34.（答案）2019合肥二模理科数学.doc

1、 1 合肥市合肥市2019届高三第二次教学质量检测届高三第二次教学质量检测数学试题数学试题(理科理科)参考答案参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A C C B B C D B A C D D 13 2 14 4 9 15 2 16 4 6 3 1答案：A 解析： 44(1)4 4 22 1(1)(1)2 iiii zi iii 2 答案：C 解析：由 2 0 1 x x ，可得(2)(1)0xx且10x ，解得21x，所以 | 21Axx，又 | 12Bxx ，所以( 1,1)AB 3答案：C 解析：由题意可知2,2 b ba a ，故 22 22 1 4 xy

2、aa ，将( 6,4)P代入，得： 22 616 1 4aa ，解 得 22 2,8ab，所以双曲线的方程是 22 1 28 xy 4答案：B 解析： 1121 3333 ADABBDABBCABACABABAC 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 21 6 g xfxx ， 选项A，当 12 x 时，20 6 x ，1 12 f ，所以函数( )g x的图象关于点,1 12 对称，A错； 选项B，函数( )g x的周期 2 2 T ，B错； 选项C，当0, 6 x 时，2, 66

3、 2 x ，所以函数( )g x在0, 6 上单调递增，C正确； 选项 D，因为函数( )g x在0, 6 上单调递增，所以( )2 1 1 6 g xg ，所以函数( )g x在0, 6 上没 有最大值，D错 7答案：D 解析：因为点P在以线段 1 F A为直径的圆上，所以 1 APPF， 又因为 2 /F BAP，所以 21 F BBF，又因为 21 F BBF， 所以 12 FF B是等腰直角三角形，所以该椭圆的离心率 2 2 2 2 OFc e aBF 8答案：B 解析：若任务A排在第一位，则B，C可以选择的位置组合有3种，此时共有排列方法 22 22 312A A ； 若任务A排在第

4、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 22 22 416A A ； P B AF1OF2 A B C D 2 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 22 22 416A A ； 所以不同的执行方案共有12 16 1644种 AEAEAE 9答案：A 解析：( )f x为偶函数，排除选项B， 2 ( )sin(sin )f xxxxx xx， 设( )sing xxx， 则( ) 1 c o s0 g xx 恒成立， 所以( )g x单调递增， 所以当0x时，( )(0)0g xg， 所以当0x时，( )( )0f xxg x，且( )f x

5、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 1 9 10 n n an 万元，设总价为 n S万元，则 01221 1231 99999 123(1) 1010101010 999999 123(1) 101010101010 nn n nn n Snn Snn ，得： 21 9 1 199999910 110(10) 9 10101010101010 1

6、 10 n nnnn n Snnn ， 所以 9 100 10(10) 10 n n Sn ，根据题意 99 100 10(10)100200 1010 nn n ，解得10n 12答案：D 解析：显然 1 0 2 f ，由 1 ( )210 xx f xeebx ，得 1 21 xx eebx ，设 1 ( ) xx g xee ， ( )21h xbx，因为 1 ( )0 xx g xee 恒成立，所以( )g x单调递增，且 1 (1)( ) xx gxeeg x ， 所以( )g x关于点 1 ,0 2 A 对称，当0b时，函数( )yg x与( )yh x在 1 ,1 2 内有一个交

7、点，因为 1 2 2 ge ，(1)1ge，(1,1)Be，2(1) AB ke， 所以222(1)ebe， 所以1ebe ， 当0b时，同理可得1 ebe ，所以实数b的取值范围是(1,)(,1)eee e 13答案：2 解析： 211 41 31 46162 aada Sadd 14 答案： 4 9 解析： 1 sincos 23 ， 则 2 214 c o s 2c o s2 c o s1 c o s1 939 15答案：2 P A B C D 3 解析： 2222222 22 ()()2() 222 ababababab ab ，当且仅当ab时等号成立， 所以 2 22 22 1()1

8、1 22 ()2()2 ab ab abab ，当且仅当 2 2 ()1 2() ab ab 时取等号， 所以当 3 4 2ab 时， 22 2 1 () ab ab 取得最小值2 16答案： 4 6 3 解析： 设ABC所在截面圆的圆心为 1 O，AB中点为D，连接 1 ,OD OD， 则 1 ODO即为二面角CAB O 的平面角， 1 60ODO， 因为4,4 2OAOBAB， 所以OAB是等腰直角三角形，2 2OD， 在 1 RtODO中，可得 11 2,6ODOO，四面体OABC外接球的球心E在射线 1 OO上，设外接球半径为 R，在 1 RtO BE中， 22 111 10,6O B

9、OBOOBER O ER，由勾股定理可得： 222 11 O BO EBE，即 22 10(6)RR，解得 4 6 3 R O A B DO1 E 17解析：() 由 1 sin 2 SabcabC可知2sincC， 222 sinsinsinsinsinABABC. 由正弦定理得 222 ababc. 由余弦定理得 1 cos 2 C ， 2 3 C . 5分 ()由()知2sincC，2sinaA，2sinbB. ABC的周长为 1 sinsinsin 2 abcABC 131313 sinsinsincossin 2342224 1 13313 sincossin 2 224234 AA

10、AAA AAA 0 3 A ， 2 , 333 A ， 3 sin,1 32 A ， ABC的周长的取值范围为 3 23 , 24 . 12分 1818解：()取BC的中点为D，连结DF. 由ABCEFG是三棱台得，平面/ABC平面EFG，从而/BCFG. 4 2CBGF，CD GF ， 四边形CDFG为平行四边形，/CGDF. BFCF，D为BC的中点， DFBC，CGBC. 平面ABC 平面BCGF，且交线为BC，CG 平面BCGF， CG平面ABC，而AB 平面ABC， CGAB. 5分 ()连结AD. 由ABC是正三角形，且D为中点得，ADBC. 由()知，CG平面ABC，/CGDF，

11、 DFAD DFBC， DBDFDA，两两垂直. 以DBDFDA，分别为xyz， ，轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz. 设2BC ，则 13 (0,0, 3), 3,(1,0,0),( 1, 3,0) 22 AEBG ， 13 ,3, 22 AE ，( 2, 3,0)BG ， 33 3 22 BE ， ，. 设平面BEG的一个法向量为( , , )nx y z. 由 0 0 BG n BE n 可得， 230 33 30 22 xy xyz ， . 令3x ，则21yz ，( 3,2, 1)n . 设AE与平面BEG所成角为，则 6 sincos 4 AE n AE n AE n ，.

12、 12分 19解：()X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6. 111 (0) 1010100 P X ， 111 (1)2 10525 P X ， 11213 (2)2 5551025 P X ， 131211 (3)22 10105550 P X ， 22317 (4)2 5510525 P X ， 236 (5)2 51025 P X ， 339 (6) 1010100 P X ， X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 6 P 1 100 1 25 3 25 11 50 7 25 6 25 9 100 5分 ()选择延保方案一，所需费用 1 Y元的分布列为： 1 Y 7000

13、9000 11000 13000 15000 P 17 100 11 50 7 25 6 25 9 100 1 1711769 7000900011000130001500010720 100502525100 EY (元). 选择延保方案二，所需费用 2 Y元的分布列为： 5 2 Y 10000 11000 12000 P 67 100 6 25 9 100 2 6769 10000110001200010420 10025100 EY (元). 12 EYEY，该医院选择延保方案二较合算. 12分 20解：()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

14、线为 2 p y ，910 2 p ， 解得，2p ，抛物线的方程为 2 4xy. 5分 ()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 ykx. 设 2 1 1 4 x A x ， 2 2 2 4 x B x ，由 2 1 4 ykx xy 消去y得， 2 440xkx， 12 4xxk， 12 4x x . 由于抛物线C也是函数 2 1 4 yx的图象，且 1 2 yx ，则 2 1 11 1 : 42 x PA yxxx. 令0y ，解得 1 1 2 xx ，P 1 1 0 2 x ，从而 22 11 1 (4) 4 APxx. 同理可得， 22 22 1 (4

15、) 4 BQxx， 2 22 1212 1 44 16 APBQx xxx 22 22 121212 1 164 16 x xxxx x 2 2 1 k. 2 0k ，AP BQ的取值范围为2,). 12分 21解：()( )f x的定义域为( 1) ，( )ln(1)2fxaxx. 由( )f x是减函数得，对任意的( 1)x ，都有( )ln(1) 20f xaxx恒成立. 设( )ln(1)2g xaxx. 21 2 ( ) 1 a x g x x ，由0a知，11 2 a ， 当11 2 a x ，时，( )0g x；当1 2 a x ，时，( )0g x， ( )g x在11 2 a

16、 ，上单调递增，在1 2 a ，上单调递减，( )g x在1 2 a x 时取得最大值. 又(0)0g，对任意的( 1)x ，( )(0)g xg恒成立，即( )g x的最大值为(0)g. 10 2 a ，解得2a. 5分 ()由( )f x是减函数，且(0)0f可得，当0x时，( )0f x ， ( )0f n ，即 2 2(1)ln(1)2nnnn. 两边同除以 2 2(1)n得， ln(1)12 1211 nnn nnn ，即 12 211 n nn a nn . 从而 1 2 3 1 11 2 33 4 5212 22 3 412 3 4121 nn nn nnn Ta a aa nn

17、n ， 所以 2 1 (2) ln (2)ln2ln(2) ln(1) (1)ln2 2(1) n n n nTnnn n . 6 下面证2ln(1) ln(1) (1)ln210 2 n nnn ： 记( )2ln(2)ln(1)(1)ln21 2 x h xxxx，1,)x. 2 211111 ( )ln2ln2ln2 2 2123222 3 x h x xxxx x x ， 2 yx x 在2)，上单调递增， ( )h x在2)，上单调递减，而 1111 (2)ln2(23ln2)(2ln8)0 6233 h ， 当2)x，时，( )0h x恒成立， ( )h x在2)，上单调递减，即2

18、)x，( )(2)2ln4ln33ln2ln2ln30h xh， 当2n时，( )0h n . 19 (1)2ln3ln22ln2lnln0 28 he， 当 * nN时，( )0h n ，即2ln(1) ln(1) (1)ln2 1 2 n nnn . 综上可得，ln21 2 n n nT . 12分 22解：()曲线 1 C的直角坐标方程为 2 2 1 4 x y， 曲线 2 C的直角坐标方程为 22 43xyy，即 22 (2)1xy.5分 ()设P点的坐标为(2cos sin，). 2 1PQPC 2 22 4cossin213sin4sin8 1 当 2 sin 3 时， max PQ= 2 21 1 3 . 10分 23解：()由( )1f x 得321x， 所以1321x，解得 1 1 3 x， 所以，( )1f x 的解集为 1 1 3 ，. 5分 () 2 ()f xa x恒成立，即 2 32xa x 恒成立. 当0x时，aR； 当0x时， 2 322 3 x ax xx . 因为 2 32 6x x (当且仅当 2 3 x x ，即 6 3 x 时等号成立)， 所以2 6a，即a的最大值是2 6. 10分