C. i D. i -2.已知集合A ={y|y =2x ，x ∈R }，B ={x |y =lg (2−x ) }则A ∩B =（ ）A. (0，2)B. (−∞，2]C. (−∞，2)D. (0，2]3.AQI 是表示空气质量的指数，AQI 指数值越小，表明空气质量越好，当AQI 指数值不大于100时称空气质量“优良”.如图是某市3月1日到12日AQI 指数值为201.则下列叙述正确的是（ ）A. 这12天的AQI 指数值的中位数是90B. 12天中超过7天空气质量“优良”C. 从3月4日到9日,空气质量越来越好D. 这12天的AQI 指数值的平均值为100 4.已知向量()()()2,3,,4,a b x a a b ==⊥-则x = ( ) A. 1 B.12C. 2D. 3 5.已知m ，n 表示两条不同的直线，α表示平面.下列说法正确的是（ ） A. 若m//α，n//α，则m//n B. 若m ⊥α，n ⊥α，则m//n C. 若m⊥α，m ⊥n ，则n//αD. 若m//α，m⊥n ，则n ⊥α6.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于其思想的一个程序框图，若输入的,a b 分别为5,2，则输出的n =（ ）答案第2页，总31页……○…………线…………○题※※……○…………线…………○A. 5B. 4C. 3D. 2 7.函数f (x )=√3sin (2x +φ)(|φ|<π2)的图象向左平移π6个单位长度后，所得到的图象关于原点对称，则φ等于（ ） A. π6B. −π6C. π3D. −π38.已知a 为常数，a =∫2xdx 10，则(√x −a x )6的展开式中的常数项是（ ） A. 10B. 12C. 15D. 169.已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线与圆()2244x y -+=相切，则该双曲线的离心率为（ ） 3210.设函数f (x )(x ∈R )满足f (x +π)=f (x )+sinx,，当o ≤x <π，f (x )=0，则f (23π6)=（ ） A. 12B. √32C. 0D. −1211.正三角形ABC 的边长为2，将它沿高AD 折叠，使点B 与点C 间的距离为√3，则四面体ABCD 外接球的表面积为（ ） A. 6πB. 7πC. 8πD. 9π12.已知函数f (x )=|lg (x −1)|，若1<a <b 且f (a )=f (b )，则实数2a +b 的取值范围是（ ）A. [3+2√2，+∞)B. (3+2√2，+∞)C. [6，+∞)D. (6，+∞)13.已知集合A={x|2x>12}，则C R A=（）A. {x|x>1}B. {x|0<x≤−1}C. {x|x>−1}D. {x|x≤−1}14.已知复数z满足(1+i)z=2，则z的共轭．．复数为（）A. 1+iB. 1−iC. iD. −i15.在等差数列{a n}中，a4=6，a3+a5=a10，则a12=（）A. 10B. 12C. 14D. 1616.已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上一点A(2sinα,3)，则cosα=（）A. 12B. −12C. √32D. −√3217.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为4，A(2,3)为C上一点，则C的渐近线方程为（）A. y=±12x B. y=±xC. y=±√33xD. y=±√3x18.已知直线l，m和平面α，β，有如下三个命题：①若存在平面γ，使α⊥γ，β⊥γ，则α//β；②若l，m是两条异面直线，l⊂α，m⊂β，l//β，m//α，则α//β；③若l⊥α，m⊥β，l//m，则α//β.其中正确命题的个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 319.已知函数f(x)=sin(2ωx−π3)(ω>0)的最小正周期为π，把f(x)的图像向左平移π3个单位后，所得函数图像的一条对称轴为（）A. x=0B. x=π12C. x=π8D. x=π320.已知函数f(x)={x2+2x,x≤02为奇函数，则f(x)在x=2处的切线斜率等于（）答案第4页，总31页装…………○……………○…………线…※要※※在※※装※※订※※※题※※装…………○……………○…………线…A. 6 B. -2 C. -6D. -821.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A. 16πB. 14πC. 10πD. 8π22.割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”，刘徽称之为“以盈补虚”，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现.如图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法.在ΔABC 内任取一点，则该点落在标记“盈”的区域的概率为（ ）A. 15 B. 14 C. 13D. 1223.已知抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F ，点P 在C 上，以PF 为半径的圆P 与y 轴交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =7OA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，则圆P 的半径r =（ ）A. 2B. 3C. 4D. 524.已知a =log 32，b =log 43，c =log 0.20.3，则a ，b ，c 的大小关系是（ ）A. a <b <cB. a <c <bC. c<a <bD. b<a <c第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明二、填空题（题型注释）25.在ΔABC中，若AB=√13，BC=3，∠C=120°，则AC=_____．26.已知实数x,y满足不等式组{x−3y+5≥02x+y−4≤0y+2≥0，则z=x+y是最小值为_____.27.甲、乙、丙三位教师分别在延安、咸阳、宝鸡的三所中学里教不同的学科A，B，C，已知：①甲不在延安工作，乙不在咸阳工作；②在延安工作的教师不教C学科；③在咸阳工作的教师教A学科；④乙不教B学科.可以判断乙工作的地方和教的学科分别是______、_____．28.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F作直线l交抛物线C于A，B两点，若|AF|=23，|BF|=2，则p=______．29.已知向量a⃑⃑ ，b⃑⃑ 满足|a⃑⃑ |=3，|b⃑⃑ |=1，且|a⃑⃑ −b⃑⃑ |=|a⃑⃑ +b⃑⃑ |，则a⃑⃑ ⋅(a⃑⃑ −b⃑⃑ )=__________．30.设变量x，y满足约束条件{x−y+1≥0y≥1x+2y−5≤0，则z=yx+2的最大值为__________．31.将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它三所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有__________种．（用数字作答．．．．．）32.各项均为正数的数列{a n}满足a1=1，a n⋅a n+2=3a n+1(n∈N∗)，则a5⋅a2019=__________．三、解答题（题型注释）33.已知函数f(x)=x2−4x，数列{a n}的前n项和S n=f(n)，n∈N+.（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设c n=2a n，求{c n}的前n项和T n.34.如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB=BE=EC，G，F分别是线段BE，DC的中点.答案第6页，总31页………○………………线…………○※在※※装※※订※※线※※内………○………………线…………○（Ⅰ）求证：GF//平面ADE ；（Ⅱ）求平面AEF 与平面BEC 所成角的余弦值.35.某水产品经销商销售某种鲜鱼，售价为每千克20元，成本为每千克15元，销售宗旨是当天进货当天销售，如果当天卖不完，那么未售出的部分全部处理，平均每千克损失3元.根据以往的市场调查，将市场日需求量（单位：千克）按[50，150)，[150，250)，[250，350)，[350，450)，[450，550)进行分组，得到如图的频率分布直方图.（Ⅰ）未来连续三天内，连续两天该种鲜钱的日需求量不低于350千克，而另一天的日需求量低于350千克的概率；（Ⅱ）在频率分布直方图的日需求量分组中，以各组区间的中点值代表该组的各个值，并以日需求量落入该区间的频率作为日需求量取该区间中点值的概率.若经销商每日进货400千克，记经销商每日利润为X （单位：元），求X 的分布列和数学期望. 36.已知两直线方程l 1:y =√22x 与l 2:y =−√22x ，点A 在l 1上运动，点B 在l 2上运动，且线段AB 的长为定值2√2.（Ⅰ）求线段AB 的中点C 的轨迹方程；（Ⅱ）设直线l 1:y =kx +m 与点C 的轨迹相交于M ，N 两点，O 为坐标原点，若k OM ⋅k ON =54，求原点O 的直线l 的距离的取值范围. 37.已知函数f (x )=ax +1−xlnx 的图象在点(1，f (1))处的切线与直线x −y =0平行.………装………__________姓名：_______………装………（Ⅰ）求函数f (x )的极值； （Ⅱ）若对于∀x 1，x 2∈(0，+∞)，f (x 1)−f (x 2)x 1−x 2>m (x 1+x 2)，求实数m 的取值范围.38.在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =√3+2cosα，y =2+2sinα（α为参数），直线C 2的方程为y=√33x ，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（Ⅰ）求曲线C 1的极坐标方程；（Ⅱ）若直线C 2与曲线C 1交于P ，Q 两点，求|OP |⋅|OQ |的值. 39.已知函数f(x)=|2x −1|，x ∈R . （1）解不等式f(x)<|x|+1；（2）若对x ，y∈R ，有|x −y −1|≤13，|2y +1|≤16，求证：f(x)≤56.40.在ΔABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，2c =√3a +2bcosA .（1）求角B ； （2）若c=7，bsinA =√3，求b .41.如图，在边长为8的菱形ABCD 中，∠ABC =120°，将ΔABD 沿BD 折起，使点A 到达A 1的位置，且二面角A 1−BD −C 为60°.（1）求异面直线A 1C 与BD 所成角的大小；（2）若点E 为A 1C 中点，求直线BE 与平面A 1DC 所成角的正弦值. 42.苹果可按果径M （最大横切面直径，单位：mm .）分为五个等级：M ≥80时为1级，75≤M <80时为2级，70≤M <75时为3级，65≤M <70时为4级，M <65时为5级.不同果径的苹果，按照不同外观指标又分为特级果、一级果、二级果.某果园采摘苹果10000个，果径M 均在[60,85]内，从中随机抽取2000个苹果进行统计分析，得到如图1所示的频率分布直方图，图2为抽取的样本中果径在80以上的苹果的等级分布统计图.答案第8页，总31页………线…………○………线…………○（1）假设M 服从正态分布N(μ,σ2)，其中μ的近似值为果径的样本平均数x （同一组数据用该区间的中点值代替），σ2=35.4，试估计采摘的10000个苹果中，果径M 位于区间(59.85,77.7)的苹果个数；（2）已知该果园今年共收获果径在80以上的苹果800kg ，且售价为特级果12元/kg ，一级果10元/kg ，二级果9元/kg .设该果园售出这800kg 苹果的收入为X ，以频率估计概率．．．．．．．，求X 的数学期望. 附：若随机变量Z 服从正态分布N(μ,σ2)，则P (μ−σ<Z <μ+σ)=0.6827，P (μ−2σ<Z <μ+2σ)=0.9545，√35.4≈5.95.43.已知|MN |=1，MP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =3MN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，当N ，M 分别在x 轴，y 轴上滑动时，点P 的轨迹记为E . （1）求曲线E 的方程； （2）设斜率为k(k ≠0)的直线MN 与E 交于P ，Q 两点，若|PN |=|MQ |，求k .44.已知f(x)=4e x −e −2x −ax .（1）若f(x)在R 上单调递增，求a 的取值范围； （2）若f(x)有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，证明：（i ）x 1+x 2>0；（ii ）f(x 1)+f(x 2)<6.45.在直角坐标系xOy 中，圆C 1：(x −1)2+y 2=1，圆C 2：(x +2)2+y 2=4.以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求圆C 1，C 2的极坐标方程；（2）设A ，B 分别为C 1，C 2上的点，若ΔOAB 为等边三角形，求|AB |. 46.已知f(x)=|ax +1|+|ax −1|−2a −4. （1）若f(x)≥0，求a 的取值范围；（2）若a>0，y =f(x)的图像与x 轴围成的封闭图形面积为S ，求S 的最小值.参数答案1.B【解析】1.设,,z a bi a b R =+∈（） ，由()1i 22z z i z +=⇒=--（）2a bi i a bi ⇒+=--（） ， 2a bi b a i ⇒+=-+-（） ,{2a b b a =-⇒=- 1b ⇒=- ，故选B.2.A【解析】2.先根据指数函数的值域求出集合A ，然后根据对数函数有意义求出集合B ，最后根据交集的定义求出所求即可．∵A ＝{y |y ＝2x ，x ∈R}＝{y |y ＞0}，B ＝{x |y ＝lg （2﹣x ）}＝{x |2﹣x ＜0}={x |x ＜2}=（﹣∞，2）， ∴A ∩B ＝{x |0＜x ＜2}=(0，2)， 故选A. 3.C【解析】3.这12天的AQI 指数值的中位数是95+922=93.5 ，故A 不正确；这12天中，空气质量为“优良”的有95，85，77，67，72，92共6天，故B不正确；；从4日到9日，空气质量越来越好，，故C 正确；这12天的AQI 指数值的平均值为110，故D 不正确. 故选 C ． 4.B【解析】4.()()()2,3,,4,2,1,a b x a b x ==∴-=--由()(),4230,a a b a a b x ⊥-∴⋅-=--= 则1.2x =故选B. 5.B【解析】5.A ．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B ．运用线面垂直的性质，即可判断；答案第10页，总31页C ．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D ．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断． A ．若m ∥α，n ∥α，则m ，n 相交或平行或异面，故A 错； B ．若m ⊥α，n⊥α，由线面垂直的性质定理可知m//n ，故B 正确；C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，故C 错；D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α或n ⊥α，故D 错． 故选：B ． 6.B【解析】6.模拟程序运行，可得： 52a b ==，，1n =， 1542a b ==，，不满足条件a b ≤，执行循环体 2n =， 4584a b ==，，不满足条件a b ≤，执行循环体 3n =， 135168a b ==，，不满足条件a b ≤，执行循环体 4n =， 4053216a b ==，，满足条件a b ≤，退出循环，输出n 的值为4 故选B7.D【解析】7.先根据图象变换规律求得平移后的解析式设为g （x ），再根据对称性求得结果． 函数f （x ）=√3sin （2x +φ）（|φ|＜π2）的图象向左平移π6个单位后， 得到g （x ）=√3sin （2x +π3+φ）（|φ|＜π2）的图象， 由于平移后的图象关于原点对称， 故g （0）=√3sin （π3+φ）＝0，∴π3+φ=k π（k ∈Z ）由|φ|＜π2得： φ=−π3，故选：D ． 8.C【解析】8.计算定积分求出a 的值，再利用二项展开式的通项公式，求得常数项． a =∫12xdx ＝x 2|01=1，∴（√x −1x ）6的通项公式为T r +1＝C 6r √x 6−r （−1x ）r ＝（﹣1）r C 6r x 6−3r 2，令6−3r2=0，解得r ＝2，则二项展开式中的常数项为（﹣1）2C 62＝15， 故选C. 9.B【解析】9.由双曲线方程可知，双曲线的一条渐近线为： by x a=，即： 0bx ay -=， 由直线与圆的位置关系可得：2=，整理可得： 2b c =，则： ()222224,34c c a c a =-∴=，据此有： 2224,3c e e a ==∴=.本题选择B 选项. 10.A【解析】10.试题因为函数f(x),(x∈R)满足f(x +π)=f(x)+sinx ，当0≤x <π时，f(x)=0，所以f(23π6)=f(π+17π6)=f(17π6)+sin17π6=f(11π6)+sin11π6+sin17π6=f(5π6)+sin5π6+sin11π6+sin17π6=sin5π6+sin11π6+sin17π6=12−12+12=12，故选A ．11.B【解析】11.四面体ABCD 的三条侧棱BD ⊥AD 、DC ⊥DA ，底面是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的表面积即可． 根据题意可知四面体ABCD 的三条侧棱BD ⊥AD 、DC ⊥DA ，底面是等腰三角形，它的外接球就是它扩答案第12页，总31页……○…………装……※※请※※不※※要※※在※……○…………装……展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径， 三棱柱中，底面△BDC ，BD ＝CD ＝1，BC =√3，∴∠BDC ＝120°，∴△BDC 的外接圆的半径为12×√3sin120°=1由题意可得：球心到底面的距离为√32， ∴球的半径为r =√34+1=√72．外接球的表面积为：4πr 2＝7π故选：B ． 12.A【解析】12.根据对数的性质的可知：函数f （x ）＝|lg （x ﹣1）|，若1＜a ＜b 且f （a ）＝f （b ），可得log 110(a −1)=lg(b −1)，即1a−1=b −1，可得a ，b 的关系，利用基本不等式求解2a +b 的取值范围.函数f （x ）＝|lg （x ﹣1）|， ∵1＜a ＜b 且f （a ）＝f （b ），则b ＞2，1＜a ＜2， ∴log 110(a−1)=lg(b −1)，即1a−1=b −1，可得：ab ﹣a ﹣b ＝0． 那么：a =b b−1．则2a +b =2b b−1+b =(2b−2)+2b−1+b −1+1=(b −1)+2b−1+3≥2√2+3，当且仅当b =√2+1时取等号．满足b ＞2，故选：A ． 13.D【解析】13.先求A,再求补集即可A ={x|2x >12}={x|x >−1},则C R A = {x|x ≤−1}故选：D 14.A【解析】14.先由复数代数形式除法运算求z,再求其共轭复数z =21+i=2(1−i )(1+i )(1−i )=1-i,故z̅=1+i 故选：A 15.C【解析】15.由题列出关于a 1,d 的方程组求解，即可求得a 12 由题知{a 1+3d =6a 1+2d +a 1+4d =a 1+9d ,解得{a 1=3d =1,故a 12=a 1+11d =14故选：C 16.A【解析】16.由三角函数定义得tan α=32sinα,再利用同角三角函数基本关系求解即可由三角函数定义得tan α=32sinα，即sinαcosα=32sinα,得3cos α=2sin 2α=2(1−cos 2α),解得cosα=12或cosα=−2（舍去）故选：A 17.D答案第14页，总31页【解析】17.由题2c=4,将A(2,3)代入方程，得a,b 方程组求解即可由题2c=4,即c=2,又A(2,3)为C 上一点，则{4a2−9b 2=1a 2+b 2=4,解得a 2=1，b 2=3，故b a=√3 故渐近线方程为y =±√3x故选：D 18.C【解析】18.对每个序号逐项判断即可 对①，若存在平面γ，使α⊥γ，β⊥γ，则α//β或α与β相交，故①错误；对②，假设α与β不平行,则α与β相交,设交线为n,∵l⊂α，l//β,α∩β=n,∴l//n,同理，m//n ,∴l//m,与l ，m 异面矛盾，故假设不成立，所以α//β，②正确 对③，若l ⊥α，l//m ，则m ⊥α,又m ⊥β，则α//β，故③正确19.B【解析】19.由题意利用正弦函数的周期性求得ω的值，可得函数的解析式；再利用函数y ＝Asin （ωx+φ）的图象变换规律以及正弦函数的图象的对称性，求得所得函数图象的一条对称轴方程． ∵函数f(x)=sin(2ωx −π3)(ω＞0)的最小正周期为2π2ω=π，∴ω＝1，f （x ）＝sin （2x −π3）．若将函数f （x ）的图象向左平移π3个单位，可得y ＝sin （2x +2π3−π3）＝sin （2x +π3）的图象，令2x +π3=kπ+π2，求得x =kπ2+π12，k ∈Z ，令k ＝0，可得所得函数图象的一条对称轴为x =π12，故选：B 20.B【解析】20. 先求f(x)在x>0时的解析式，再求切线方程即可…………○…………名：___________班级：_________…………○…………设x>0，则−x <0,f (−x )=x 2−2x,又f(x) 为奇函数，则f (x )=−f (−x )=−x 2+2x,f ’(x )=−2x +2,则f ’(2)=−2故选：B 21.C【解析】21.将三视图还原，再求表面积即可将三视图还原为如图所示的几何体：半个球挖去一个圆锥，球半径为R =√3，圆锥底面半径r=1,由题母线长为2，则该几何体的表面积S=12×4πR 2+πR 2−πr 2+12×2πr ×2=10π故答案为：C22.B【解析】22.由题求得“盈”部分的面积，利用几何概型求解即可 由题“盈”部分的面积为12×a 2×h 2,又ΔABC 的面积为12ah, 则该点落在标记“盈”的区域的概率为12×a 2×h212ah =14故选：B 23.D【解析】23.设P （x 0，y 0）,得圆的方程，进而求得与y 轴交点A,B 坐标，利用OB⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =7OA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，求解即可答案第16页，总31页设P （x 0，y 0）,则圆的方程为(x −x 0)2+(y −y 0)2=(x 0+1)2,令x=0，则y B =y 0+√2x 0+1，y A =y 0−√2x 0+1,又OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =7OA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，则y 0+√2x 0+1=7（y 0−√2x 0+1），又x 0=y 024,联立得y 0=4，则r=(x 0+1)=5故选：D 24.B【解析】24.利用作差法比较a,c 大小，再分别比较b,c 与34的关系即可求解 a -c=log 32−log 0.20.3=log 32−log 5103=log 32−log 55−log 523=log 32−1−log 523=log 323−log 523<0,故a <c又34=81>(434)4=64,故3>434,故log 43>log 4434,即b>34,又(103)4<(534)4,故103<534,故log 0.20.3=log 5103<log 5534,即c<34,所以b>c,综上a <c <b 故选：B 25.1【解析】25.由题意利用余弦定理得到关于AC 的方程，解方程即可确定AC 的值. 由余弦定理得13=9+AC 2+3AC ，解得AC =1或AC =−4（舍去）.26.-13【解析】26.作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的△ABC 及其内部，再将目标函数z ＝2x +y 对应的直线进行平移，可得当x ＝y ＝1时，z ＝2x +y 取得最小值．作出不等式组{x −3y +5≥02x +y −4≤0y +2≥0表示的平面区域：…………线…………○……………线…………○…得到如图的阴影部分，由{y =−2x −3y +5=0解得B （﹣11，﹣2）设z ＝F （x ，y ）＝x +y ，将直线l ：z ＝x +y 进行平移，当l 经过点B 时，目标函数z 达到最小值， ∴z 最小值＝F （﹣11，﹣2）＝﹣13． 故答案为：﹣13 27.宝鸡 C【解析】27.综合分析判断每一句话，能推理出正确结果．由③得在咸阳工作的教师教A 学科；又由①得乙不在咸阳工作，所以乙不教A 学科； 由④得乙不教B 学科，结合③乙不教A 学科，可得乙必教C 学科， 所以由②得乙不在延安工作，由①得乙不在咸阳工作；所以乙在宝鸡工作， 综上，乙工作地方和教的学科分别是宝鸡和 C 学科． 故答案为：宝鸡 C ． 28.1【解析】28.根据AF |，|BF |，利用抛物线的定义可得A ，B 的横坐标，利用y 12y 22=x 1x 2=(232)2=19，即可求得p 的值． 设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则 ∵|AF |=23，|BF |＝2|∴根据抛物线的定义可得x 1=23−p 2，x 2＝2−p2，答案第18页，总31页………○…………线…※※题※※………○…………线…∴y 12y 22=x 1x 2=(232)2=19，∴9（23−p2）＝2−p2，∴p ＝1． 故答案为：1.29.9【解析】29.由|a ⃑ −b ⃑⃑ |=|a ⃑ +b ⃑⃑ |平方得a ⃑ ⋅b⃑⃑ ，再求值即可 |a ⃑ −b ⃑⃑ |=|a ⃑ +b ⃑⃑ |平方得a ⃑ ⋅b ⃑⃑ =0，故a ⃑ ⋅(a ⃑ −b ⃑⃑ )=a ⃑ ⋅a ⃑ =9 故答案为9 30.23【解析】30.画出可行域，再由z 的几何意义求解即可 画出可行域，如图阴影部分所示:z =yx+2表示（x,y ）与A （-2，0）连线的斜率，由题可知当经过点B 时斜率最大，此时点B 为方程组的解，{x −y +1=0x +2y −5=0 ，解得B （1，2），故z =y x+2的最大值为23故答案为23……○…………线…………○…_______……○…………线…………○…31.660【解析】31.分情况讨论每个学校分配人数即可求解若甲校2人，乙、丙、丁其中一校2人，共有C 62C 42A 33种，若甲校3人，乙、丙、丁每校1人，共有C 63A 33，则不同的分配方案共有C 62C 42A 33+C 63A 33=660种故答案为660 32.27【解析】32.先求得数列周期再计算即可 由a n ⋅a n+2=3a n+1知n ≥2,a n−1⋅a n+1=3a n ,两式相除得a n−1⋅a n+2=9，又a n+2⋅a n+5=9，得a n−1=a n+5，则数列周期为6，又a 1a 4=9,则a 4=9，故a 5⋅a 2019=a 5⋅a 6×336+3=a 5⋅a 3=3a 4=27故答案为27 33.（Ⅰ）a n =2n −5(n ∈N +)（Ⅱ）T n =4n −124【解析】33. （Ⅰ）先由题意得S n=n 2−4n ，当n 大于等于2时可根据数列的前n 项的和减去数列的前n ﹣1项的答案第20页，总31页………外…………○…※………内…………○…和求出a n ，然后把n ＝1代入验证； （Ⅱ）由（Ⅰ）知c n=22n−5，可得{c n }是等比数列，根据等比数列的求和公式即可求得结果. （Ⅰ）因为函数f (x )=x 2−4x ，所以S n =f (n )=n 2−4n ，当n =1时，a 1=S 1=−3，当n≥2时，a n =S n −S n−1=2n −5. 所以a n=2n −5(n ∈N +).（Ⅱ）由（Ⅰ）知c n=2a n =22n−5， c 1=18，c n+1c n=22n−322n−5=4所以{c n }是首项为18，公比为4的等比数列. 所以{c n }的前n 项和：T n =18(1−4n)1−4=4n −124所以T n=4n −124. 34.（Ⅰ）见证明（Ⅱ）23【解析】34.（Ⅰ）取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，通过证明四边形HGFD 是平行四边形来证明GF ∥DH ，由线面平行的判定定理可得；（Ⅱ）以B 为原点，分别以BE →，BQ →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，可得平面BEC 和平面AEF 的法向量，由向量夹角的余弦值可得． （Ⅰ）如图，取AE 的中点H 连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点，所以HG//AB ，且HG=12AB ，第21页，总31页…………订…………○…级：___________考号：___________…………订…………○…又F 是CD 中点，所以DF=12CD ，由四边形ABCD 是矩形得，AB//CD ，AB =CD ，所以GH//DF 且GH=DF .从而四边形HGFD 是平行四边形，所以GF//DH ， ∵DH ⊂平面ADE ，GF ⊄平面ADE ，∴GF ∥平面ADE . （Ⅱ）如图，在平面BEC 内，过点B 作BQ//EC ，因为BE ⊥CE ，所以BE ⊥BQ .又AB ⊥平面BEC ，所以AB⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为原点，分别以BE ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，BQ ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，BA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，设ADE ，设AB=4，则A(0，0，4)，B (0,0,0)，E (4,0,0)，F (4,4,2).因为AB⊥平面BEC ，所以BA⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,4)为平面BEC 的法向量，设n =(x ，y ，z)为平面AEF 的法向量. 又AE ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(4，0，−4)，AF ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(4，4，−2){n ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⋅AF ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0,即{4x −4z =04x +4y −2z =0 ，取n =(2，−1，2)， ∴cos <BA ⃑⃑⃑⃑⃑ ，n >=BA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n |BA⃑⃑⃑⃑⃑ ||n |=2×44×3=23，所以平面AEF 与平面BEC 所成角的余弦值为23. 35.（Ⅰ）0.192（Ⅱ）见解析【解析】35.（Ⅰ）根据频率分布直方图，即可求出连续两天该种鲜鱼的日销售量不低于350公斤，而另一天日销售量低于350公斤的概率，（Ⅱ）结合频率分布直方图求得利润的可能取值，列出分布列，求出数学期望.答案第22页，总31页（Ⅰ）由频率分布直方图可知，日需求量不低于350千克的概率为(0.0025+0.0015)×100=0.4，则未来连续三天内，有连续两天的日需求量不低于350千克，而另一天日需求量低于350千克的概率为0.4×0.4×(1−0.4)+ (1−0.4)×0.4×0.4=0.192.（Ⅱ）日需求量的可能取值为100，200，300，400，500， 当日需求量为100时，利润为（20-15）×100-300×3=-400， 当日需求量为200时，利润为（20-15）×200-200×3=400， 当日需求量为300时，利润为（20-15）×300-100×3=1200， 当日需求量为400或500时，利润为（20-15）×400=2000， 所以X 可取的值是−400，400，1200，2000，P (X =400)=0.0020×100=0.2； P (X =1200)=0.0030×100=0.3；P (X =2000)=0.0025×100+0.0015×100 =0.25+0.15=0.4所以X 的分布列：此时利润的期望值E (X )=−400×0.1+400×0.2 +1200×0.3+2000×0.4=1200（元）. 36.（Ⅰ）x 24+y 2=1（Ⅱ）[0，2√147)【解析】36.（Ⅰ）利用已知条件设A (x 1，√22x 1)，B (x 2，−√22x 2)，C(x,y)，建立x,y 与x 1，x 2的关系，利用线段AB 的长化简计算即可；（Ⅱ）联立直线方程与椭圆方程，化为关于x 的一元二次方程，由判别式大于0求得m 2＜4k 2+1，再由k OM ⋅k ON =54，可得m 2+k 2=54，从而求得k 的范围，再由点到直线的距离公式求出原点O 到直线l 的距离，则取值范围可求． （Ⅰ）∵点A 在l 1:y =√22x 上运动，点B 在l 2:y =−√22x 上运动，第23页，总31页∴设A (x 1，√22x 1)，B (x 2，−√22x 2)，线段AB 的中点C(x,y)，则有x =x 1+x 22，y =√22x 1−√22x 22，∴x 1+x 2=2x ，x 1−x 2=2√2y ，∵线段AB 的长为定值2√2，∴(x 1−x 2)2+(√22x 1+√22x 2)2=8，即(2√2y)2+(√2x)2=8，化简得x 24+y 2=1. ∴线段AB 的中点C 的轨迹方程为x 24+y 2=1.（Ⅱ）设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，联立{x 24+y 2=1y =kx +m得(4k 2+1)x 2+8kmx +4m 2−4=0，Δ=(8km )2−4(4k 2+1) (4m 2−4)>0，化简得m 2<4k 2+1①. x 1+x 2=−8km4k 2+1，x 1x 2=4m 2−44k 2+1y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m ) =k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2，若k OM ⋅k ON=54，则y 1y2x 1x 2=54，即4y 1y 2=5x 1x 2， 所以4k 2x 1x 2+4km (x 1+x 2) +4m 2=5x 1x 2，即(4k2−5)4m 2−44k 2+1+ 4km (−8km 4k +1)+4m 2=0，化简得m 2+k 2=54②， 由①②得0≤m 2<65，120<k 2≤54， 因为O 到直线l 的距离d =√1+k 2，所以d 2=m 21+k2=54−k 21+k2=−1+94(1+k 2)又因为120<k 2≤54，所以0≤d 2<87，所以O 到直线l 的距离的取值范围是[0，2√147). 37.（Ⅰ）f (x )在x =e 处取得极大值为f (e )=e +1，无极小值.（Ⅱ）m ≤−12e 2【解析】37.（Ⅰ）求得f （x ）的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，可得a ，求出f （x ）的导数和单调区间，即可得到所求极值；（Ⅱ）设x 1＞x 2，可得f （x 1）﹣f （x 2）＞mx 12﹣mx 22，设g （x ）＝f （x ）﹣mx 2在（0，+∞）为增函数，设g （x ）＝f （x ）﹣mx 2在（0，+∞）为增函数，求得g （x ）的导数，再由参数分离和构造函数，求出最值，即可得到所求m 的范围．答案第24页，总31页（Ⅰ）f (x )=ax +1−xlnx 的导数为f ′(x )=a −1−lnx ，可得y=f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为a −1，由切线与直线x−y =0平行，可得a −1=1，即a =2，f (x )=2x +1−xlnx ，f ′(x )=1−lnx ，当0<x <e 时f ′(x )>0，当x >e 时， ，所以f (x )在(0，e )上递增，在(e ，+∞)上递减， 可得f (x )在x =e 处取得极大值为f (e )=e +1，无极小值.（Ⅱ）设x 1>x 2>0，若f (x 1)−f (x 2)x 1−x2>m (x 1+x 2)，可得f (x 1)−f (x 2)>mx 12−mx 22， 即f (x 1)−mx 12>f (x 2)−mx 22设g (x )=f (x )−mx 2在(0，+∞)上增函数，即g ′(x )=1−lnx −2mx ≥0在(0，+∞)上恒成立， 可得2m≤1−lnx x在(0，+∞)上恒成立，设ℎ(x )=1−lnx x，所以ℎ′(x )=lnx−2x 2， ℎ(x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，+∞)上递增，ℎ(x )在x =e 2处取得极小值为ℎ(e 2)=−1e2，所以m≤−12e 2.38.（Ⅰ）ρ2−2√3ρcosθ−4ρsinθ+3=0（Ⅱ）3【解析】38.（Ⅰ）先把曲线C 1的参数方程转化为普通方程，进一步转化为极坐标方程．（Ⅱ）把直线方程转化为极坐标方程，与曲线C 1的极坐标方程联立，根据根与系数的关系，求得结果． （Ⅰ）曲线C 1的普通 方程为(x −√3)2+(y −2)2=4，则C 1的极坐标方程为ρ2−2√3ρcosθ−4ρsinθ+3=0 （Ⅱ）设P(ρ1，θ)，Q(ρ2，θ)， 将θ=π6代入ρ2−2√3ρcosθ −4ρsinθ+3=0，得ρ2−5ρ+3=0所以ρ1ρ2=3，所以|OP |⋅|OQ |=3.39.（Ⅰ）{x |0<x <2 }（Ⅱ）见证明第25页，总31页【解析】39.（Ⅰ）由条件|2x ﹣1|＜|x |+1，分类讨论，求得x 的范围． （Ⅱ）由条件利用绝对值三角不等式证得不等式成立． （Ⅰ）因为f (x )<|x |+1，所以|2x −1|<|x |+1，即{x ≥122x −1<x +1 ，或{0<x <121−2x <x +1，或{x ≤01−2x <−x +1 ， 解得12≤x <2，或0<x <12，或∅.所以不等式的解集为{x |0<x <2 }. （Ⅱ）因为 |x −y −1|≤13,|2y +1|≤16, 所以f (x )=|2x −1|=|2(x −y −1)+(2y +1)|≤|2(x ﹣y ﹣1)|+|2y +1|≤2•13+16=56.40.（1）B ＝π6（2）b ＝√19．【解析】40.（1）由正弦定理及两角和的正弦公式求得B;（2）由正弦定理求得a,再由余弦定理求b 即可 （1）由已知及正弦定理可得：2sinC ＝√3sinA ＋2sinBcosA ， 所以2(sinAcosB ＋sinBcosA)＝√3sinA ＋2sinBcosA ， 即2sinAcosB ＝√3sinA ， 因为sinA≠0，所以cosB ＝√32．又0＜B ＜π，故B ＝π6．（2）在△ABC 中，由正弦定理可得a sinA=b sinB ，所以asinB ＝bsinA ＝√3， 由（1）知B ＝π6， 所以a ＝2√3，由余弦定理可得，b 2＝a 2＋c 2－2accosB ＝19， 所以b ＝√19．答案第26页，总31页41.（1）见解析（2）1213【解析】41.（1）连接AC ，交BD 于点O ，连接OA 1，证明BD ⊥A 1C 即可求解；（2）由（1）可知，∠A 1OC 即为二面角A 1-BD -C 的平面角，得∠A 1OC ＝60°．以O 为坐标原点，OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，OC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 为x ，y 轴正方向，建立空间直角坐标系O -xyz ，求平面A 1DC 的法向量，再由线面角的向量公式求解即可 （1）连接AC ，交BD 于点O ，连接OA 1， 因为四边形ABCD 为菱形， 所以AC ⊥BD ，从而OA 1⊥BD ，OC ⊥BD ， 又因为OA 1∩OC ＝O ， 所以BD ⊥平面A 1OC ， 因为A 1C 平面A 1OC ， 所以BD ⊥A 1C ，所以异面直线A 1C 与BD 所成角的大小为90°．（2）由（1）可知，∠A 1OC 即为二面角A 1-BD -C 的平面角，所以∠A 1OC ＝60°． 以O 为坐标原点，OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，OC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 为x ，y 轴正方向，建立空间直角坐标系O -xyz ，则 B(4，0，0)，D(－4，0，0)，C(0，4√3，0)，A 1(0，2√3，6)，E(0，3√3，3)． 所以BE ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ＝(－4，3√3，3)，DA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ＝(4，2√3，6)，DC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ＝(4，4√3，0)． 设平面A 1DC 的法向量为n⃑⃑ ＝(x ，y ，z)， 则{DA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑⃑ =0DC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n⃑⃑ =0 即{4x +2√3y +6z =04x +4√3y =0取x ＝3，则n ⃑⃑ ＝(3，－√3，－1)，设直线BE 与平面A 1DC 所成角为θ sin θ=|cos <BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ，n ⃑ >|＝1213，所以直线BE 与平面A 1DC 所成角的正弦值为1213．第27页，总31页……装……线…………○…_______姓名：____……装……线…………○…42.（1）8186（个）（2）见解析【解析】42.（1）由平均值公式计算均值，进一步求得P(59.85＜M ＜77.7)的值，即可求解；（2）确定特级果、一级果、二级果的概率，即可列出分布列求解（1）x ＝62.5×5×0.03＋67.5×5×0.05＋72.5×5×0.06＋77.5×5×0.04＋82.5×5×0.02＝71.75．所以M 服从正态分布N(71.75，35.4)．从而有P(59.85＜M ＜77.7)＝P(μ－2σ＜Z ＜μ＋σ)＝12[P(μ－2σ＜Z ＜μ＋2σ)＋P(μ－σ＜Z ＜μ＋σ)]＝0.8186，故采摘的10000个苹果中，果径位于区间(59.85，77.7)的苹果个数约为10000×0.8186＝8186（个）． （2）由图2可知，果径在80以上的苹果中，特级果、一级果、二级果的概率分别为15，12，310， 设出售1kg 果径在80以上苹果的收入为Y ，则Y 的分布列为：故E(Y)＝12×15＋10×12＋9×310＝10.1， 所以E(X)＝800E(Y)＝8080元． 43.（1）x 29+y 24=1（2）k ＝±23．【解析】43.（1）设M(0，m)，N(n ，0)，P(x ，y)，列x,y 关于m,n 的表达式，利用m,n 的关系式，即可求解E 的方程；（2）设MN ：y ＝kx ＋m ，与椭圆联立求得MN 中点横坐标，利用MN 和PQ 的中点重合，列方程求解即可（1）设M(0，m)，N(n ，0)，P(x ，y)，答案第28页，总31页由|MN|＝1得m 2＋n 2＝1．由MP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ＝3MN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 得(x ，y －m)＝3(n ，－m)， 从而x ＝3n ，y －m ＝－3m ， 所以n ＝x3，m ＝－y2， 所以曲线E 的方程为x 29+y 24=1． （2）设MN ：y ＝kx ＋m ，所以n ＝－mk ．① 设P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，将MN 代入到E 的方程并整理，可得(4＋9k 2)x 2＋18kmx ＋9m 2－36＝0， 所以x 1＋x 2＝-18km 4+9k2．因为|PN|＝|MQ|，所以MN 和PQ 的中点重合， 所以-9km 4+9k2＝n2，②联立①②可得k 2＝49，故k ＝±23． 44.（1）a≤6（2）见解析【解析】44.（1）f’(x)＝4e x＋2e－2x－a ，转化为f(x)min ≥0求解，构造g(x)＝4e x＋2e－2x－a ，求导求g(x)的最小值即可；（2）（ⅰ）由（1）设g(x)的两个零点为x 1，x 2，x 1＜0＜x 2，且a ＞6．令h(x)＝g(x)－g(－x)，证明h(x)在(0，＋∞)上单调递减，当x ＞0时，h(x)＜h(0)＝0，进而证明g(x 2)－g(－x 2)＜0，从而g(x 2)＜g(－x 2)，，得x 1＋x 2＞0；（ⅱ）证明f(x)＋f(－x)＝－(e x＋e －x－2)2＋6≤6．可得f(x 2)＜f(－x 1)，所以f(x 1)+f(x 2)＜6． （1）f’(x)＝4e x ＋2e －2x －a ， 令g(x)＝4e x＋2e－2x－a ，则g’(x)＝4e x －4e－2x，显然g’(x)在(－∞，＋∞)单调递增，且g (0)＝0， 所以当x∈(－∞，0)时，g’(x)＜0，g(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，g’(x)＞0，g(x)单调递增．所以g(x)的最小值为g(0)＝6－a ，即f’(x)的最小值为6－a ， 要使f(x)为单调增函数，则有f’(x)≥0， 所以6－a≥0，故a≤6．第29页，总31页（2）证明：（ⅰ）由（1）得g(x)的两个零点为x 1，x 2，x 1＜0＜x 2，且a ＞6． f(x)在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． 令h(x)＝g(x)－g(－x)， 则h’(x)＝g’(x)＋g’(－x) ＝4e x －4e －2x ＋4e －x －4e 2x ＝4[－(e x ＋e －x )2＋(e x ＋e －x )＋2] ＝4[2－(e x ＋e －x )][1＋(e x ＋e －x )]＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，当x ＞0时，h(x)＜h(0)＝0． 所以g(x 2)－g(－x 2)＜0，从而g(x 2)＜g(－x 2)， 又g (x 2)＝g(x 1)＝0，所以g(x 1)＜g(－x 2)，因为g(x)在(－∞，0)上单调递减，x 1，－x 2∈(－∞，0)， 所以x 1＞－x 2，故x 1＋x 2＞0． （ⅱ）f(x)＋f(－x)＝4e x－e －2x＋4e －x －e 2x ＝－(e x ＋e －x )2＋4(e x ＋e －x)＋2＝－(e x ＋e －x －2)2＋6≤6．由（ⅰ）得x 1＋x 2＞0，所以x 2＞－x 1＞0，由f(x)在(x 1，x 2)上单调递减，可得f(x 2)＜f(－x 1)， 从而有f(x 1)＋f(x 2)＜f(x 1)＋f(－x 1)≤6， 所以f(x 1)＋f(x 2)＜6．45.（1）C 1：ρ＝2cosθ；C 2：ρ＝－4cosθ（2）2√217．【解析】45.（1）由直角坐标方程与极坐标方程的互化即可求解；（2）设A(ρA ，θ)，B(ρB ，θ＋π3)，0＜θ＜π2，由ρA ＝2cosθ=ρB ＝－4cos(θ＋π3)，得tanθ，则可求|AB |=ρA（1）依题意可得，圆C 1：(x －1)2＋y 2＝1；圆C 2：(x ＋2)2＋y 2＝4． 所以C 1：x 2＋y 2＝2x ；C 2：x 2＋y 2＝－4x ， 因为x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcosθ，所以C 1：ρ＝2cosθ；C 2：ρ＝－4cosθ．（2）因为C 1，C 2都关于x 轴对称，△OAB 为等边三角形，答案第30页，总31页所以不妨设A(ρA ，θ)，B(ρB ，θ＋π3)，0＜θ＜π2． 依题意可得，ρA ＝2cosθ，ρB ＝－4cos(θ＋π3)． 从而2cosθ＝－4cos(θ＋π3)，整理得，2cosθ＝√3sinθ，所以tanθ＝2√33，又因为0＜θ＜π2，所以cosθ＝√217， |AB|＝|OA|＝ρA ＝2√217． 46.（1）a≤－1（2）4√3＋8．【解析】46.（1）由绝对值三角不等式求f(x)的最小值即可求解；（2）去绝对值化简f(x)，得到与x 轴围成的封闭图形为等腰梯形，再利用梯形面积公式及基本不等式求解即可 （1）因为|ax ＋1|＋|ax －1|≥|(ax ＋1)－(ax －1)|＝2， 等号当且仅当(ax ＋1)(ax －1)≤0时成立， 所以f(x)的最小值为2－2a －4＝－2a －2． 依题意可得，－2a －2≥0， 所以a≤－1．（2）因为a ＞0，f(x)＝|ax ＋1|＋|ax －1|－2a －4， 所以f(x)＝{-2ax −2a −4,x ≤−1a−2a −2,−1a <x <1a2ax −2a −4,x ≥1a所以y ＝f(x)的图像与x 轴围成的封闭图形为等腰梯形ABCD ，如图所示第31页，总31页 …○…………线…………○…____ …○…………线…………○… 且顶点为A(－1－2a ，0)，B(1＋2a ，0)，C(1a ，－2a －2)，D(－1a ，－2a －2) 从而S ＝2(1＋3a )(a ＋1)＝2(a ＋3a )＋8． 因为a ＋3a ≥2√3，等号当且仅当a ＝√3时成立， 所以当a ＝√3时，S 取得最小值4√3＋8．。

2019年河北省唐山市高考数学二模试卷（文科）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，有且只有一项符合题目要求．1．集合A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|﹣1＜x＜2}，则A∪B=（）A．（﹣2，1）B．（﹣1，1）C．（﹣2，2）D．（﹣1，2）2．数z满足（1+z）（1+2i）=i，则复平面内表示复数z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．α为实数，则“α=2kπ+（k∈Z）”是“tanα=1”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件4．大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，则甲、乙被安排到不同景区的概率为（）A．B．C．D．5．执行如图的程序框图，若输入M的值为1，则输出的S=（）A．6 B．12 C．14 D．206．已知a=log34，b=logπ3，c=50.5，则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．b＜a＜c7．若实数x，y满足，则z=3x+4y的最大值是（）A．3 B．8 C．14 D．158．函数f（x）=cos（x+）+2sin sin（x+）的最大值是（）A．1 B．sin C．2sin D．9．椭圆y2+=1（0＜m＜1）上存在点P使得PF1⊥PF2，则m的取值范围是（）A．[，1）B．（0，] C．[，1）D．（0，]10．在▱ABCD中，AB=2AD=4，∠BAD=60°，E为BC的中点，则•=（）A．6 B．12 C．﹣6 D．﹣1211．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB，该四棱锥被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．B．C．D．12．已知函数f（x）=x在[0，1）上的最大值为m，在（1，2]上的最小值为n，则m+n=（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．13．已知双曲线C的焦点在x轴上，渐近线方程是y=±2x，则C的离心率e=．14．已知△ABC的三边长分别为2，3，，则△ABC的面积S=．15．已知函数f（x）=e x﹣ax﹣1，若x轴为曲线y=f（x）的切线，则a=．16．已知AB是球O的直径，C，D为球面上两动点，AB⊥CD，若四面体ABCD体积的最大值为9，则球O的表面积为．三、解答题：本大题共70分，其中（17）-（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1=﹣7，S8=0．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）数列{b n}满足b1=，b n b n+1=2an，求数列{b n}的通项公式．18．二手车经销商小王对其所经营的某一型号二手汽车的使用年数x（0＜x≤10）与销售价y/（Ⅰ）试求y关于x的回归直线方程；（参考公式：=，=﹣）（Ⅱ）已知每辆该型号汽车的收购价格为w=0.05x2﹣1.75x+17.2万元，根据（Ⅰ）中所求的回归方程，预测x为何值时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大？19．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为边AD的中点，分别沿BE，CE将△ABE，△DCE折叠，使平面ABE和平面DCE均与平面BCE垂直．（Ⅰ）证明：AD∥平面BEC；（Ⅱ）求点E到平面ABCD的距离．20．已知抛物线C：y2=4x，经过点（4，0）的直线l交抛物线C于A，B两点，M（﹣4，0），O为坐标原点．（Ⅰ）证明：k AM+k BM=0；（Ⅱ）若直线l的斜率为k（k＜0），求的最小值．21．设函数f（x）=+（1﹣k）x﹣klnx．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若k为正数，且存在x0使得f（x0）＜﹣k2，求k的取值范围．请考生在第（22），（23），（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，四边形ABCD内接于圆O，AC与BD相交于点F，AE与圆O相切于点A，与CD的延长线相交于点E，∠ADE=∠BDC．（Ⅰ）证明：A、E、D、F四点共圆；（Ⅱ）证明：AB∥EF．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（φ为参数，0＜φ＜π），曲线C2与曲线C1关于原点对称，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为ρ=2（0＜θ＜π），过极点O的直线l分别与曲线C1，C2，C3相交于点A，B，C．（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程；（Ⅱ）求|AC|•|BC|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+1|+m|x﹣1|．（Ⅰ）当m=2时，求不等式f（x）＜4的解集；（Ⅱ）若m＜0，f（x）≥2m，求m的最小值．2019年河北省唐山市高考数学二模试卷（文科）参考答案与试题解析一、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，有且只有一项符合题目要求．1．集合A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|﹣1＜x＜2}，则A∪B=（）A．（﹣2，1）B．（﹣1，1）C．（﹣2，2）D．（﹣1，2）【考点】并集及其运算．【分析】由A与B，求出两集合的并集即可．【解答】解：∵A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|﹣1＜x＜2}，∴A∪B={x|﹣2＜x＜2}．故选：C．2．数z满足（1+z）（1+2i）=i，则复平面内表示复数z的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】由（1+z）（1+2i）=i，得到，再利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复平面内表示复数z的点的坐标，则答案可求．【解答】解：由（1+z）（1+2i）=i，得=，则复平面内表示复数z的点的坐标为：（，），位于第二象限．故选：B．3．α为实数，则“α=2kπ+（k∈Z）”是“tanα=1”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由tanα=1，解得α=（k∈Z），即可得出．【解答】解：由tanα=1，解得α=（k∈Z），∴“α=2kπ+（k∈Z）”是“tanα=1”的充分不必要条件．故选：A．4．大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，则甲、乙被安排到不同景区的概率为（）A．B．C．D．【考点】古典概型及其概率计算公式．【分析】大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，利用列举法求出基本事件总数和甲、乙被安排到同一景区包含的基本事件个数，由此利用对立事件概率加法公式能求出甲、乙被安排到不同景区的概率．【解答】解：大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，基本事件总数有（甲乙，丙），（甲丙，乙），（乙丙，甲），（丙，甲乙），（乙，甲丙），（甲，乙丙），共6个基本事件，其中，甲、乙被安排到同一景区包含的基本事件有（甲乙，丙），（丙，甲乙），包含两个基本事件，∴甲、乙被安排到不同景区的概率：p=1﹣=．故选：D．5．执行如图的程序框图，若输入M的值为1，则输出的S=（）A．6 B．12 C．14 D．20【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的M，S，k的值，当k=4时不满足条件k≤3，退出循环，输出S的值为12．【解答】解：模拟执行程序，可得M=1，S=1，k=1满足条件k≤3，M=3，S=4，k=2满足条件k≤3，M=2，S=6，k=3满足条件k≤3，M=6，S=12，k=4不满足条件k≤3，退出循环，输出S的值为12．故选：B．6．已知a=log34，b=logπ3，c=50.5，则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．b＜a＜c【考点】对数值大小的比较．【分析】利用指数函数与对数函数的运算性质比较三个数与1和2的大小得答案．【解答】解：∵a=log 34＞1，b=log π3＜1，c=50.5=，而a=log 34＜log 39=2，∴c ＞a ＞b ．故选：D ．7．若实数x ，y 满足，则z=3x +4y 的最大值是（ ）A ．3B ．8C ．14D ．15【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z 的几何意义，即可得到结论．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=3x +4y 得y=﹣x +，平移直线y=﹣x +由图象可知当直线y=﹣x +经过点A 时，直线y=﹣x +的截距最大，此时z 最大，由，解得，即A （2，2），此时z=3×2+4×2=6+8=14，故选：C ．8．函数f （x ）=cos （x +）+2sin sin （x +）的最大值是（ ）A．1 B．sin C．2sin D．【考点】三角函数的最值．【分析】由三角函数公式整体可得f（x）=cosx，可得函数的最大值为1．【解答】解：由三角函数公式可得f（x）=cos（x+）+2sin sin（x+）=cos[（x+）+]+2sin sin（x+）=cos（x+）cos﹣sin（x+）sin+2sin sin（x+）=cos（x+）cos+sin（x+）sin=cos[（x+）﹣]=cosx，∴函数的最大值为1．故选：A．9．椭圆y2+=1（0＜m＜1）上存在点P使得PF1⊥PF2，则m的取值范围是（）A．[，1）B．（0，] C．[，1）D．（0，]【考点】椭圆的简单性质．【分析】由已知得短轴顶点B与焦点F1，F1所成角∠F1BF2≥90°，从而≥m，由此能求出m的取值范围．【解答】解：∵椭圆y2+=1（0＜m＜1）上存在点P使得PF1⊥PF2，∴短轴顶点B与焦点F1，F1所成角∠F1BF2≥90°，∴≥m，由0＜m＜1，解得0＜m≤．故选：B．10．在▱ABCD中，AB=2AD=4，∠BAD=60°，E为BC的中点，则•=（）A．6 B．12 C．﹣6 D．﹣12【考点】平面向量数量积的运算．【分析】建立平面直角坐标系，代入各点坐标计算【解答】解以AB所在直线为x轴，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（4，0），C（5，），D（1，）．E（，）=（，），∴=（﹣3，）． ==﹣12，故选：D11．在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PA=AB ，该四棱锥被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是过BD 且平行于PA 的平面截四棱锥P ﹣ABCD 所得的几何体；画出图形结合图形求出截取部分的体积与剩余部分的体积之比是多少即可．【解答】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是过BD 且平行于PA 的平面截四棱锥P ﹣ABCD 所得的几何体；设AB=1，则截取的部分为三棱锥E ﹣BCD ，它的体积为V 三棱锥E ﹣BCD =××1×1×=， 剩余部分的体积为V 剩余部分=V 四棱锥P ﹣ABCD ﹣V 三棱锥E ﹣BCD =×12×1﹣=；所以截取部分的体积与剩余部分的体积比为： =1：3．故选：B ．12．已知函数f（x）=x在[0，1）上的最大值为m，在（1，2]上的最小值为n，则m+n=（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】通过变形可知f（x）=1++sinπx，进而可知当x∈[0，1）时，函数g（x）=+sinπx满足g（2﹣x）=﹣g（x），由此可知在区间[0，1）∪（1，2]上，函数f（x）关于点（1，1）中心对称，利用对称性即得结论．【解答】解：f（x）=x=1++sinπx，记g（x）=+sinπx，则当x∈[0，1）时，g（2﹣x）=+sinπ（2﹣x）=﹣sinπx，即在区间[0，1）∪（1，2]上，函数f（x）关于点（1，1）中心对称，∴m+n=2，故选：D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．13．已知双曲线C的焦点在x轴上，渐近线方程是y=±2x，则C的离心率e=．【考点】双曲线的简单性质．【分析】设双曲线的方程为﹣=1（a，b＞0），求出渐近线方程，可得b=2a，由a，b，c的关系和离心率公式计算即可得到所求值．【解答】解：设双曲线的方程为﹣=1（a，b＞0），由渐近线方程y=±x，可得=2，即b=2a，可得c==a，即有e==．故答案为：．14．已知△ABC的三边长分别为2，3，，则△ABC的面积S=．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】由余弦定理可得一内角的余弦值，进而可得正弦值，代入三角形的面积公式计算即可得解．【解答】解：在△ABC中，由题意，不妨设△ABC的三边长分别为a=2，b=3，c=，则由余弦定理可得cosA===，∴sinA==，∴则△ABC的面积S=bcsinA=×3××=．故答案为：．15．已知函数f（x）=e x﹣ax﹣1，若x轴为曲线y=f（x）的切线，则a=1．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】求出f（x）的导数，设出切点（m，0），代入f（x）和导数式，可得a，m的方程，可得a﹣alna=1，构造g（a）=a﹣alna，求出导数，求得单调区间，可得极值点，即可得到方程的解为1．【解答】解：函数f（x）=e x﹣ax﹣1的导数为f′（x）=e x﹣a，设切点为（m，n），即有n=0，n=e m﹣am﹣1，由导数的几何意义可得，e m﹣a=0，化为a﹣alna=1，由g（a）=a﹣alna的导数为g′（a）=1﹣（1+lna）=﹣lna，当a＞1时，g′（a）＜0，g（a）递减；当0＜a＜1时，g′（a）＞0，g（a）递增．可得a=1处g（a）取得极大值，且为最大值1．即有方程a﹣alna=1的解为1．故答案为：1．16．已知AB是球O的直径，C，D为球面上两动点，AB⊥CD，若四面体ABCD体积的最大值为9，则球O的表面积为36π．【考点】球的体积和表面积．【分析】由题意，△ABC为等腰直角三角形，高为球O的半径时，四面体ABCD的体积最大，利用四面体ABCD体积的最大值为9，求出R，即可求出球O的表面积．【解答】解：由题意，△ABC为等腰直角三角形，高为球O的半径时，四面体ABCD的体积最大，最大值为=9，∴R=3，∴球O的表面积为4πR2=36π．故答案为：36π．三、解答题：本大题共70分，其中（17）-（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1=﹣7，S8=0．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）数列{b n}满足b1=，b n b n+1=2an，求数列{b n}的通项公式．【考点】数列递推式；等差数列的通项公式．【分析】（Ⅰ）由S 8=0得a 8=7，从而可得d==2，从而求得通项公式；（Ⅱ）由方程可得b n+2=4b n ，从而求得{b n }是以为首项，以2为公比的等比数列，从而求通项公式．【解答】解：（Ⅰ）由S 8=0得a 1+a 8=﹣7+a 8=0，∴a 8=7，d==2， 所以{a n }的前n 项和：S n =na 1+ d=﹣7n +n （n ﹣1）=n 2﹣8n ，a n =﹣7+2（n ﹣1）=2n ﹣9．（Ⅱ）由题设得b n b n+1=2，b n+1b n+2=2，两式相除得b n+2=4b n ，又∵b 1b 2=2=，b 1=，∴b 2==2b 1，∴b n+1=2b n ，即{b n }是以为首项，以2为公比的等比数列， 故b n =2n ﹣5．18．二手车经销商小王对其所经营的某一型号二手汽车的使用年数x （0＜x ≤10）与销售价y /（Ⅰ）试求y 关于x 的回归直线方程；（参考公式： =， =﹣） （Ⅱ）已知每辆该型号汽车的收购价格为w=0.05x 2﹣1.75x +17.2万元，根据（Ⅰ）中所求的回归方程，预测x 为何值时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z 最大？【考点】线性回归方程．【分析】（Ⅰ）由表中数据计算、，求出、，即可写出回归直线方程；（Ⅱ）写出利润函数z=y ﹣w ，利用二次函数的图象与性质求出x=3时z 取得最大值．【解答】解：（Ⅰ）由表中数据得， =×（2+4+6+8+10）=6，=×（16+13+9.5+7+4.5）=10，由最小二乘法求得==﹣1.45，=10﹣（﹣1.45）×6=18.7，所以y关于x的回归直线方程为y=﹣1.45x+18.7；（Ⅱ）根据题意，利润函数为z=y﹣w=（﹣1.45x+18.7）﹣（0.05x2﹣1.75x+17.2）=﹣0.05x2+0.3x+1.5，所以，当x=﹣=3时，二次函数z取得最大值；即预测x=3时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大．19．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为边AD的中点，分别沿BE，CE将△ABE，△DCE折叠，使平面ABE和平面DCE均与平面BCE垂直．（Ⅰ）证明：AD∥平面BEC；（Ⅱ）求点E到平面ABCD的距离．【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）证明四边形AMND为平行四边形，可得AD∥MN，利用线面平行的判定定理证明：AD∥平面BEC；（Ⅱ）利用V E﹣ABC =V A﹣BEC，求点E到平面ABCD的距离．【解答】（Ⅰ）证明：分别取BE，CE中点M，N，连接AM，MN，DN，由已知可得△ABE，△DCE均为腰长为4的等腰直角三角形，所以AM⊥BE，且AM=2．又∵平面ABE⊥平面BCE，且交线为BE，∴AM⊥平面BEC，同理可得：DN⊥平面BEC，且DN=2．∴AM∥DN，且AM=DN，∴四边形AMND为平行四边形．∴AD∥MN，又∵MN⊂平面BEC，AD⊄平面BEC，∴AD∥平面BEC．…（Ⅱ）解：点E到平面ABC的距离，也就是三棱锥E﹣ABC的高h．连接AC，MC，在Rt △EMC 中有MC==2，在Rt △AMC 中有AC==4．可得AC 2+AB 2=BC 2，所以△ABC 是直角三角形．由V E ﹣ABC =V A ﹣BEC 得•AB •AC •h=•BE •EC •AM ，可知h=．∴点E 到平面ABC 的距离为．…20．已知抛物线C ：y 2=4x ，经过点（4，0）的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，M （﹣4，0），O 为坐标原点．（Ⅰ）证明：k AM +k BM =0；（Ⅱ）若直线l 的斜率为k （k ＜0），求的最小值．【考点】抛物线的简单性质．【分析】（I ）设直线方程为x=my +4，代入抛物线方程得出交点的坐标关系，分别求出k AM ，k BM ，利用根与系数的关系化简即可得出结论；（II ）将k=和（I ）中的k AM ，k BM 代入化简，利用基本不等式得出最值．【解答】证明：（Ⅰ）设l ：x=my +4，A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．将x=my +4代入y 2=4x 得y 2﹣4my ﹣16=0，∴y 1+y 2=4m ，y 1y 2=﹣16．∴k AM ====，同理：k BM =，∴k AM +k BM =0．解：（Ⅱ）∵直线l 的斜率为k ，∴k=．∴m ＜0．==﹣=﹣（16m 2+64）=﹣=﹣m +≥4，当且仅当m=﹣2时等号成立，∴的最小值为4．21．设函数f（x）=+（1﹣k）x﹣klnx．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若k为正数，且存在x0使得f（x0）＜﹣k2，求k的取值范围．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（Ⅰ）求出函数的定义域，求导，讨论k的取值，分别解出f′（x）＞0，f′（x）＜0 即可得出，（Ⅱ）由（Ⅰ）可求得函数的最小值，f（x0）＜﹣k2，将其转化成+1﹣lnk﹣＜0，构造辅助函数，判断其单调性，即可求得k的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=x+1﹣k﹣==，（ⅰ）k≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ⅱ）k＞0时，x∈（0，k），f′（x）＜0；x∈（k，+∞），f′（x）＞0，∴f（x）在（0，k）上单调递减，f（x）在（k，+∞）上单调递增．…（Ⅱ）因k＞0，由（Ⅰ）知f（x）+k2﹣的最小值为f（k）+k2﹣=+k﹣klnk﹣，由题意得+k﹣klnk﹣＜0，即+1﹣lnk﹣＜0．…令g（k）=+1﹣lnk﹣，则g′（k）=﹣+=＞0，∴g（k）在（0，+∞）上单调递增，又g（1）=0，∴k∈（0，1）时，g（k）＜0，于是+k﹣klnk﹣＜0；k∈（1，+∞）时，g（k）＞0，于是+k﹣klnk﹣＞0．故k的取值范围为0＜k＜1．…请考生在第（22），（23），（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．[选修4-1：几何证明选讲] 22．如图，四边形ABCD内接于圆O，AC与BD相交于点F，AE与圆O相切于点A，与CD的延长线相交于点E，∠ADE=∠BDC．（Ⅰ）证明：A、E、D、F四点共圆；（Ⅱ）证明：AB∥EF．【考点】弦切角；圆內接多边形的性质与判定．【分析】（Ⅰ）由题意证明∠CAE=∠ADE，又已知∠ADE=∠BDC，可证∠BDC=∠CAE，从而可得A，E，D，F四点共圆．（Ⅱ）由圆內接四边形的性质得∠ADE=∠AFE=∠BDC，又∠BDC=∠BAC，从而可证∠AFE=∠BAC，即可证明AB∥EF．【解答】（本题满分为10分）证明：（Ⅰ）因为AE与圆O相切于点A，所以∠CAE=∠CBA；因为四边形ABCD内接于圆O，所以∠CBA=∠ADE；又已知∠ADE=∠BDC，所以∠BDC=∠CAE，故A，E，D，F四点共圆．…（Ⅱ）由（Ⅰ）得∠ADE=∠AFE=∠BDC，又∠BDC=∠BAC（同弧所对的圆周角相等），所以∠AFE=∠BAC，故AB∥EF．…[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（φ为参数，0＜φ＜π），曲线C2与曲线C1关于原点对称，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为ρ=2（0＜θ＜π），过极点O的直线l分别与曲线C1，C2，C3相交于点A，B，C．（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程；（Ⅱ）求|AC|•|BC|的取值范围．【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【分析】（I）利用同角三角函数的关系消元得到C1的普通方程，在将普通方程转化为极坐标方程；（II）求出三条曲线的普通方程，设直线方程为y=kx（k＞0），求出A，B，C的坐标，利用三点的位置关系得出|AC|•|BC|=（|OC|﹣|OA|）•（|OA|+|OC|）=|OC|2﹣|OA|2．将|AC|•|BC|转化为关于k的函数．【解答】解：（I）曲线C1的直角坐标方程为（x﹣1）2+y2=1，即x2+y2﹣2x=0（0＜y≤1）．∴曲线C1的极坐标方程为ρ2﹣2ρcosθ=0，即ρ=2cosθ（0＜θ＜π）．（II）曲线C2的普通方程为（x+1）2+y2=1（﹣1≤y＜0），曲线C3的普通方程为x2+y2=4（0＜y≤2）．设直线l的方程为y=kx（k＞0）．则A（，），B（﹣，﹣），C（，）．∵A，B关于原点对称，∴|BC|=|OB|+|OC|=|OA|+|OC|，∴|AC|•|BC|=（|OC|﹣|OA|）•（|OA|+|OC|）=|OC|2﹣|OA|2=﹣=4﹣．设f（k）=4﹣，则f（k）在（0，+∞）上单调递增，∵f（0）=0，，∴0＜f（k）＜4．即|AC|•|BC|的取值范围时（0，4）．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+1|+m|x﹣1|．（Ⅰ）当m=2时，求不等式f（x）＜4的解集；（Ⅱ）若m＜0，f（x）≥2m，求m的最小值．【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）当m=2时，f（x）=，作出图象，结合图象由f（x）的单调性及f（）=f（﹣1）=4，能求出f（x）＜4的解集．（Ⅱ）由f（x）≥2m得|x+1|≥m （2﹣|x﹣1|），从而﹣|x+1|≥|x﹣1|﹣2，在同一直角坐标系中画出y=|x﹣1|﹣2及y=﹣|x+1|的图象，根据图象性质能求出m的最小值．【解答】解：（Ⅰ）当m=2时，f（x）=，作出图象，得：结合图象由f（x）的单调性及f（）=f（﹣1）=4，得f（x）＜4的解集为{x|﹣1＜x＜}．…（Ⅱ）由f（x）≥2m得|x+1|≥m （2﹣|x﹣1|），∵m＜0，∴﹣|x+1|≥|x﹣1|﹣2，在同一直角坐标系中画出y=|x﹣1|﹣2及y=﹣|x+1|的图象，根据图象性质可得﹣≥1，即﹣1≤m＜0，故m的最小值为﹣1．…2019年9月4日。

唐山市2018-2019学年度高三年级摸底考试理科数学一、选择题：本大题共12个小题,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，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法化简集合,由集合交集的定义可得结果.【详解】由一元二次不等式的解法可得集合，因为，所以,故选A.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.2.设，则（）A. B. 2 C. D. 1【答案】D【解析】【分析】由复数代数形式的乘除运算法则化简，再由复数模的公式求解即可．【详解】，则，故选：D.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．3.等差数列的前项和为，若，则（）A. 13B. 26C. 39D. 52【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的下标性质可得，结合等差数列的求和公式可得结果.【详解】，，故选B.【点睛】本题主要考查等差数列性质的应用，等差数列求和公式的应用，意在考查综合应用所学知识解决问题的能力，属于简单题.4.随机变量服从正态分布，若，，则（）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【分析】直接根据正态曲线的对称性求解即可.【详解】，，，即，，故选B.【点睛】本题主要考查正态分布与正态曲线的性质，属于中档题. 正态曲线的常见性质有：（1）正态曲线关于对称，且越大图象越靠近右边，越小图象越靠近左边；（2）边越小图象越“痩长”，边越大图象越“矮胖”;(3)正态分布区间上的概率，关于对称，5.=A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据三角恒等变换的公式化简，即可求解.【详解】由题意，可知，故选D.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中解答中熟记三角函数恒等变换的公式，合理作出运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.6.已知某几何体的三视图如图所示俯视图中曲线为四分之一圆弧，则该几何体的表面积为A. B. C. D. 4【答案】D【解析】【分析】由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，代入柱体的表面公式，即可得到答案. 【详解】由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，底面面积为，底面周长为，柱体的高为1，所以该柱体的表面积为.【点睛】本题考查了几何体的三视图及组合体的表面积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应表面积与体积公式求解.7.设函数，则（）A. 是奇函数，且在上是增函数B. 是偶函数，且在上是增函数C. 是奇函数，且在上是减函数D. 是偶函数，且在上是减函数【答案】A【解析】【分析】利用奇偶性的定义判断函数的奇偶性，利用单调性的定义判断单调性，结合选项可得结果.【详解】，是奇函数；任取，则，，，，在上递增，故选A.【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判断以及函数单调性的判断，属于中档题.判断函数的奇偶性首先要看函数的定义域是否关于原点对称，如果不对称，既不是奇函数又不是偶函数，如果对称常见方法有：（1）直接法，(正为偶函数，负为减函数)；（2）和差法，（和为零奇函数，差为零偶函数）；（3）作商法，（为偶函数，为奇函数）.8.已知是两个单位向量，时，的最小值为，则（）A. 1B.C. 1或D. 2【答案】C【解析】【分析】由已知,当有最小值，可得，从而可得，进而可得结果.【详解】,，即当有最小值，此时，而，，即为，，即为1，故选C.【点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.9.已知程序框图如图所示，则该程序框图的功能是（）A. 求的值B. 求的值C. 求的值D. 求的值【答案】A【解析】【分析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出结果. 【详解】输入，；；；，,退出循环，输出，故选A.【点睛】本题考查的是程序框图.对于算法与流程图的考查，一般会侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.10.已知椭圆和双曲线有相同的焦点，且离心率之积为1，为两曲线的一个交点，则的形状为（）A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不能确定【答案】B【解析】【分析】由双曲线的焦点坐标以及双曲线的离心率求出椭圆的方程，利用双曲线与椭圆的定义求出，利用勾股定理可得结论【详解】的焦点坐标为，离心率为，，椭圆，，，得，，为直角三角形，故选B.【点睛】本题综合考查双曲线与椭圆的方程、双曲线与椭圆的离心率、双曲线与椭圆定义的应用，意在考查综合利用所学知识解决问题的能力，属于难题. 11.已知函数，，则的所有零点之和等于（ ）A.B.C.D.【答案】C 【解析】 【分析】两角和的正弦公式以及二倍角公式化简,函数的两点就是方程或的根，求出方程的根，即可得结果.【详解】,或，在上的所有零点为，，，故选C.【点睛】函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.12.已知三棱锥的四个顶点都在半径为3的球面上，，则该三棱锥体积的最大值是（ ）A.B.C.D. 32【答案】B 【解析】 【分析】设，则，外接圆直径为，体积最大值为，利用基本不等式，结合换元法，根据导数可得结果.【详解】设，则，外接圆直径为，如图，体积最大值为，设，则，，令，得，在上递增，在上递减，，即该三棱锥体积的最大值是，故选B.【点睛】本题主要考球的截面的性质棱锥的体积公式以及导数的应用，属于难题.球内接多面体问题是将多面体和旋转体相结合的题型，既能考查旋转体的对称形又能考查多面体的各种位置关系，做题过程中主要注意以下两点：①多面体每个面都分别在一个圆面上，圆心是多边形外接圆圆心；②注意运用性质.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知满足，则的最大值为__________.【答案】2【解析】【分析】由题意，画出约束条件所表示的平面区域，目标函数，化为，结合图象可知，直线过点A时，目标函数取得最大值，即可求解.【详解】由题意，画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数，化为，结合图象可知，直线过点A时，目标函数取得最大值，由，解得，所以目标函数的最大值为.【点睛】本题主要考查了利用简单的线性规划求最小值问题，其中对于线性规划问题可分为三类:（1）简单线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有时考查斜率型或距离型目标函数；（2）线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数取值范围；（3）线性规划的实际应用，着重考查了考生的推理与运算能力，以及数形结合思想的应用.14.在的展开式中，的系数为5，则实数的值为__________．【答案】【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于4 ,求得的值，即可求得展幵式中的系数,再根琚的系数为5，求得的值.【详解】的展开式的通项公式为，令，求得,故展开式中的系致为,则实数,故答案为.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.15.已知直线与圆相交于两点，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】先求得直线过定点，判断在圆内，利用圆的几何性质可得结果.【详解】，化为，直线过定点，在圆内，当是中点时，最小，由得，圆心，半径，，故答案为.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程与简单性质以及直线过定点问题，判断直线过定点主要形式有：（1）斜截式，，直线过定点；（2）点斜式直线过定点.16.的垂心在其内部，，，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】作，，，设，利用直角三角形的性质，将表示为，利用辅助角公式，结合正弦函数的单调性可得结果.【详解】如图所示，，，，，，设，，，，，因为所以，，，故答案为.【点睛】求范围问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图象法、函数单调性法求解，求与三角函数有关的最值常用方法有以下几种：①化成的形式利用配方法求最值；②形如的可化为的形式利用三角函数有界性求最值；③型，可化为求最值 .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.已知数列的前项和，.（1）求；（2）若，且数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知可得，，所以2，两式相减化为为，可得数列是以1为首项，3为公比的等比数列，从而可得结果；（2）结合（2）可得，利用错位相减法可得结果.【详解】（1）由已知可得，2S n＝3a n－1，①所以2S n－1＝3a n－1－1（n≥2），②①－②得，2(S n－S n－1)＝3a n－3a n－1，化简为a n＝3a n－1（n≥2），即在①中，令n＝1可得，a1＝1，所以数列{a n}是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有a n＝3n－1．（2）b n＝(n－1)·3n－1，T n＝0·30＋1·31＋2·32＋…＋(n－1)·3n－1，③则3T n＝0·31＋1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n．④③－④得，－2T n＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)·3n，所以，【点睛】“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.18.甲、乙两位工人分别用两种不同工艺生产同一种零件，已知尺寸在（单位：）内的零件为一等品，其余为二等品，测量甲乙当天生产零件尺寸的茎叶图如图所示：（1）从甲、乙两位工人当天所生产的零件中各随机抽取1个零件，求抽取的2个零件等级互不相同的概率；（2）从工人甲当天生产的零件中随机抽取3个零件，记这3个零件中一等品数量为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由茎叶图可知，甲当天生产了10个零件，其中4个一等品，6个二等品；乙当天生产了10个零件，其中5个一等品，5个二等品，由古典概型概率公式可得结果；（2）从工人甲当天生产的零件中随机抽取3个零件，的可能取值为结合组合知识，利用古典概型概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望.【详解】（1）由茎叶图可知，甲当天生产了10个零件，其中4个一等品，6个二等品；乙当天生产了10个零件，其中5个一等品，5个二等品，所以，抽取的2个零件等级互不相同的概率（2）X可取0，1，2，3．X的分布列为∴随机变量X的期望【点睛】本题主要考查古典概型概率公式以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解数学期望问题，首先要正确理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所以可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.19.在直角三角形中，，为的中点，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，结合，可得平面，从而得，又，利用线面垂直的判断定理可得结果；（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出的方向向量，利用向量垂直数量积为零求出平面的法向量，由空间向量夹角余弦公式可得结果.【详解】（1）∵直角三角形ABC中，AB＝BC＝2，D为AC的中点，∴BD⊥CD，又∵PB⊥CD，BD∩PB＝B，∴CD⊥平面PBD，∴CD⊥PD，又∵AD⊥BD，∴PD⊥BD．又因为BD∩CD＝D，∴PD⊥平面BCD．（2）以D为坐标原点，DA，DB，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，则,设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，由,得,取n＝(1，－1，－1)．∴直线P A与平面PBC所成角的正弦值为．【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20.斜率为的直线与抛物线交于两点，为坐标原点. （1）当时，求；（2）若，且，求.【答案】（1）2；（2）.【解析】【分析】（1）由已知可得，，两式相减化简可得直线的斜率；（2）先求得，，由，可得，解得，从而可得结果.【详解】（1）由已知可得，所以此时，直线l的斜率（2）因为OB⊥l，所以又因为所以，又由（1）可知，从而有，所以，因为|AB|＝3|OB|，所以化简得，|k3＋2k|＝3，解得，k＝±1，所以，【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的相关问题，意在考查学生理解力、分析判断能力以及综合利用所学知识解决问题能力和较强的运算求解能力，其常规思路是先把直线方程与圆锥曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.21.已知函数（且）.（1）当时，曲线与相切，求的值；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）1；（2）.【解析】【分析】（1）求得，设切点为，曲线与相切，得，解得，所以切点为，进而可得结果；（2）利用导数研究函数的单调性可得当时，取得最小值，设，利用导数可得，即，进而可得满足题设的的取值范围．【详解】（1）当a＝e时，所以设切点为(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)与y＝m相切，得f'(x0)＝0，解得x0＝1，所以切点为（1，1）．所以m＝1．（2）依题意得，所以从而a≥e．因为，所以当0＜x＜ln a时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln a时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，所以当x＝ln a时，f(x)取得最小值设g(x)＝eln x－x，x≥e，则所以g(x)在[e，＋∞)单调递减，从而g(x)≤g(e)＝0，所以e ln x≤x．又a≥e，所以e ln a≤a，从而当且仅当a＝e时等号成立．因为ln a≥1，所以log a(ln a)≥0，即综上，满足题设的a的取值范围为[e，＋∞)．【点睛】本题主要考查利用导数求切线斜率及利用导数研究不等式恒成立问题，属于难题. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 己知斜率求切点即解方程；(3) 巳知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.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.选修4-4：坐标系与参数方程22.在极坐标系中，曲线的方程为，以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系，直线（为参数，）.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线相交于两点，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简所给极坐标方程，利用互化公式可得曲线的直角坐标方程；（2）将直线l 的参数方程代入并整理得，，根据直线参数方程的几何意义，结合韦达定理，由辅助角公式和三角函数的有界性可得结果.【详解】（1）由得，ρ2－2ρcosθ－2ρsinθ－4＝0．所以x2＋y2－2x－2y－4＝0．曲线C的直角坐标方程为(x－1)2＋(y－1)2＝6．（2）将直线l的参数方程代入x2＋y2－2x－2y－4＝0并整理得，t2－2(sinα＋cosα)t－4＝0，t1＋t2＝2(sinα＋cosα)，t1t2＝－4＜0．因为0≤α＜ ，所以从而有所以||OA|－|OB||的取值范围是[0，2]．【点睛】本题主要考查直线的参数方程，以及极坐标方程化为直角坐标方程，属于中档题.利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．选修4-5：不等式选讲23.[选修4-5：不等式选讲]已知.（1）求不等式的解集；（2）若时，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题意得|，可得，整理可得，利用一元二次不等式的解法可得结果不；（2），将写出分段函数形式，利用单调性可得时，取得最大值1，所以的取值范围是．【详解】（1）由题意得|x＋1|＞|2x－1|,所以|x＋1|2＞|2x－1|2,整理可得x2－2x＜0，解得0＜x＜2，故原不等式的解集为{x|0＜x＜2}．（2）由已知可得，a≥f(x)－x恒成立，设g(x)＝f(x)－x，则,由g(x)的单调性可知，x＝时，g(x)取得最大值1，所以a的取值范围是[1，＋∞）．【点睛】绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想；④转化法，转化为一元二次不等式或对数、指数不等式.。

理科数学参考答案一、选择题A 卷：BDCAB CBABD CA B 卷：DABCC ABDAD BD 二、填空题（13）54 （14）6 （15）100π （16）100 三、解答题 （17）解：由余弦定理得，a 2－b 2＝c 2－2bc cos A ，将已知条件代入上式，得ac ＝3bc －c 2，则3b －c ＝a ，再由正弦定理，3sin B －sin C ＝sin π6．…4分又sin C ＝sin (5π6－B )＝ 1 2cos B ＋32sin B ，所以32sin B － 1 2cos B ＝ 1 2，即sin (B － π 6)＝ 1 2． (10)分因为－ π 6＜B － π 6＜5π6，所以B － π 6＝ π 6，即B ＝ π3． (12)分（18）解：因为K 2＝800(160×640×200×600≈16.667＞10.828，所以能在犯错概率不超过0.001的前提下认为该校学生母语对于学习和掌握一门外语有关系． …5分（Ⅱ）由已知数据，语文、外语两科成绩至少一科为优秀的频率是 38．则X ～B (3， 3 8)，P (X ＝k )＝C k 8( 3 8)k ( 58)8－k，k ＝0，1，2，3．X 的分布列为…10分 E (X )＝3× 3 8＝ 98． (12)分（19）解：（Ⅰ）连接B 1C 交BC 1于点P ，连接PQ ．因为直线AB 1∥平面BC 1Q ，AB 1⊂平面AB 1C ，平面BC 1Q ∩平面AB 1C ＝PQ ， 所以AB 1∥PQ ．因为P 为B 1C 的中点，且AB 1∥PQ ， 所以，Q 为AC 的中点． …4分（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝a ，BB 1＝b ，则 面BC 1C 的法向量为m ＝(1，0，0)．B (0，0，0)，C 1(0，a ，b )，Q (34a ， 14a ，0)， BC 1→＝(0，a ，b )，QC 1→＝(－34a ， 3 4a ，b )． 因QC 1与面BC 1C 所成角的正弦值为24， 故|m ·QC 1→|___________|m |·|QC 1→|＝34a ___________√________ 3 4a 2＋b 2＝24，解得b ＝3 2a .…8分设平面C 1BQ 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·QC 1→＝0，n ·BC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3 4ax ＋ 3 4ay ＋32az ＝0，ay ＋32az ＝0，取n ＝(1，－3，2)． (10)分所以有cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝24．故二面角Q -BC 1-C 的余弦值为24．…12分（20）解：（Ⅰ）f '(x )＝ln x ＋1－ax ．f (x )单调递减当且仅当f '(x )≤0，即∀x ∈(0，＋∞)， a ≥ln x ＋1x．①设g (x )＝ln x ＋1x ，则g '(x )＝－ln x x2．当x ∈(0，1)时，g '(x )＞0，g (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，g '(x )＜0，g (x )单调递减．所以g (x )≤g (1)＝1，故a 的最小值为1． …5分 （Ⅱ）（1）由（Ⅰ）知，当a ≥1时，f (x )没有极值点．（2）当a ≤0时，f '(x )单调递增，f '(x )至多有一个零点，f (x )不可能有两个极值点．A…7分（3）当0＜a ＜1时，设h (x )＝ln x ＋1－ax ，则h '(x )＝ 1x－a ．当x ∈(0， 1a)时，h '(x )＞0，h (x )单调递增；当x ∈( 1a，＋∞)时，h '(x )＜0，h (x )单调递减．…9分因为f '( 1 a )＝h ( 1 a )＝ln 1 a ＞0，f '( 1 e )＝h ( 1 e )＝－ ae＜0，所以f (x )在区间( 1 e ， 1a )有一极小值点x 1． (10)分由（Ⅰ）中的①式，有1≥ln x ＋1x ，即ln x ≤x －1，则ln 1 a ≤ 1a－1，故f '( 2 a 2)＝h ( 2 a 2)＝ln 2＋2ln 1 a ＋1－ 2 a ≤l n 2＋2( 1 a －1)＋1－ 2a＝ln 2－1＜0．所以f (x )在区间( 1 a ， 2a2)有一极大值点x 2．综上所述，a 的取值范围是(0，1)． (12)分（21）解：（Ⅰ）依题意，曲线E 是以(0，m )为焦点，以y ＝－m 为准线的抛物线．曲线E 的方程为x 2＝4my ． …2分设动圆圆心为A (a ，a 24m )，则圆C 方程为(x －a )2＋(y －a 24m )2＝(a 24m ＋m )2，令y ＝0，得(x －a )2＝a 22＋m 2．当a ＝0时，圆C 被x 轴截得弦长取得最小值2m ，于是m ＝ 12，故曲线E 的方程为x 2＝2y ． …5分（Ⅱ）假设存在题设的公共点B (b ， 1 2b 2)．圆C 方程为(x －a )2＋(y － 1 2a 2)2＝( 1 2a 2＋ 1 2)2，将点B 坐标代入上式，并整理，得(b －a )2[1＋ 1 4(a ＋b )2]＝ 1 4(a 2＋1)2．① (7)分对y ＝ 1 2x 2求导，得y '＝x ，则曲线E 在点B 处的切线斜率为b ．又直线AB 的斜率k ＝ 1 2b 2－ 1 2a 2b －a ＝ 12(a ＋b )．由圆切线的性质，有 12(a ＋b )b ＝－1．② (8)分由①和②得b 2(b 2－8)＝0．显然b ≠0，则b ＝±22． …9分 所以存在题设的公共点B ，其坐标为(±22，4)，公切线方程为y ＝22(x －22)＋4或y ＝－22(x ＋22)＋4，即y ＝±22x －4． …12分（22）证明：（Ⅰ）连接BD ，因为D 为BC ︵的中点，所以BD ＝DC ． 因为E 为BC 的中点，所以DE ⊥BC ． 因为AC 为圆的直径，所以∠ABC ＝90︒，所以AB ∥DE ． …5分（Ⅱ）因为D 为BC ︵的中点，所以∠BAD ＝∠DAC ， 又∠BAD ＝∠DCB ，则∠DAC ＝∠DCB ．又因为AD ⊥DC ，DE ⊥CE ，所以△DAC ∽△ECD ．所以AC CD ＝ADCE，AD ·CD ＝AC ·CE ，2AD ·CD ＝AC ·2CE ， 因此2AD ·CD ＝AC ·BC ．…10分（23）解：（Ⅰ）将椭圆C 的参数方程化为普通方程，得x 24＋y 23＝1．a ＝2，b ＝3，c ＝1，则点F 坐标为(－1，0)．l 是经过点(m ，0)的直线，故m ＝－1． …4分（Ⅱ）将l 的参数方程代入椭圆C 的普通方程，并整理，得(3cos 2α＋4sin 2α)t 2－6t cos α－9＝0．设点A ，B 在直线参数方程中对应的参数分别为t 1，t 2，则|FA |·|FB |＝|t 1t 2|＝93cos 2α＋4sin 2α＝93＋sin 2α． 当sin α＝0时，|FA |·|FB |取最大值3；当sin α＝±1时，|FA |·|FB |取最小值 94． (10)分（24）解：（Ⅰ）当a ＝2时，f (x )＝2(|x －2|－|x ＋4|)＝⎩⎪⎨⎪⎧12，x ＜－4，－4x －4，－4≤x ≤2，－12，x ＞2．当x ＜－4时，不等式不成立；当－4≤x ≤2时，由－4x －4＜2，得－ 32＜x ≤2；当x ＞2时，不等式必成立．综上，不等式f (x )＜2的解集为{x |x ＞－ 32}．…6分（Ⅱ）因为f (x )＝|ax －4|－|ax ＋8|≤|(ax －4)－(ax ＋8)|＝12， 当且仅当ax ≤－8时取等号． 所以f (x )的最大值为12．故k 的取值范围是[12，＋∞)．…10分。

2019届河北省唐山市高三第二次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】先求A,再求补集即可【详解】,则故选：D【点睛】本题考查集合运算，描述法，指数不等式解法，是基础题2．已知复数满足，则的共轭复数为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】先由复数代数形式除法运算求z,再求其共轭复数【详解】=1-i,故故选：A【点睛】本题考查复数代数形式除法运算，共轭复数，熟记定义，准确计算是关键，是基础题3．在等差数列中，，，则（）A．10 B．12C．14 D．16【答案】C【解析】由题列出关于的方程组求解，即可求得【详解】由题知,解得,故故选：C【点睛】本题考查等差数列通项公式，熟记公式，准确计算是关键，是基础题4．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上一点，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三角函数定义得tan再利用同角三角函数基本关系求解即可【详解】由三角函数定义得tan，即,得3cos解得或（舍去）故选：A【点睛】本题考查三角函数定义及同角三角函数基本关系式，熟记公式，准确计算是关键，是基础题5．已知双曲线：的焦距为4，为上一点，则的渐近线方程为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题2c=4,将代入方程，得a,b方程组求解即可【详解】由题2c=4,即c=2,又为上一点，则,解得，故故渐近线方程为【点睛】本题考查渐近线方程，准确计算是关键，是基础题6．已知直线，和平面，，有如下三个命题：①若存在平面，使，，则；②若，是两条异面直线，，，，，则；③若，，，则.其中正确命题的个数是（）A．0 B．1C．2 D．3【答案】C【解析】对每个序号逐项判断即可【详解】对①，若存在平面，使，，则或与相交，故①错误；对②，假设与不平行,则与相交,设交线为n,∵，,∩=n,∴同理，,与，异面矛盾，故假设不成立，所以正确对③，若，，则,又，则，故③正确【点睛】本题考查命题真假及空间线面关系，准确推理是关键，是中档题7．已知函数的最小正周期为，把的图像向左平移个单位后，所得函数图像的一条对称轴为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意利用正弦函数的周期性求得ω的值，可得函数的解析式；再利用函数y ＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律以及正弦函数的图象的对称性，求得所得函数图象的一条对称轴方程．【详解】∵函数的最小正周期为π，∴ω＝1，f（x）＝sin（2x）．若将函数f（x）的图象向左平移个单位，可得y＝sin（2x）＝sin（2x）令2x kπ，求得x，k∈Z，令k＝0，可得所得函数图象的一条对称轴为x，故选：B【点睛】本题主要考查正弦函数的周期性和它的图象的对称性，函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．8．已知函数为奇函数，则在处的切线斜率等于（）A．6 B．-2C．-6 D．-8【答案】B【解析】先求在时的解析式，再求切线方程即可【详解】设，则,又为奇函数，则则故选：B【点睛】本题考查函数奇偶性性质，切线斜率，熟记函数奇偶性，准确计算是关键，是基础题9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】将三视图还原，再求表面积即可【详解】半径r=1,由题母线长为2，则该几何体的表面积S=故答案为：C【点睛】本题考查三视图及组合体的表面积，球和圆锥的表面积公式，准确计算是关键，是基础题10．割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”，刘徽称之为“以盈补虚”，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现.如图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法.在内任取一点，则该点落在标记“盈”的区域的概率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题求得“盈”部分的面积，利用几何概型求解即可【详解】由题“盈”部分的面积为又的面积为则该点落在标记“盈”的区域的概率为=故选：B本题考查几何概型，数学文化知识，仔细审题，熟练计算是关键，是基础题11．已知抛物线：的焦点为，点在上，以为半径的圆与轴交于，两点，为坐标原点，若，则圆的半径（）A．2 B．3C．4 D．5【答案】D【解析】设P（）,得圆的方程，进而求得与y轴交点A,B坐标，利用，求解即可【详解】设P（）,则圆的方程为,令x=0，则,又，则，又,联立得则r=故选：D【点睛】本题考查抛物线综合，圆的方程，抛物线的定义，转化思想，熟练计算是关键，是中档题12．已知，，，则，，的大小关系是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】利用作差法比较a,c大小，再分别比较b,c与的关系即可求解【详解】a-c==<0,故又故3>,故,即b>,故选：B【点睛】本题考查比较对数值的大小，对数函数性质，作差法，插入中间值，准确计算是关键，是难题二、填空题13．已知向量，满足，，且，则__________．【答案】9【解析】由平方得，再求值即可【详解】平方得故故答案为9【点睛】本题考查数量积运算，熟记数量积运算律是关键，是基础题14．设变量，满足约束条件，则的最大值为__________．【答案】【解析】画出可行域，再由z的几何意义求解即可【详解】画出可行域，如图阴影部分所示:表示（x,y）与A（-2，0）连线的斜率，由题可知当经过点B时斜率最大，此时点B为方程组的解，，解得B（1，2），故的最大值为故答案为【点睛】本题考查线性规划问题，明确z的几何意义是关键，注意计算的准确，是基础题15．将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它三所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有__________种．（用数字作答）【答案】660【解析】分情况讨论每个学校分配人数即可求解【详解】若甲校2人，乙、丙、丁其中一校2人，共有种，若甲校3人，乙、丙、丁每校1人，共有则不同的分配方案共有+种故答案为660【点睛】本题考查排列组合，分类讨论思想，对每个学校人数讨论是关键，是基础题16．各项均为正数的数列满足，，则__________．【答案】27【解析】先求得数列周期再计算即可【详解】由知,,两式相除得又故答案为27【点睛】本题考查数列递推关系求值，数列的周期性，推理数列的周期为6是突破点，准确计算是关键，是难题三、解答题17．在中，角，，的对边分别为，，，.（1）求角；（2）若，，求.【答案】（1）B＝（2）b＝．【解析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式求得B;（2）由正弦定理求得a,再由余弦定理求b即可【详解】（1）由已知及正弦定理可得：2sinC＝sinA＋2sinBcosA，所以2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋2sinBcosA，即2sinAcosB＝sinA，因为sinA≠0，所以cosB＝．又0＜B＜π，故B＝．（2）在△ABC中，由正弦定理可得，所以asinB＝bsinA＝，由（1）知B＝，所以a＝2，由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2accosB＝19，所以b＝．【点睛】本题考查正余弦定理，三角恒等变换，熟练运用正余弦定理是关键，是基础题18．如图，在边长为8的菱形中，，将沿折起，使点到达的位置，且二面角为.（1）求异面直线与所成角的大小；（2）若点为中点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）连接AC，交BD于点O，连接OA1，证明BD⊥A1C即可求解；（2）由（1）可知，∠A1OC即为二面角A1-BD-C的平面角，得∠A1OC＝60°．以O为坐标原点，，为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，求平面的法向量，再由线面角的向量公式求解即可【详解】（1）连接AC，交BD于点O，连接OA1，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，从而OA1⊥BD，OC⊥BD，又因为OA1∩OC＝O，所以BD⊥平面A1OC，因为A1C 平面A1OC，所以BD⊥A1C，所以异面直线A1C与BD所成角的大小为90°．（2）由（1）可知，∠A1OC即为二面角A1-BD-C的平面角，所以∠A1OC＝60°．以O为坐标原点，，为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，则B(4，0，0)，D(－4，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，2，6)，E(0，3，3)．所以＝(－4，3，3)，＝(4，2，6)，＝(4，4，0)．设平面A1DC的法向量为＝(x，y，z)，则即sin＝，所以直线BE与平面A1DC所成角的正弦值为．【点睛】本题考查异面直线成的角，空间向量求线面角，线面垂直判定定理，熟记定理，准确计算是关键，是基础题19．苹果可按果径（最大横切面直径，单位：.）分为五个等级：时为1级，时为2级，时为3级，时为4级，时为5级.不同果径的苹果，按照不同外观指标又分为特级果、一级果、二级果.某果园采摘苹果10000个，果径均在内，从中随机抽取2000个苹果进行统计分析，得到如图1所示的频率分布直方图，图2为抽取的样本中果径在80以上的苹果的等级分布统计图.（1）假设服从正态分布，其中的近似值为果径的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值代替），，试估计采摘的10000个苹果中，果径位于区间的苹果个数；（2）已知该果园今年共收获果径在80以上的苹果，且售价为特级果12元，一级果10元，二级果9元.设该果园售出这苹果的收入为，以频率估计概率，求的数学期望.附：若随机变量服从正态分布，则，，.【答案】（1）8186（个）（2）见解析【解析】（1）由平均值公式计算均值，进一步求得P(59.85＜M＜77.7)的值，即可求解；（2）确定特级果、一级果、二级果的概率，即可列出分布列求解【详解】（1）＝62.5×5×0.03＋67.5×5×0.05＋72.5×5×0.06＋77.5×5×0.04＋82.5×5×0.02＝71.75．所以M服从正态分布N(71.75，35.4)．从而有P(59.85＜M＜77.7)＝P(μ－2σ＜Z＜μ＋σ)＝[P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＋P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)]＝0.8186，故采摘的10000个苹果中，果径位于区间(59.85，77.7)的苹果个数约为10000×0.8186＝8186（个）．（2）由图2可知，果径在80以上的苹果中，特级果、一级果、二级果的概率分别为，，，设出售1kg果径在80以上苹果的收入为Y，则Y的分布列为：故E(Y)＝12×＋10×＋9×＝10.1，所以E(X)＝800E(Y)＝8080元．【点睛】本题考查正态分布，频率分布直方图的均值，离散型随机变量的分布列，准确计算是关键，是基础题20．已知，，当，分别在轴，轴上滑动时，点的轨迹记为.（1）求曲线的方程；（2）设斜率为的直线与交于，两点，若，求.【答案】（1）（2）k＝±．【解析】（1）设M(0，m)，N(n，0)，P(x，y)，列x,y关于m,n的表达式，利用m,n的关系式，即可求解E的方程；（2）设MN：y＝kx＋m，与椭圆联立求得MN中点横坐标，利用MN和PQ的中点重合，列方程求解即可【详解】（1）设M(0，m)，N(n，0)，P(x，y)，由|MN|＝1得m2＋n2＝1．由＝3得(x，y－m)＝3(n，－m)，从而x＝3n，y－m＝－3m，所以n＝，m＝－，所以曲线E的方程为．（2）设MN：y＝kx＋m，所以n＝－．①设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将MN代入到E的方程并整理，可得(4＋9k2)x2＋18kmx＋9m2－36＝0，所以x1＋x2＝．因为|PN|＝|MQ|，所以MN和PQ的中点重合，所以＝，②联立①②可得k2＝，故k＝±．【点睛】本题考查轨迹方程，直线与椭圆的位置关系，韦达定理的应用，准确计算是关键，是中档题21．已知.（1）若在上单调递增，求的取值范围；（2）若有两个极值点，，，证明：（i）；（ii）.【答案】（1）a≤6（2）见解析【解析】（1）f’(x)＝4e x＋2e－2x－a，转化为≥0求解，构造g(x)＝4e x＋2e－2x －a，求导求g(x)的最小值即可；（2）（ⅰ）由（1）设g(x)的两个零点为，，＜0＜，且a＞6．令h(x)＝g(x)－g(－x)，证明h(x)在(0，＋∞)上单调递减，当x＞0时，h(x)＜h(0)＝0，进而证明g()－g(－)＜0，从而g()＜g(－)，，得＋＞0；（ⅱ）证明f(x)＋f(－x)＝－(e x＋e－x－2)2＋6≤6．可得f()＜f(－)，所以＜6．【详解】（1）f’(x)＝4e x＋2e－2x－a，令g(x)＝4e x＋2e－2x－a，则g’(x)＝4e x－4e－2x，显然g’(x)在(－∞，＋∞)单调递增，且g (0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，g’(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，g’(x)＞0，g(x)单调递增．所以g(x)的最小值为g(0)＝6－a，即f’(x)的最小值为6－a，要使f(x)为单调增函数，则有f’(x)≥0，所以6－a≥0，故a≤6．（2）证明：（ⅰ）由（1）得g(x)的两个零点为，，＜0＜，且a＞6．f(x)在(－∞，)和(，＋∞)上单调递增，在(，)上单调递减．令h(x)＝g(x)－g(－x)，则h’(x)＝g’(x)＋g’(－x)＝4e x－4e－2x＋4e－x－4e2x＝4[－(e x＋e－x)2＋(e x＋e－x)＋2]＝4[2－(e x＋e－x)][1＋(e x＋e－x)]＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，当x＞0时，h(x)＜h(0)＝0．所以g()－g(－)＜0，从而g()＜g(－)，又g)＝g()＝0，所以g()＜g(－)，因为g(x)在(－∞，0)上单调递减，，－∈(－∞，0)，所以＞－，故＋＞0．（ⅱ）f(x)＋f(－x)＝4e x－e－2x＋4e－x－e2x＝－(e x＋e－x)2＋4(e x＋e－x)＋2 ＝－(e x＋e－x－2)2＋6≤6．由（ⅰ）得＋＞0，所以＞－＞0，由f(x)在(，)上单调递减，可得f()＜f(－)，从而有f()＋f()＜f()＋f(－)≤6，所以f()＋f()＜6．【点睛】本题考查导数与函数的单调性，利用导数证明不等式，构造函数的思想，转化化归能力，是难题22．在直角坐标系中，圆：，圆：.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求圆，的极坐标方程；（2）设，分别为，上的点，若为等边三角形，求.【答案】（1）C1：ρ＝2cosθ；C2：ρ＝－4cosθ（2）．【解析】（1）由直角坐标方程与极坐标方程的互化即可求解；（2）设A(ρA，θ)，B(ρB，θ＋)，0＜θ＜，由ρA＝2cosθ=ρB＝－4cos(θ＋)，得tanθ，则可求ρA【详解】（1）依题意可得，圆C1：(x－1)2＋y2＝1；圆C2：(x＋2)2＋y2＝4．所以C1：x2＋y2＝2x；C2：x2＋y2＝－4x，因为x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，所以C1：ρ＝2cosθ；C2：ρ＝－4cosθ．（2）因为C1，C2都关于x轴对称，△OAB为等边三角形，所以不妨设A(ρA，θ)，B(ρB，θ＋)，0＜θ＜．依题意可得，ρA＝2cosθ，ρB＝－4cos(θ＋)．从而2cosθ＝－4cos(θ＋)，整理得，2co sθ＝sinθ，所以tanθ＝，又因为0＜θ＜，所以cosθ＝，|AB|＝|OA|＝ρA＝．【点睛】本题考查极坐标方程，ρ的几何意义的应用，三角函数，利用ρA＝ρB求得θ是突破点，是中档题23．已知.（1）若，求的取值范围；（2）若，的图像与轴围成的封闭图形面积为，求的最小值.【答案】（1）a≤－1（2）4＋8．【解析】（1）由绝对值三角不等式求的最小值即可求解；（2）去绝对值化简f(x)，得到与轴围成的封闭图形为等腰梯形，再利用题型面积公式及基本不等式求解即可【详解】（1）因为|ax＋1|＋|ax－1|≥|(ax＋1)－(ax－1)|＝2，等号当且仅当(ax＋1)(ax－1)≤0时成立，所以f(x)的最小值为2－2a－4＝－2a－2．依题意可得，－2a－2≥0，所以a≤－1．（2）因为a＞0，f(x)＝|ax＋1|＋|ax－1|－2a－4，所以f(x)＝所以y＝f(x)的图像与x轴围成的封闭图形为等腰梯形ABCD，如图所示且顶点为A(－1－，0)，B(1＋，0)，C(，－2a－2)，D(－，－2a－2)从而S＝2(1＋)(a＋1)＝2(a＋)＋8．因为a＋≥2，等号当且仅当a＝时成立，所以当a＝时，S取得最小值4＋8．【点睛】本题考查绝对值不等式，绝对值三角不等式求最值，第二问的关键是确定图形形状，准确计算是关键，是中档题。

河北省唐山市高考数学二模试卷（理科）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分）若复数满足，则（）A . 1B .C .D .2. （2分） (2019高三上·宁波月考) 若实数x，y满足x+y＞0，则“x＞0”是“x2＞y2”的（）A . 充分不必要条件B . 必要不充分条件C . 充分必要条件D . 既不充分也不必要条件3. （2分） (2020高一下·昆山期中) 如图，某侦察飞机在恒定高度沿直线匀速飞行．在A处观测地面目标A，测得俯角．经2分钟飞行后在B处观测地面目标P，测得俯角．又经过一段时间飞行后在处观察地面目标，测得俯角且，则该侦察飞机由B至C的飞行时间为（）A . 1.25分钟B . 1.5分钟C . 1.75分钟D . 2分钟4. （2分）已知满足时，的最大值为1，则a+b的最小值为（）A . 7B . 8C . 9D . 105. （2分） (2019高三上·赤峰月考) 执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的的值为（）A . 4B . 5C . 6D . 76. （2分）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则图象的一条对称轴是直线（）A .B .C .D .7. （2分） (2017高二下·陕西期中) 中心在原点的双曲线，一个焦点为，一个焦点到最近顶点的距离是，则双曲线的方程是（）A .B .C .D .8. （2分） (2019高三上·广东月考) 某校高三年级有男生220人，学籍编号为1，2，…，220；女生380人，学籍编号为221，222，…，600.为了解学生学习的心理状态，按学籍编号采用系统抽样的方法从这600名学生中抽取10人进行问卷调查(第一组采用简单随机抽样，抽到的号码为10)，再从这10名学生中随机抽取3人进行座谈，则这3人中既有男生又有女生的概率是（）A .B .C .D .9. （2分） (2016高一下·重庆期中) 已知{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，平面内三个不共线向量、、，满足 =（a17﹣2） +a2000 ，若点A，B，C在一条直线上，则S2016=（）A . 3024B . 2016C . 1008D . 50410. （2分）(2019·莆田模拟) 已知函数，若方程有四个不同的解，则的取值范围是（）A .B .C .D .11. （2分）(2017·自贡模拟) 如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的体积为（）A . 36πB . πC . 8 πD . π12. （2分）已知且关于x的函数在R上有极值,则与的夹角范围是（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2016高一下·平罗期末) 设一个扇形的半径为3cm，圆心角为120°，用它做成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的体积是________ m3 ．14. （1分）(2017·滨州模拟) 已知直线l：x+ay﹣1=0是圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+1=0的一条对称轴，过点A （﹣4，a）作圆C的两条切线，切点分别为B、D，则直线BD的方程为________．15. （1分）（x﹣）6的展开式中，系数最大的项为第________项．16. （1分） (2019高二下·上海期末) 如图，在正方体中，直线与所成角大小为________三、解答题 (共8题；共70分)17. （10分） (2019高二上·蛟河期中) 已知数列为单调递减的等差数列，，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．18. （10分）甲、乙两个商场同时出售一款西门子冰箱，其中甲商场位于老城区中心，乙商场位于高新区.为了调查购买者的年龄与购买冰箱的商场选择是否具有相关性，研究人员随机抽取了1000名购买此款冰箱的用户作调研，所得结果如表所示：50岁以上50岁以下选择甲商场400250选择乙商场100250附：，其中 .0.1000.0500.0100.0012.7063.841 6.63510.828（1）判断是否有的把握认为购买者的年龄与购买冰箱的商场选择具有相关性；（2）由于乙商场的销售情况未达到预期标准，商场决定给冰箱的购买者开展返利活动具体方案如下：当天卖出的前60台（含60台）冰箱，每台商家返利200元，卖出60台以上，超出60台的部分，每台返利50元.现将返利活动开展后15天内商场冰箱的销售情况统计如图所示：与此同时，老张得知甲商场也在开展返利活动，其日返利额的平均值为11000元，若老张将选择返利较高的商场购买冰箱，请问老张应当去哪个商场购买冰箱19. （5分）(2017·朝阳模拟) 如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，D，E分别为边AC，AB的中点，点F，G分别为线段CD，BE的中点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使∠A1DC=60°．点Q为线段A1B上的一点，如图2．（Ⅰ）求证：A1F⊥BE；（Ⅱ）线段A1B上是否存在点Q使得FQ∥平面A1DE？若存在，求出A1Q的长，若不存在，请说明理由；（Ⅲ）当时，求直线GQ与平面A1DE所成角的大小．20. （10分）(2013·福建理) 如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为（10，0），点C的坐标为（0，10），分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1 ， A2 ，…，A9和B1 ， B2 ，…，B9 ，连接OBi ，过Ai作x轴的垂线与OBi ，交于点．（1）求证：点都在同一条抛物线上，并求抛物线E的方程；（2）过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M，N，若△OCM与△OCN的面积之比为4：1，求直线l的方程．21. （10分） (2020高二下·鹤岗期末) 已知函数，其中 .（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的极大值和极小值，若函数有三个零点，求a的取值范围.22. （10分）如图，圆O的半径OB垂直于直径AC，M为AO上一点，BM的延长线交圆O于点N，过点N的切线交CA的延长线于点P，连接BC，CN．（1）求证：∠BCN=∠PMN；（2）若∠BCN=60°，PM=1，求OM的长．23. （10分）在平面直角坐标系xoy中，过点P（2，0）的直线l的参数方程为（t为参数），圆C的方程为x2+y2=4，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线l的普通方程和圆C的极坐标方程；（2）求圆心C到直线l的距离．24. （5分）设函数f（x）=|x+1|+|x|（x∈R）的最小值为a．（I）求a；（Ⅱ）已知两个正数m，n满足m2+n2=a，求+的最小值．参考答案一、选择题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题 (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共8题；共70分)17-1、17-2、18-1、18-2、20-1、20-2、21-1、21-2、22-1、22-2、23-1、23-2、24-1、。

河北唐山2019年高三第二次重点考试数学（理）试题（word 版）数学〔理〕试题【一】选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分。

在每题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求。

1.复数z 满足()+=+1243i z i ，那么复数z=〔A 〕i -2〔B 〕i +2〔C 〕-+2i〔D 〕--2i2，双曲线x y -=22154的顶点和焦点到其渐近线距离的比是〔A 〕35〔B 〕53〔C〕〔D〕3，,a b 是两个向量，||a =1，||b =2，且()a b a +⊥，那么a 与b 的夹角为〔A 〕︒30〔B 〕︒60〔C 〕︒120〔D 〕︒1504，在等差数列{}n a 中，2a 4+a 7=3，那么数列{}n a 的前9项和等于〔A 〕9〔B 〕6〔C 〕3〔D 〕125，执行如下图的程序框图，那么输出的c 的值是〔A 〕8〔B 〕13〔C 〕21〔D 〕346.(1-x)3(1-x 1)3展开式中常数项是A －20B 18C 20D 07.函数y kx a =+的图象如右图所示，那么函数x ky a +=的可能图象是〔A 〕[2,6]〔B 〕[-6,-2]〔C 〕(2,6)〔D 〕(-6,-2)9.设变量x,y 满足约束条件⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-+<-+>>02204200y x y x y x ，那么目标函数z=x 2+y 2的取值范围是A 〔516,54〕B 〔16,54〕C 〔16,1〕D 〔4,516〕10.函数()sin()f x x α=+2在x π=12时有极大值，且()f x β-为奇函数，那么,αβ的一组可能值依次为〔A 〕,ππ-612〔B 〕,ππ612 〔C 〕,ππ-36 〔D 〕,ππ36 11.函数23sin 2)(x x x x f --=π所有零点的和等于〔A 〕6 〔B 〕7.5〔C 〕9〔D 〕1212.一个由八个面围成的几何体的三视图如下图，它的表面积为〔A〕〔B 〕8〔C 〕12〔D〕13.如图是甲、乙两名篮球运动员2018年赛季每场竞赛得分的茎叶图，那么甲、乙两人竞赛得分的中位数之和是______。

河北省唐山市2019学年度高三年级 第二次模拟考试数学（理）试题说明：一、本试卷共4页，包括三道大题，24道小题，共150分，其中1．～(21)小题为必做题，(22)～(24)小题为选做题．二、答题前请仔细阅读答题卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题．三、做选择题时，每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮将原选涂答案擦干净后，再选涂其他答案， 四、考试结束后，将本试卷与原答题卡一并交回， 参考公式： 样本数据n x x x ,,,21 的标准差；x x x x x x x n s n 其中],)()()[(122221-+-+-=为样本平均数；柱体体积公式：为底面面积其中S Sh V ,=、h 为高；锥体体积公式：h S Sh V ,,31为底面面积其中=为高；球的表面积、体积公式：,34,432R V R S ππ==其中R 为球的半径。

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，有且只有一项符合题目要求．1．已知1zi -=2+i ，则复数z 的共轭复数为A ．-3-iB ．-3+iC ．3+iD ．3-i2．261()x x -的展开式中的常数项为A ．－15B ．15C ．－20D ．203．己知命题p ：“a>b”是“2a>2b”的充要条件；q ：x ∃∈R ，lx+l l≤x，则 A ．⌝p ∨q 为真命题 B ．p ∧⌝q 为假命题 C ．p ∧q 为真命题D ． p ∨q 为真命题4．已知α是第三象限的角，且tan α=2，则sin （α+4π）= A．10-B．10C．10-D ．105．设变量x 、y 满足1,0,220,x y x y x y +≥⎧⎪-≥⎨⎪--≥⎩则目标函数z=2x+y 的最小值为A ．6B ．4C ．2D ．326．把函数y=sin （2x-6π）的图象向左平移6π个单位后，所得函数图象的一条对称轴为A ．x=0B ．x=6πC ．x=—12πD ．x=2π7．执行如图所示的算法，若输出的结果y≥2，则输入的x 满足A ．x≤一l 或x≥4B ．x≤-lC．-1≤x≤4 D．x≥4 8．已知某几何体的三视图如图所示，则其体积为A．1 B．43C．53D．29．奇函数f（x）、偶函数g（x）的图象分别如图1、2所示，方程f（g(x）)=0、g（f(x））=0 的实根个数分别为a、b，则a+b=A．14 B．10 C．7 D．310．直线l与双曲线C：22221(0,)x ya ba b-=>>交于A、B两点，M是线段AB的中点，若l与OM （O是原点）的斜率的乘积等于1，则此双曲线的离心率为ABC．2 D． 311．曲线y=11xx-+与其在点（0，一1）处的切线及直线x=1所围成的封闭图形的面积为A．1－ln2 B．2－2n2 C． ln2 D．2ln2－112．把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点，则皮球的半径为A．B．10 cmC．D．30cm二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13．函数的定义域为 。