2019合肥二模理科数学(解析版)

合肥市2019届高三第二次教学质量检测数学试题(理科)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．设复数z 满足41iz i=+，则z 在复平面内的对应点位于（ ） A ．第一象限 B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．若集合201≤x A x x ⎧+⎫=⎨⎬-⎩⎭，{|12}B x x =-<<，则A B =（ ）A ．[2,2)-B ．(1,1]-C ．(1,1)-D ．(1,2)-3．已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线方程为2y x =，且经过点4)P ，则双曲线的方程是A ．221432x y -= B ．22134x y -= C ．22128x y -= D ．2214y x -= 4．在ABC △中，12BD DC =，则AD =（ ） A ．1344AB AC + B ．2133AB AC + C ．1233AB AC +D ．1233AB AC -5．．．A ．该公司2018年度冰箱类电器销售亏损B ．该公司2018年度小家电类电器营业收入和净利润相同C ．该公司2018年度净利润主要由空调类电器销售提供D ．剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低 6．将函数()2sin 16f x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭的图象上各点横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)得到函数()g x 的图象，则下列说法正确的是（ ） A ．函数()g x 的图象关于点,012π⎛⎫-⎪⎝⎭对称 B ．函数()g x 的周期是2π C ．函数()g x 在0,6π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增 D ．函数()g x 在0,6π⎛⎫⎪⎝⎭上最大值是1 7．已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左右焦点分别为12,F F ，右顶点为A ，上顶点为B ，以线段1F A 为直径的圆交线段1F B 的延长线于点P ，若2//F B AP ，则该椭圆离心率是（ ）A 3B 3C 2D 28．某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务A 必须排在前三项执行，且执行任务A 之后需立即执行任务E ，任务B 、任务C 不能相邻，则不同的执行方案共有（ ） A ．36种 B ．44种 C ．48种 D ．54种9．函数2()sin f x x x x =+的图象大致为（ ）．10．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ） A ．2对 B ．3对 C ．4对 D ．5对11．“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n 件．已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910．若这堆货物总价是910020010n⎛⎫- ⎪⎝⎭万元，则n 的值为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．1012．函数1()21x x f x e e b x -=---在(0,1)内有两个零点，则实数b 的取值范围是（ ）A ．(1)(1)e e e e ---，，B ．(1,0)(0,1)e e --C ．(1,0)(0,1)e e -- D ．(1,)(,1)e e e e ---二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．把答案填在答题卡上的相应位置．13．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =，416S =， 则数列{}n a 的公差d =__________．14．若1sin 23πα⎛⎫+=⎪⎝⎭，则cos2cos αα+=_____________． 15．若0a b +≠，则2221()a b a b +++的最小值为_________． 16．已知半径为4的球面上有两点A B ，，42AB =，球心为O ，若球面上的动点C 满足二面角C AB O --的大小为60︒，则四面体OABC 的外接球的半径为____________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(12分)在ABC △中，角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，22sin sin sin sin 2sin A B A B c C ++=，ABC △的面积S abc =．(Ⅰ)求角C ；(Ⅱ)求ABC △周长的取值范围．18．(12分)如图，三棱台ABC EFG -的底面是正三角形，平面ABC ⊥平面BCGF ，2CB GF =，BF CF =．(Ⅰ)求证：AB CG ⊥(Ⅱ)若BC CF =，求直线AE 与平面BEG 所成角的正弦值．19．(12分)某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元； 方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元．某医院准备一次性购买2台这种机器。

现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数 0 1 2 3 台数 5 10 20 15以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X 表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．(Ⅰ)求X 的分布列；(Ⅱ)以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？20．(本小题满分12分)已知抛物线2:2(0)C x py p =>上一点(,9)M m 到其焦点F 的距离为10．(Ⅰ)求抛物线C 的方程；(Ⅱ)设过焦点F 的直线l 与抛物线C 交于A B ，两点，且抛物线在A B ，两点处的切线分别交x 轴于P Q ，两点，求AP BQ ⋅的取值范围．21．(本小题满分12分)已知函数2()(1)ln(1)f x a x x x ax =++--(0a >)是减函数． (Ⅰ)试确定a 的值； (Ⅱ)已知数列{}n a ，ln(1)1n n a n +=+，123n n T a a a a =⋅⋅(n N *∈)，求证：()ln 212n nn T +<-⎡⎤⎣⎦．22．(本小题满分10分)选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为2cos sin x y θθ=⎧⎨=⎩(θ为参数)．在以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 极坐标方程为24sin 3ρρθ=-．(Ⅰ)写出曲线1C 和2C 的直角坐标方程；(Ⅱ)若P Q ，分别为曲线1C ，2C 上的动点，求PQ 的最大值．23．(本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲已知()32f x x =+．(Ⅰ)求()1≤f x 的解集；(Ⅱ)若2()≥f x a x 恒成立，求实数a 的最大值．合肥市2019届高三第二次教学质量检测1．答案：A 解析：221(1)(1)2z i i i i ====+++- 2．答案：C 解析：由201≤x x +-，可得(2)(1)0≤x x +-且10x -≠，解得21≤x -<，所以{|21}≤A x x =-<，又{|12}B x x =-<<，所以(1,1)A B =-．3．答案：C 解析：由题意可知2,2b b a a =∴=，故222214x y a a -=，将4)P 代入，得：2261614a a-=，解得222,8a b ==，所以双曲线的方程是22128x y -=． 4．答案：B解析：()11213333AD AB BD AB BC AB AC AB ABAC =+=+=+-=+．5．答案：B解析：该公司2018年度小家电类电器营业收入占比．．和净利润占．比．相同，但营业收入和净利润不相同． 6．答案：C 解析：()(2)2sin 216g x f x x π⎛⎫==+- ⎪⎝⎭， 选项A ，当12x π=-时，206x π+=，112f π⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，所以函数()g x 的图象关于点,112π⎛⎫-- ⎪⎝⎭对称，A 错；选项B ，函数()g x 的周期2T π选项C ，当0,6x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，选项D ，因为函数()g x 在⎛ ⎝有最大值，D 错．7．答案：D解析：因为点P 在以线段1F 又因为2//F B AP ，所以2F 所以12F F B △222OF c e a BF ===．8．答案：B解析：若任务A 22若任务A 排在第二位，则B ，C 可以选择的位置组合有4种，此时共有排列方法2222416A A =；AB CD若任务A 排在第三位，则B ，C 可以选择的位置组合有4种，此时共有排列方法2222416A A =；所以不同的执行方案共有12161644++=种．A E AE A E9．答案：A解析：()f x 为偶函数，排除选项B ，2()sin (sin )f x x x x x x x =+=+，设()sin g x x x =+，则()1cos 0≥g x x '=+恒成立，所以()g x 单调递增，所以当0x >时，()(0)0g x g >=， 所以当0x >时，()()0f x xg x =>，且()f x 单调递增，故选A ． 10．答案：C解析：该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，易知平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAB ⊥平面PAD ， 平面PCD ⊥平面PAD ，平面PAB ⊥平面PCD ， 所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．11．答案：D 解析：设第n 层的总价值为n a 万元，则1910n n a n -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭万元，设总价为n S 万元，则01221123199999123(1)1010101010999999123(1)101010101010n n n n nn S n n S n n ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭①②-①②，得：2191199999910110(10)9101010101010101nn n n nn S n n n -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=++++-⨯=-⨯=-+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，所以910010(10)10nn S n ⎛⎫=-+⨯ ⎪⎝⎭12．答案：D 解析：显然102f ⎛⎫=⎪⎝⎭，由1()210x x f x e e b x -=---=，得121x xe e b x --=-，设1()x x g x e e -=-， ()21h x b x =-，因为1()0x x g x e e -'=+>恒成立，所以()g x 单调递增，且1(1)()x x g x e e g x --=-=-，所以()g x 关于点1,02A ⎛⎫⎪⎝⎭对称，当0b >时，函数()y g x =与()y h x =在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内有一个交点，因为12g ⎛⎫'= ⎪⎝⎭(1)1g e =-，(1,1)B e -，2(1)AB k e =-，所以22(1)b e <<-，1b e <<-， 当0b <时，同理可得1e b -<<b 的取值范围是(1,(,1)e e e ---．13．答案：2 解析：211413146162a ad a S a d d =+==⎧⎧⇒⎨⎨=+==⎩⎩． 14．答案：49- 解析：1sin cos 23παα⎛⎫+== ⎪⎝⎭，则2214cos 2cos 2cos 1cos 1939αααα+=-+=-+=-． 15PABCD解析：222222222()()2()222≥a b a b a b ab a b a b +++++++==，当且仅当a b =时等号成立，所以222221()1()2()≥≥a b a b a b a b ++++=++22()12()a b a b +=+时取等号， 所以当342a b -==时，2221()a b a b +++． 16．答案：3解析：设ABC △所在截面圆的圆心为1O ，AB 中点为D ，连接1,OD O D ，则1ODO ∠即为二面角C AB O--的平面角，160ODO ∠=︒，因为4,OA OB AB ===，所以OAB △是等腰直角三角形，OD ∴=在1Rt ODO △中，可得11O D OO ==四面体OABC 外接球的球心E 在射线1OO 上，设外接球半径为R ，在1Rt O BE △中，11,O B BE R O E R ====，由勾股定理可得：22211O B O E BE +=，即2210(R R +-=，解得R =．17．解析：(Ⅰ) 由sin 2S abc ab C ==可知2sin c C =， ∴222sin sin sin sin sin A B A B C ++=. 由正弦定理得222a b ab c ++=.由余弦定理得1cos 2C =-，∴23C π=. …………………………5分(Ⅱ)由(Ⅰ)知2sin c C =，∴2sin a A =，2sin b B =.ABC △的周长为()1sin sin sin 2a b c A B C ++=++111sin sin sin cos sin 2342224111sin sin 2223A A A A A A A A ππ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=+-+=+-+ ⎪ ⎪⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦⎝⎭⎛⎫⎛⎫=+=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∵0 3A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，∴2,333A πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，∴sin 3A π⎤⎛⎫+∈⎥ ⎪⎝⎭⎝⎦， ∴ABC △的周长的取值范围为⎝⎦. …………12分18．解：(Ⅰ)取BC 的中点为D ，连结DF .由ABC EFG -是三棱台得，平面//ABC 平面EFG ，从而//BC FG .∵2CB GF =，∴CD GF ，∴四边形CDFG 为平行四边形，∴//CG DF . ∵BF CF =，D 为BC 的中点， ∴DF BC ⊥，∴CG BC ⊥.∵平面ABC ⊥平面BCGF ，且交线为BC ，CG ⊂平面BCGF ， ∴CG ⊥平面ABC ，而AB ⊂平面ABC ，∴CG AB ⊥. ………………………5分 (Ⅱ)连结AD .由ABC △是正三角形，且D 为中点得，AD BC ⊥. 由(Ⅰ)知，CG ⊥平面ABC ，//CG DF ， ∴DF AD DF BC ⊥⊥，，∴DB DF DA ，，两两垂直.以DB DF DA ，，分别为x y z ，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.设2BC =，则13(0,0,3),,3,,(1,0,0),(1,3,0)22A E B G ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴13,3,22AE ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，(2,3,0)BG =-，33 3 22BE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，. 设平面BEG 的一个法向量为(,,)n x y z =.由00BG n BE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得，230 333022x y x y z ⎧-+=⎪⎨-++=⎪⎩，. 令3x =，则21y z ==-，，∴(3,2,1)n =-.设AE 与平面BEG 所成角为θ，则6sin cos 4AE n AE n AE nθ⋅===⋅，. …………………………12分 19．解：(Ⅰ)X 所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6.111(0)1010100P X ==⨯=，111(1)210525P X ==⨯⨯=，11213(2)25551025P X ==⨯+⨯⨯=， 131211(3)2210105550P X ==⨯⨯+⨯⨯=，22317(4)25510525P X ==⨯+⨯⨯=， 236(5)251025P X ==⨯⨯=，339(6)1010100P X ==⨯=， ∴X 的分布列为X0 1 2 3 4 5 6 P1100 125 325 1150 725 625 9100 …………………………5分(Ⅱ)选择延保方案一，所需费用1Y 元的分布列为：1Y7000 9000 11000 13000 15000P17100 1150 725 625 9100117117697000900011000130001500010720100502525100EY =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=(元). 选择延保方案二，所需费用2Y 元的分布列为：26761000011000120001042010025100EY =⨯+⨯+⨯=(元). ∵12EY EY >，∴该医院选择延保方案二较合算. …………………………12分 20．解：(Ⅰ)已知(,9)M m 到焦点F 的距离为10，则点M 到其准线的距离为10．∵抛物线的准线为2p y =-，∴9102p+=，解得，2p =，∴抛物线的方程为24x y =. …………………………5分 (Ⅱ)由已知可判断直线l 的斜率存在，设斜率为k ，因为(0,1)F ，则:1l y kx =+. 设2114x A x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，2224x B x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，由214y kx x y =+⎧⎨=⎩消去y 得，2440x kx --=，∴124x x k +=，124x x =-.由于抛物线C 也是函数214y x =的图象，且12y x '=，则()21111:42x PA y x x x -=-. 令0y =，解得112x x = ，∴P 11 02x ⎛⎫⎪⎝⎭，，从而AP =.同理可得，BQ =∴AP BQ ⋅===∵20k ≥，∴AP BQ ⋅的取值范围为[2,)+∞. ……………………………12分 21．解：(Ⅰ)()f x 的定义域为(1)-+∞，，()ln(1)2f x a x x '=+-. 由()f x 是减函数得，对任意的(1)x ∈-+∞，，都有()ln(1)20f x a x x '=+-≤恒成立.设()ln(1)2g x a x x =+-.∵212()1a x g x x ⎡⎤⎛⎫--- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦'=+，由0a >知，112a ->-，∴当112a x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，时，()0g x '>；当12a x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭，时，()0g x '<， ∴()g x 在112a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，上单调递增，在12a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，上单调递减，∴()g x 在12a x =-时取得最大值. 又∵(0)0g =，∴对任意的(1)x ∈-+∞，，()(0)g x g ≤恒成立，即()g x 的最大值为(0)g . ∴102a-=，解得2a =. ……………………………5分 (Ⅱ)由()f x 是减函数，且(0)0f =可得，当0x >时，()0f x <，∴()0f n <，即22(1)ln(1)2n n n n ++<+.两边同除以22(1)n +得，ln(1)121211n n n n n n ++<⋅⋅+++，即12211n n n a n n +<⋅⋅++.从而1231112334521222341234121n n n n n n n T a a a a n n n +++⎛⎫⎛⎫=⋅⋅<⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅ ⎪⎪+++⎝⎭⎝⎭， 所以[]21(2)ln (2)ln 2ln(2)ln(1)(1)ln 22(1)n n n n T n n n n +⎡⎤++<=+-+-+⎢⎥+⎣⎦①.下面证2ln(1)ln(1)(1)ln 2102nn n n +-+-++-<： 记()2ln(2)ln(1)(1)ln 212xh x x x x =+-+-++-，[1,)x ∈+∞.∴2211111()ln 2ln 2ln 2221232223x h x x x x x x x'=--+=-+=-+++++++，∵2y x x=+在[2)+∞，上单调递增，∴()h x '在[2)+∞，上单调递减，而1111(2)ln 2(23ln 2)(2ln8)06233h '=-+=-=-<，∴当[2)x ∈+∞，时，()0h x '<恒成立， ∴()h x 在[2)+∞，上单调递减，即[2)x ∈+∞，，()(2)2ln 4ln33ln 2ln 2ln30h x h =--=-<≤， ∴当2n ≥时，()0h n <.∵19(1)2ln 3ln 22ln 2ln 028h =---=-<，∴当*n N ∈时，()0h n <，即2ln(1)ln(1)(1)ln 212n n n n +-+-+<-②.综上①②可得，()ln 212n nn T +<-⎡⎤⎣⎦. ……………………………12分 22．解：(Ⅰ)曲线1C 的直角坐标方程为2214x y +=，曲线2C 的直角坐标方程为2243x y y +=-，即22(2)1x y +-=.…………………………5分 (Ⅱ)设P 点的坐标为(2cos sin θθ，).21PQ PC +≤11==当2sin 3θ=-时，maxPQ 1+. …………………………10分 23．解：(Ⅰ)由()1f x ≤得321x +≤，所以1321x -+≤≤，解得113x --≤≤，所以，()1f x ≤的解集为113⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，. …………………………5分 (Ⅱ) 2()≥f x a x 恒成立，即232x a x +≥恒成立.当0x =时，a R ∈；当0x ≠时，23223x a x x x+=+≤.因为23x x +≥当且仅当23x x =，即3x =时等号成立)， 所以a ≤a 的最大值是. …………………………10分。