2019年湖北省黄冈中学高考数学二模试卷（文科）
2019年湖北省黄冈中学高考数学二模试卷（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，只有一个选项是符合题意的．
1. 已知集合M＝{x|y＝ln(1−x)}，N={y|y=1−2x}，则M∩N＝（ ）
A.M B.N C.R D.⌀
2. 下列函数中与函数y＝exlnx（e是自然对数的底数）的定义域和值域都相同的是（ ）
A.y＝x B.y＝lnx C.y＝2x D.y=1x
3. 已知cosα=13，则sin(2α+π2)=( )
A.−79 B.79 C.±429 D.−89
4. 抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，过抛物线上一点A作其准线l的垂线，垂足为B，若△ABF为直角三角形，且△ABF的面积为2，则p＝（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
5. 执行如图的程序框图，若输出的S＝48，则输入k的值可以为（ ）
A.4 B.6 C.8 D.10
6. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A.2π3 B.3 C.π D.5π3
7. 设D为椭圆x2+y25=1上任意一点，A(0, −2)，B(0, 2)，点P满足DP→=λAD→(λ>0)，(DB→+DP→)⋅PB→=0，则点P的轨迹方程为（ ）
A.x2+(y−2)2＝20 B.x2+(y+2)2＝20 C.x2+(y−2)2＝5 D.x2+(y+2)2＝5
8. 已知正三棱柱ABC−A1B1C1，若AB=AA1，则异面直线AB1与CA1所成角的余弦值为（ ）
A.13 B.−14 C.14 D.12
9. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为34(a2+c2−b2)，周长为6，则b的最小值是（ ）
A.2 B.3 C.3 D.433
10. 数列{an}满足a1=23，an+1=an2(2n+1)an+1，则数列{an}的前2019项的和为（ ）
A.40354036 B.40364037 C.40374038 D.40384039
11. 电子计算机诞生于20世纪中叶，是人类最伟大的技术发明之一．计算机利用二进制存储信息，其中最基本单位是“位(bit)”，1位只能存放2种不同的信息：0或l，分别通过电路的断或通实现．“字节(Byte)”是更大的存储单位，1Byte＝8bit，因此1字节可存放从${00000000_{（2）}}至{11111111_{（2）}}共{256}种不同的信息．将这{256}个二进制数中，所有恰有相邻两位数是{1}其余各位数均是{0}$的所有数相加，则计算结果用十进制表示为（ ）
A.254 B.381 C.510 D.765
12. 已知点A是焦点在x轴上的椭圆x24+y2t=1的上顶点，椭圆上恰有两点到点A的距离最大，则t的取值范围为（ ）
A.(0, 1) B.(0, 2) C.(0, 3) D.(0, 4)
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二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
已知a→=(a,1)，b→=(2,a−1)，若a→=b→，则a＝________．
已知函数f(x)＝2sin(ωx+φ)(ω>0, 0<φ<π)的部分图象如图所示，其中f(0)＝1，|MN|=52，则f(1)＝________．
一球筐中装有n个小球，甲，乙两个同学轮流且不放回的抓球，每次最少抓一个球，最多抓三个球，规定：由甲先抓，且谁抓到最后一个球谁赢，则以下推断中正确的有________．
①若n＝4，则乙有必赢的策略②若n＝6，则甲有必赢的策略若③n＝9，则甲有必赢的策略
设函数f(x)＝xex−a(x+lnx)．若f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．
三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
已知正项等比数列{an}中，a1a3＝4，a1+a2+a3＝7．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若{an}是递减数列，记{an}的前n项和为Sn，求Sn，并用Sn表示Sn+1．
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD时直角梯形，∠BAD＝90∘，△PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD＝2CD＝2，M是PB的中点．
（1）证明：AC⊥PB；
（2）求点P到平面AMC的距离．
工厂质检员从生产线上每半个小时抽取一件产品并对其某个质量指标Y进行检测，一共抽取了48件产品，并得到如下统计表．该厂生产的产品在一年内所需的维护次数与指标Y有关，具体见表．
质量指标Y
[9.4, 9.8)
[9.8, 10.2]
(10.2, 10.6]
频数
8
24
16
一年内所需维护次数
2
0
1
（1）以每个区间的中点值作为每组指标的代表，用上述样本数据估计该厂产品的质量指标Y的平均值（保留两位小数）；
（2）用分层抽样的方法从上述样本中先抽取6件产品，再从6件产品中随机抽取2件产品，求这2件产品的指标Y都在[9.8, 10.2]内的概率；
（3）已知该厂产品的维护费用为300元/次．工厂现推出一项服务：若消费者在购买该厂产品时每件多加100元，该产品即可一年内免费维护一次．将每件产品的购买支出和一年的维护支出之和称为消费费用．假设这48件产品每件都购买该服务，或者每件都不购买该服务，就这两种情况分别计算每件产品的平均消费费用，并以此为决策依据，判断消费者在购买每件产品时是否值得购买这项维护服务？
已知A(−2,0),P(1,32)为椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上两点，过点P且斜率为k，−k(k>0)的两条直线与椭圆M的交点分别为B，C．
(Ⅰ)求椭圆M的方程及离心率；
(Ⅱ)若四边形PABC为平行四边形，求k的值．
已知f(x)＝ex−a−ln(x+a)
（1）a＝1时，求f(x)在（1, f(1)）处的切线方程；
（2）若f(x)的最小值为1，求实数a的值．
请考生在第22-23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+cosαy=sinα （α为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，点A为曲线C1上的动点，点B在线段OA的延长线上，且满足|OA|⋅|OB|＝8，点B的轨迹为C2．
（1）求C1，C2的极坐标方程；
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（2）设点C的极坐标为(2, π2)，求△ABC面积的最小值．
[选修4-5：不等式选讲]
已知函数f(x)＝|x−a|(a∈R)．
(Ⅰ)若关于x的不等式f(x)≥|2x+1|的解集为[−3, 13]，求a的值；
(Ⅱ)若∀x∈R，不等式f(x)−|x+a|≤a2−2a恒成立，求a的取值范围．
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参考答案与试题解析
2019年湖北省黄冈中学高考数学二模试卷（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，只有一个选项是符合题意的．
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
可以求出集合M，N，然后进行交集的运算即可．
【解答】
∵ M＝{x|x<1}，N＝{y|0≤y<1}，
∴ M∩N＝N．
2.
【答案】
D
【考点】
函数的定义域及其求法
函数的值域及其求法
【解析】
由已知函数定义域可排除AC，由已知函数值域可排除B，由此得出正确选项．
【解答】
函数的定义域为(0, +∞)，而选项AC的定义域为R，故排除AC；
显然y＝exlnx>0，而选项B的值域为R，故排除B．
3.
【答案】
A
【考点】
两角和与差的三角函数
【解析】
结合诱导公式及二倍角余弦公式进行化简即可求解．
【解答】
因为cosα=13，
则sin(2α+π2)=cos2α＝2cos2α−1=−79．
4.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】
利用抛物线的性质，推出A为直角，利用三角形的面积求解即可．
【解答】
由抛物线的定义以及三角形的性质△ABF为直角三角形，可知A为90∘，
△ABF的面积为2，可得12p2=2，
解得p＝2，
5.
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的n，S的值，当S＝48时，由题意，此时应该满足条件n＝10>k，退出循环，输出S的值为48，故应有：7
k，n＝4，S＝6
不满足条件n>k，n＝7，S＝19
不满足条件n>k，n＝10，S＝48
由题意，此时应该满足条件n＝10>k，退出循环，输出S的值为48，
故应有：70)，
(DB→+DP→)⋅PB→=0，可知|DB→|＝|DP→|，
由椭圆定义可知|DB→|+|DA→|＝2a，
即|DP→|+|DA→|＝2a，
即|AP→|＝2a＝25，
所以P的轨迹是以A为圆心，25为半径的圆，
点P的轨迹方程：x2+(y+2)2＝20．
8.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
设AB＝AA1＝2，以A为原点，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AB1与CA1所成角的余弦值．
【解答】
解：正三棱柱ABC−A1B1C1，AB=AA1，
设AB=AA1=2，
以A为原点，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
A(0, 0, 0)，B1(3, 1, 2)，C(0, 2, 0)，A1(0, 0, 2)，
AB1→=(3,1,2)，CA1→=(0, −2, 2)，
设异面直线AB1与CA1所成角为θ，
则异面直线AB1与CA1所成角的余弦值为：
cosθ=|AB1→⋅CA1→||AB1→|⋅|CA1→|=28⋅8=14．
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
三角形的面积公式
解三角形
【解析】
先根据三角形的面积公式和余弦定理即可求出B=π3，再根据余弦定理结合基本不等式即可求出b的最小值
【解答】
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为34(a2+c2−b2)，
则S△ABC=12acsinB=34(a2+c2−b2)，
∴ sinB=3(a2+c2−b2)2ac=3cosB，
∴ tanB=3，
∵ 04+t，164−t>4t．
∴ −t0, 0<φ<π)的图象可得：f(0)＝2sinφ＝1，
∴ sinφ=12，
∴ 由五点作图法可求φ=5π6．
∵ |MN|=52=22+(14⋅2πω)2，解得：ω=π3，
∴ 可得函数解析式为：f(x)＝2sin(π3x+5π6)，
∴
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f(1)＝2sin(π3+5π6)＝2sinπ6=−1．
故答案为：−1．
【答案】
②③
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
根据抓球规则，进行分类讨论、实际操作分析，进而的出结论．
【解答】
①若n＝4，则乙有必赢的策略．分析如下：
A．第一步：甲先抓1球，第二步：乙把剩下的3个球都抓走，从而乙胜．
B．当甲抓2球时，乙再抓走剩下的2球，乙胜；
C．当甲 抓3球时，乙再抓走剩下的1球，乙胜．
②若n＝6，则甲有必赢的策略．分析如下：
A．第一步：甲先抓1球，第二步：乙把剩下的球都抓走1个，还剩下4个球，无论甲如何抓球，乙都可以获胜．此策略肯定不行．
B．同理甲先抓3球，第二步：乙把剩下的球都抓走，乙可以获胜．此策略肯定不行．
C．第一步：甲先抓2球，第二步：无论乙把剩下的球都抓走1个，2个，还是3个，第三步，甲把剩下的球都抓走，甲都可以获胜．此策略肯定可以．
③若n＝9，则甲有必赢的策略，必赢策略如下：
第一步：甲先抓1球，第二步：A．当乙抓1球时，甲再抓3球时；B．当乙抓2球时，甲再抓2球时；C．当乙抓3球时，甲再抓1球时；
第三步：这时还有4个球，轮到乙抓，按规定乙最少抓一个球，最多抓三个球，
则布袋中都会剩余1−−3个球，第四步：甲再抓走剩下所有的球，从而甲胜．
综上可得：②③．
【答案】
[0, e]
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
结合已知可先讨论a的范围，然后结合分离参数法及导数知识即可求解．
【解答】
当a＝0时，f(x)＝xex>0，符合题意（1）当a>0时，由f(x)≥0恒成立可得1a≥x+lnxxex，
令g(x)=x+lnxxex，x>0，则g′(x)=(x+1)(1−x−lnx)(xex)2，
令h(x)＝1−x−lnx，则h′(x)=−1−1x<0，
故h(x)在(0, +∞)上单调递减，且h(1)＝0，
故x∈(0, 1)时，h(x)>0即g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1, +∞)时，h(x)<0即g′(x)<0，g(x)单调递减，
故当x＝1时，g(x)取得最大值g(1)=1e，
∴ 1a≥g(x)max=1e，
所以00)，
由y=kx+m,x24+y23=1 消去y，整理得(3+4k2)x2+8kmx+(4m2−12)＝0．
当△>0时，设B(x1, y1)，C(x2, y2)，
则1⋅x1=4m2−123+4k2，即x1=4m2−123+4k2．
将P(1,32)代入y＝kx+m，整理得m=32−k，所以x1=4k2−12k−33+4k2．
所以y1=kx1+m=−12k2−12k+92(3+4k2)．所以B(4k2−12k−33+4k2,−12k2−12k+92(3+4k2))．
同理C(4k2+12k−33+4k2,−12k2+12k+92(3+4k2))．
所以直线BC的斜率kBC=y2−y1x2−x1=12．
又PA // BC，直线PA的斜率kPA=32−01−(−2)=12=kBC，
因为四边形PABC为平行四边形，所以|PA|＝|BC|．
所以|4k2+12k−33+4k2−4k2−12k−33+4k2|=|1−(−2)|，
解得k=32或12.k=12时，B(−2, 0)与A重合，不符合题意，舍去．
所以四边形PABC为平行四边形时，k=32．……………………………
【考点】
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
(Ⅰ)利用已知条件列出方程组，求解a，b，即可求椭圆M的方程及离心率；
(Ⅱ)设出直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，求出C、B坐标，通过四边形PABC为平行四边形，转化求k的值．
【解答】
( I)由题意得a=2,1a2+94b2=1. 解得a=2,b=3.
所以椭圆M的方程为x24+y23=1．
又c=a2−b2=1，
所以离心率e=ca=12．………………………..
( II)设直线PB的方程为y＝kx+m(k>0)，
由y=kx+m,x24+y23=1 消去y，整理得(3+4k2)x2+8kmx+(4m2−12)＝0．
当△>0时，设B(x1, y1)，C(x2, y2)，
则1⋅x1=4m2−123+4k2，即x1=4m2−123+4k2．
将P(1,32)代入y＝kx+m，整理得m=32−k，所以x1=4k2−12k−33+4k2．
所以y1=kx1+m=−12k2−12k+92(3+4k2)．所以B(4k2−12k−33+4k2,−12k2−12k+92(3+4k2))．
同理C(4k2+12k−33+4k2,−12k2+12k+92(3+4k2))．
所以直线BC的斜率kBC=y2−y1x2−x1=12．
又PA // BC，直线PA的斜率kPA=32−01−(−2)=12=kBC，
因为四边形PABC为平行四边形，所以|PA|＝|BC|．
所以|4k2+12k−33+4k2−4k2−12k−33+4k2|=|1−(−2)|，
解得k=32或12.k=12时，B(−2, 0)与A
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重合，不符合题意，舍去．
所以四边形PABC为平行四边形时，k=32．……………………………
【答案】
当a＝1时，f(x)=ex−1−ln(x+1),f′(x)=ex−1−1x+1，
∴ f(1)=1−ln2,f′(1)=12，
∴ 切线方程为x−2y+1−2ln2＝0；
f′(x)=ex−a−1x+a,x>−a，
∵ y＝ex−a在(−a, +∞)上单增，y=1x+a在(−a, +∞)上单减，
∴ f′(x)在(−a, +∞)上单增，
∴ 存在唯一的x0∈(−a, +∞)，使得f′(x0)＝0，即ex0−a=1x0+a，
且当x∈(−a, x0)时，函数f(x)单减，当x∈(x0, +∞)时，函数f(x)单增，
∴ f(x)min=f(x0)=ex0−a−ln(x0+a)=1x0+a−ln(x0+a)=1，
显然x0+a＝1是方程的解，
又y=1x−lnx是单减函数，
故方程1x0+a−ln(x0+a)=1有唯一解x0+a＝1，则x0＝1−a，
∴ e1−2a＝1，解得a=12．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）将a＝1代入，求出f(1)及f′(1)，再由点斜式即可求得切线方程；
（2）利用导数求得函数f(x)的最小值，根据已知条件，建立方程，由此即可求得a的值．
【解答】
当a＝1时，f(x)=ex−1−ln(x+1),f′(x)=ex−1−1x+1，
∴ f(1)=1−ln2,f′(1)=12，
∴ 切线方程为x−2y+1−2ln2＝0；
f′(x)=ex−a−1x+a,x>−a，
∵ y＝ex−a在(−a, +∞)上单增，y=1x+a在(−a, +∞)上单减，
∴ f′(x)在(−a, +∞)上单增，
∴ 存在唯一的x0∈(−a, +∞)，使得f′(x0)＝0，即ex0−a=1x0+a，
且当x∈(−a, x0)时，函数f(x)单减，当x∈(x0, +∞)时，函数f(x)单增，
∴ f(x)min=f(x0)=ex0−a−ln(x0+a)=1x0+a−ln(x0+a)=1，
显然x0+a＝1是方程的解，
又y=1x−lnx是单减函数，
故方程1x0+a−ln(x0+a)=1有唯一解x0+a＝1，则x0＝1−a，
∴ e1−2a＝1，解得a=12．
请考生在第22-23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
∵ 曲线C1的参数方程为x=1+cosαy=sinα （α为参数），
∴ 曲线C1的普通方程为x2+y2−2x＝0，
∴ 曲线C1的极坐标方程为ρ＝2cosθ．
设B的极坐标为(ρ, θ)，点A的极坐标为(ρ0, θ0)，
则|OB|＝ρ，|OA|＝ρ0，ρ0＝2cosθ0，θ＝θ0，
∵ |OA||OB|＝8，∴ ρ⋅ρ0＝8，
∴ 8ρ=2cosθ，ρcosθ＝4，
∴ C2的极坐标方程为ρcosθ＝4
由题意知|OC|＝2，
S△ABC＝S△OBC−S△OAC=12|OC||ρBcosθ|＝|4−2cos2θ|，
当θ＝0时，S△ABC取得最小值为2．
【考点】
圆的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化
【解析】
（1）先将C1化成直角坐标方程，再化成极坐标方程；C2的极坐标方程为ρcosθ＝4；
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（2）由题意知|OC|＝2，S△ABC＝S△OBC−S△OAC=12|OC||ρBcosθ|＝|4−2cos2θ|，当θ＝0时，S△ABC取得最小值为2．
【解答】
∵ 曲线C1的参数方程为x=1+cosαy=sinα （α为参数），
∴ 曲线C1的普通方程为x2+y2−2x＝0，
∴ 曲线C1的极坐标方程为ρ＝2cosθ．
设B的极坐标为(ρ, θ)，点A的极坐标为(ρ0, θ0)，
则|OB|＝ρ，|OA|＝ρ0，ρ0＝2cosθ0，θ＝θ0，
∵ |OA||OB|＝8，∴ ρ⋅ρ0＝8，
∴ 8ρ=2cosθ，ρcosθ＝4，
∴ C2的极坐标方程为ρcosθ＝4
由题意知|OC|＝2，
S△ABC＝S△OBC−S△OAC=12|OC||ρBcosθ|＝|4−2cos2θ|，
当θ＝0时，S△ABC取得最小值为2．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
（1）f(x)≥|2x+1|，即|x−a|≥|2x+1|，两边平方并整理得3x2+2(2+a)x+1−a2≤0，
由已知−3，13是关于x的方程3x2+2(2+a)x+1−a2＝0的两根，
由韦达定理得−4+2a3=−3+131−a23=(−3)×13 ，又因为△＝4(2+a)2−12(1−a2)>0，
解得a＝2．
（2）因为f(x)−|x+a|＝|x−a|−|x+a|≤|(x−a)−(x+a)|＝2|a|，
所以不等式f(x)−|x+a|≤a2−2a恒成立，只需2|a|≤a2−2a，
当a≥0时，2a≤a2−2a，解得a≥4或a＝0；
当a<0时，−2a≤a2−2a，解得a<0．
综上可知实数a的取值范围是(−∞, 0)∪[4, +∞)
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
函数恒成立问题
【解析】
(Ⅰ)两边平方去绝对值后，变成一元二次不等式，利用解集得一元二次方程的两根，根据伟达定理可得；
(Ⅱ)不等式f(x)−|x+a|≤a2−2a恒成立，转化为f(x)−|x+a|的最大值≤a2−2a可得．
【解答】
（1）f(x)≥|2x+1|，即|x−a|≥|2x+1|，两边平方并整理得3x2+2(2+a)x+1−a2≤0，
由已知−3，13是关于x的方程3x2+2(2+a)x+1−a2＝0的两根，
由韦达定理得−4+2a3=−3+131−a23=(−3)×13 ，又因为△＝4(2+a)2−12(1−a2)>0，
解得a＝2．
（2）因为f(x)−|x+a|＝|x−a|−|x+a|≤|(x−a)−(x+a)|＝2|a|，
所以不等式f(x)−|x+a|≤a2−2a恒成立，只需2|a|≤a2−2a，
当a≥0时，2a≤a2−2a，解得a≥4或a＝0；
当a<0时，−2a≤a2−2a，解得a<0．
综上可知实数a的取值范围是(−∞, 0)∪[4, +∞)
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