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2019年安徽省合肥市高考数学二模试卷（理科）与解析

时间：2019-04-26 09:07:14 下载该word文档

2019年安徽省合肥市高考数学二模试卷（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．（5分）设复数z满足，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．（5分）若集合，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则A∩B＝（　　）

A．[﹣2，2） B．（﹣1，1] C．（﹣1，1） D．（﹣1，2）

3．（5分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，且经过点P（，4），则双曲线的方程是（　　）

A． B．

C． D．

4．（5分）在△ABC中，，则＝（　　）

A． B． C． D．

5．（5分）如表是某电器销售公司2018年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：

	空调类	冰箱类	小家电类	其它类
营业收入占比	90.10%	4.98%	3.82%	1.10%
净利润占比	95.80%	﹣0.48%	3.82%	0.86%

则下列判断中不正确的是（　　）

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．（5分）将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的（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）的图象关于点对称

B．函数g（x）的周期是

C．函数g（x）在上单调递增

D．函数g（x）在上最大值是1

7．（5分）已知椭圆（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，以线段F1A为直径的圆交线段F1B的延长线于点P，若F2B∥AP，则该椭圆离心率是（　　）

A． B． C． D．

8．（5分）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．（5分）函数f（x）＝x2+xsinx的图象大致为（　　）

A． B．

C． D．

10．（5分）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．（5分）“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．若这堆货物总价是万元，则n的值为（　　）

A．7 B．8 C．9 D．10

12．（5分）函数f（x）＝ex﹣e1﹣x﹣b|2x﹣1|在（0，1）内有两个零点，则实数b的取值范围是（　　）

A． B．（1﹣e，0）∪（0，e﹣1）

C． D．

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．（5分）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝3，S4＝16，则数列{an}的公差d＝　　．

14．（5分）若，则cos2α+cosα＝　　．

15．（5分）若a+b≠0，则的最小值为　　．

16．（5分）已知半径为4的球面上有两点A，B，，球心为O，若球面上的动点C满足二面角C﹣AB﹣O的大小为60o，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，sin2A+sin2B+sinAsinB＝2csinC，△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，CB＝2GF，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．（12分）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）上一点M（m，9）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．（12分）已知函数f（x）＝a（x+1）ln（x+1）﹣x2﹣ax（a＞0）是减函数．

（Ⅰ）试确定a的值；

（Ⅱ）已知数列{an}，，Tn＝a1a2a3•…•an（n∈N*），求证：．

请考生在第22、23题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]

22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（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C2极坐标方程为ρ2＝4ρsinθ﹣3．

（Ⅰ）写出曲线C1和C2的直角坐标方程；

（Ⅱ）若P，Q分别为曲线C1，C2上的动点，求|PQ|的最大值．

[选修4-5：不等式选讲]

23．已知f（x）＝|3x+2|．

（Ⅰ）求f（x）≤1的解集；

（Ⅱ）若f（x2）≥a|x|恒成立，求实数a的最大值．

2019年安徽省合肥市高考数学二模试卷（理科）

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.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）设复数z满足，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

【解答】解：∵＝，

∴z在复平面内的对应点为（2，2），位于第一象限．

故选：A．

2．（5分）若集合，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则A∩B＝（　　）

A．[﹣2，2） B．（﹣1，1] C．（﹣1，1） D．（﹣1，2）

【解答】解：A＝{x|﹣2≤x＜1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}；

∴A∩B＝（﹣1，1）．

故选：C．

3．（5分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，且经过点P（，4），则双曲线的方程是（　　）

A． B．

C． D．

【解答】解：双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，

可得＝2，

由双曲线经过点P（，4），可得﹣＝1，

解得a＝，b＝2，

则双曲线的方程为﹣＝1．

故选：C．

4．（5分）在△ABC中，，则＝（　　）

A． B． C． D．

【解答】解：∵；

∴；

∴．

故选：B．

5．（5分）如表是某电器销售公司2018年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：

	空调类	冰箱类	小家电类	其它类
营业收入占比	90.10%	4.98%	3.82%	1.10%
净利润占比	95.80%	﹣0.48%	3.82%	0.86%

则下列判断中不正确的是（　　）

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

【解答】解：根据表中数据知，该公司2018年度冰箱类电器销售净利润所占比为﹣0.48，是亏损的，A正确；

小家电类电器营业收入所占比和净利润所占比是相同的，但收入与净利润不一定相同，B错误；

该公司2018年度净利润空调类电器销售所占比为95.80%，是主要利润来源，C正确；

所以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，D正确．

故选：B．

6．（5分）将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的（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）的图象关于点对称

B．函数g（x）的周期是

C．函数g（x）在上单调递增

D．函数g（x）在上最大值是1

【解答】解：函数的图象上各点横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），

得到函数g（x）＝2sin（2x+）﹣1的图象，

故：

①函数g（x）的图象关于点对称，

故选项A错误．

②函数的最小正周期为π，

故选项B错误．

③当时，，

所以函数的最大值取不到1．

故选项D错误．

故选：C．

A． B． C． D．

【解答】解：如图所示，

以线段F1A为直径的圆的方程为：+y2＝，化为：x2﹣（a﹣c）x+y2﹣ac0．

直线F1B的方程为：bx﹣cy+bc＝0，

联立，解得P．

kAP＝，＝﹣．

∵F2B∥AP，

∴＝﹣，

化为：e2＝，e∈（0，1）．

解得．

另解：F1A为圆的直径，∴∠F1PA＝90°．

∵F2B∥AP，

∴∠F1BF2＝90°．

∴2a2＝（2c）2，解得e＝．

故选：D．

A．36种 B．44种 C．48种 D．54种

【解答】解：根据题意，任务A必须排在前三项执行，分3种情况讨论：

①，任务A排在第一位，则E排在第二位，将剩下的2项任务全排列，排好后有3个空位，将B、C安排在3个空位中，有A22A32＝12种不同的执行方案，

②，任务A排在第二位，则E排在第三位，BC的安排方法有4×A22＝8种，将剩下的2项任务全排列安排在剩下位置，有A22＝2种安排方法，则有8×2＝16种安排方法，

③，任务A排在第三位，则E排在第四位，BC的安排方法有4×A22＝8种，将剩下的2项任务全排列安排在剩下位置，有A22＝2种安排方法，则有8×2＝16种安排方法，

则不同的执行方案共有12+16+16＝44种；

故选：B．

9．（5分）函数f（x）＝x2+xsinx的图象大致为（　　）

A． B．

C． D．

【解答】解：函数f（x）＝x2+xsinx是偶函数，关于y轴对称，故排除B，

令g（x）＝x+sinx，

∴g′（x）＝1+cosx≥0恒成立，

∴g（x）在R上单调递增，

∵g（0）＝0，

∴f（x）＝xg（x）≥0，故排除D，

当x＞0时，f（x）＝xg（x）单调递增，故当x＜0时，f（x）＝xg（x）单调递减，故排除C．

故选：A．

10．（5分）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

【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：

根据几何体得到：

平面SAD⊥平面SCD，平面SBC⊥平面SCD，

平面SCD⊥平面ABCD，平面SAD⊥平面SBC．

故选：C．

A．7 B．8 C．9 D．10

【解答】解：由题意可得第n层的货物的价格为an＝n•（）n﹣1，

设这堆货物总价是Sn＝1•（）0+2•（）1+3•（）2+…+n•（）n﹣1，①，

由①×可得Sn＝1•（）1+2•（）2+3•（）3+…+n•（）n，②，

由①﹣②可得Sn＝1+（）1+（）2+（）3+…+（）n﹣1﹣n•（）n＝﹣n•（）n＝10﹣（10+n）•（）n，

∴Sn＝100﹣10（10+n）•（）n，

∵这堆货物总价是万元，

∴n＝10，

故选：D．

12．（5分）函数f（x）＝ex﹣e1﹣x﹣b|2x﹣1|在（0，1）内有两个零点，则实数b的取值范围是（　　）

A． B．（1﹣e，0）∪（0，e﹣1）

C． D．

【解答】解：f（x）＝ex﹣e1﹣x﹣2b|x﹣|，

设t＝x﹣，则x＝t+，

∵0＜x＜1，∴﹣＜t＜，

则函数f（x）等价为y＝﹣﹣2b|t|，

即等价为y＝﹣﹣2b|t|在﹣＜t＜上有两个零点，

即﹣＝2b|t|有两个根，

设h（t）＝﹣，

则h（﹣t）＝﹣＝﹣（﹣）＝﹣h（t），即函数h（t）是奇函数，

则h′（t）＝+＞0，即函数h（t）在﹣≤t≤上是增函数，

h（0）＝0，h（）＝e﹣1，h（﹣）＝1﹣e，

当0≤t≤，

若b＝0，则函数f（x）只有一个零点，不满足条件．

若b＞0，则g（t）＝2bx，

设过原点的直线g（t）与h（t）相切，切点为（a，﹣），

h′（t）＝+，即h′（a）＝+，

则切线方程为y﹣（﹣）＝（+）（x﹣a），

切线过原点，

则﹣（﹣）＝﹣a（+），

即﹣+＝﹣a﹣a，

则（a+1）＝（﹣a+1），

得a＝0，即切点为（0，0），此时切线斜率k＝h′（0）＝＝2

若2＝2b，则b＝＝，此时切线y＝2x与h（t）相切，只有一个交点，不满足条件．

当直线过点（，e﹣1）时，e﹣1＝2b×＝b，

此时直线g（t）＝2（e﹣1）x，

要使g（t）与h（t）有两个交点，则＜b＜e﹣1，

当b＜0时，t＜0时，g（t）＝﹣2bx，

由﹣2b＝2

得b＝﹣，当直线过点（﹣，1﹣e）时，1﹣e＝﹣2b（﹣）＝b，

要使g（t）与h（t）有两个交点，则1﹣e＜b＜﹣，

综上1﹣e＜b＜﹣或＜b＜e﹣1，

即实数b的取值范围是，

故选：D．

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．（5分）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝3，S4＝16，则数列{an}的公差d＝　2　．

【解答】解：由a2＝3，S4＝16，

∴a1+d＝3，4a1+6d＝16，

联立解得a1＝1，d＝2，

故答案为：2．

14．（5分）若，则cos2α+cosα＝　　．

【解答】解：∵，

∴cosα＝，

则cos2α+cosα＝2cos2α﹣1+cosα＝2×﹣1+＝﹣，

故答案为：﹣．

15．（5分）若a+b≠0，则的最小值为　　．

【解答】解：根据题意，若a+b≠0，即a≠﹣b，则有a2+b2≥，

则≥+≥2＝，

即的最小值为；

故答案为：

16．（5分）已知半径为4的球面上有两点A，B，，球心为O，若球面上的动点C满足二面角C﹣AB﹣O的大小为60o，则四面体OABC的外接球的半径为　　．

【解答】解：

如图，设A，B，C所在球小圆为圆O′，

取AB中点E，连接OE，O′E，

则∠OEO′即为二面角C﹣AB﹣O的平面角，为60°，

由OA＝OB＝4，AB＝，

得△AOB为等腰直角三角形，

∴OE＝，

∴，，

∴，

设O﹣ABC的外接球球心为M，半径为r，

利用Rt△BO′M列方程得：，

解得：r＝．

故答案为：．

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，sin2A+sin2B+sinAsinB＝2csinC，△ABC的面积S＝abc．

（Ⅰ）求角C；

（Ⅱ）求△ABC周长的取值范围．

【解答】（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）由，可知：2c＝sinC，

∴sin2A+sin2B+sinAsinB＝sin2C．由正弦定理得a2+b2+ab＝c2．

∴由余弦定理得，

∴．…………………………（5分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知2c＝sinC，

∴2a＝sinA，2b＝sinB．

∴△ABC的周长为

＝

∵，

∴，

∴△ABC的周长的取值范围为．……………………………（12分）

18．（12分）如图，三棱台ABC﹣EFG的底面是正三角形，平面ABC⊥平面BCGF，CB＝2GF，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．

【解答】证明：（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．

∵CB＝2GF，∴，

∴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．

解：（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BC＝2，则A（），E（），B（1，0，0），G（﹣1，，0），

∴，，．

设平面BEG的一个法向量为．

由可得，．

令，则y＝2，z＝﹣1，∴．

设AE与平面BEG所成角为θ，

则直线AE与平面BEG所成角的正弦值为．

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．

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？

【解答】（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6．

，

∴X的分布列为

X	0	1	2	3	4	5	6
P

（Ⅱ）选择延保方案一，所需费用Y1元的分布列为：

Y1	7000	9000	11000	13000	15000
P

（元）．

选择延保方案二，所需费用Y2元的分布列为：

Y2	10000	11000	12000
P

（元）．

∵EY1＞EY2，∴该医院选择延保方案二较合算．

20．（12分）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）上一点M（m，9）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．

【解答】解：（Ⅰ）已知M（m，9）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，∴，

解得，p＝2，∴抛物线的方程为x2＝4y．…………………………（5分）

（Ⅱ）由已知可判断直线l的斜率存在，设斜率为k，因为F（0，1），则l：y＝kx+1．

设A（），B（x2，），由消去y得，x2﹣4kx﹣4＝0，

∴x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4．

由于抛物线C也是函数的图象，且，则．

令y＝0，解得，∴P，从而．

同理可得，，

∴＝＝．

∵k2≥0，∴|AP|•|BQ|的取值范围为[2，+∞）．……………………………（12分）

21．（12分）已知函数f（x）＝a（x+1）ln（x+1）﹣x2﹣ax（a＞0）是减函数．

（Ⅰ）试确定a的值；

（Ⅱ）已知数列{an}，，Tn＝a1a2a3•…•an（n∈N*），求证：．

【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝aln（x+1）﹣2x．

由f（x）是减函数得，对任意的x∈（﹣1，+∞），都有f′（x）＝aln（x+1）﹣2x≤0恒成立．

设g（x）＝aln（x+1）﹣2x．

∵，由a＞0知，，

∴当时，g'（x）＞0；当时，g'（x）＜0，

∴g（x）在上单调递增，在上单调递减，

∴g（x）在时取得最大值．

又∵g（0）＝0，∴对任意的x∈（﹣1，+∞），g（x）≤g（0）恒成立，即g（x）的最大值为g（0）．

∴，解得a＝2；

（Ⅱ）由f（x）是减函数，且f（0）＝0可得，当x＞0时，f（x）＜0，

∴f（n）＜0，即2（n+1）ln（1+n）＜n2+2n．

两边同除以2（n+1）2得，，即．

从而，

∴①．

下面证．

记，x∈[1，+∞）．

∴，

∵在[2，+∞）上单调递增，

∴h'（x）在[2，+∞）上单调递减，而，

∴当x∈[2，+∞）时，h'（x）＜0恒成立，

∴h（x）在[2，+∞）上单调递减，即x∈[2，+∞），h（x）≤h（2）＝2ln4﹣ln3﹣3ln2＝ln2﹣ln3＜0，

∴当n≥2时，h（n）＜0．

∵，

∴当n∈N*时，h（n）＜0，即②．

综上①②可得，．

（Ⅰ）写出曲线C1和C2的直角坐标方程；

（Ⅱ）若P，Q分别为曲线C1，C2上的动点，求|PQ|的最大值．

【解答】解：（Ⅰ）曲线C1的直角坐标方程为，

曲线C2的直角坐标方程为x2+y2＝4y﹣3，即x2+（y﹣2）2＝1．…………………………（5分）

（Ⅱ）设P点的坐标为（2cosθ，sinθ）．|PQ|≤|PC2|+1＝，

当时，|PQ|max＝．…………………………（10分）

[选修4-5：不等式选讲]

23．已知f（x）＝|3x+2|．

（Ⅰ）求f（x）≤1的解集；

（Ⅱ）若f（x2）≥a|x|恒成立，求实数a的最大值．

【解答】解：（Ⅰ）由f（x）≤1得|3x+2|≤1，

所以﹣1≤3x+2≤1，解得，

所以，f（x）≤1的解集为．…………………………（5分）

（Ⅱ）f（x2）≥a|x|恒成立，即3x2+2≥a|x|恒成立．

当x＝0时，a∈R；

当x≠0时，．

因为（当且仅当，即时等号成立），

所以，即a的最大值是．…………………………（10分）