2019合肥二模理科数学(解析版)

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．设复数满足，则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，，则（ ）‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D． ‎ ‎3．已知双曲线的一条渐近线方程为，且经过点，则双曲线的方程是 A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎4．在中，，则（ ）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎5．下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．将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）‎ A．函数的图象关于点对称 B．函数的周期是 C．函数在上单调递增 D．函数在上最大值是1‎ ‎7．已知椭圆的左右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，以线段为直径的圆交线段的延长线于点，若，则该椭圆离心率是（ ）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎8．某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务必须排在前三项执行，且执行任务之后需立即执行任务，任务、任务不能相邻，则不同的执行方案共有（ ）‎ A．36种 B．44种 C．48种 D．54种 11‎ ‎9．函数的图象大致为（ ）‎ ‎．‎ ‎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，则的值为（ ）‎ A．7‎ B．8‎ C．9‎ D．10‎ ‎12．函数在内有两个零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A．‎ B．‎ 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．设等差数列的前项和为，若，， 则数列的公差__________．‎ ‎14．若，则_____________．‎ ‎15．若，则的最小值为_________．‎ ‎16．已知半径为4的球面上有两点，，球心为，若球面上的动点满足二面角的大小为，则四面体的外接球的半径为____________．‎ 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)在中，角所对的边分别为，，的面积．(Ⅰ)求角；(Ⅱ)求周长的取值范围．‎ 11‎ ‎18．(12分)如图，三棱台的底面是正三角形，平面平面，，．(Ⅰ)求证：(Ⅱ)若，求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎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)已知抛物线上一点到其焦点的距离为10．(Ⅰ)求抛物线的方程；(Ⅱ)设过焦点的直线与抛物线交于两点，且抛物线在两点处的切线分别交轴于两点，求的取值范围．‎ 11‎ ‎21．(本小题满分12分)已知函数()是减函数． (Ⅰ)试确定的值；‎ ‎(Ⅱ)已知数列，，()，求证：．‎ ‎22．(本小题满分10分)选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)．在以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线极坐标方程为．(Ⅰ)写出曲线和的直角坐标方程；(Ⅱ)若分别为曲线，上的动点，求的最大值．‎ ‎23．(本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲 已知．(Ⅰ)求的解集；(Ⅱ)若恒成立，求实数的最大值．‎ 11‎ 合肥市2019届高三第二次教学质量检测数学试题(理科)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 ‎15‎ ‎16‎ ‎1．答案：A 解析：‎ ‎2．答案：C解析：由，可得且，解得，所以，又，所以．‎ ‎3．答案：C 解析：由题意可知，故，将代入，得：，解得，所以双曲线的方程是．‎ ‎4．答案：B 解析：．‎ ‎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：，‎ 选项A，当时，，，所以函数的图象关于点对称，A错；‎ 选项B，函数的周期，B错；‎ 选项C，当时，，所以函数在上单调递增，C正确；‎ 选项D，因为函数在上单调递增，所以，所以函数在上没有最大值，D错．‎ ‎7．答案：D 解析：因为点在以线段为直径的圆上，所以，‎ 又因为，所以，又因为，‎ 所以是等腰直角三角形，所以该椭圆的离心率 ‎．‎ ‎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；‎ 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；‎ 11‎ 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；‎ 所以不同的执行方案共有种．‎ ‎9．答案：A 解析：为偶函数，排除选项B，，‎ 设，则恒成立，所以单调递增，所以当时，，‎ 所以当时，，且单调递增，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，‎ 易知平面平面，平面平面，‎ 平面平面，平面平面，‎ 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：设第层的总价值为万元，则万元，设总价为万元，则 ‎ ‎ ‎，得：‎ ‎，‎ 所以，根据题意，解得．‎ ‎12．答案：D 解析：显然，由，得，设，‎ ‎，因为恒成立，所以单调递增，且，所以关于点对称，当时，函数与在内有一个交点，因为，，，，所以，所以，‎ 当时，同理可得，所以实数的取值范围是．‎ ‎13．答案：2 解析：．‎ ‎14．答案： 解析：，则 11‎ ‎．‎ ‎15．答案：‎ 解析：，当且仅当时等号成立，‎ 所以，当且仅当时取等号，‎ 所以当时，取得最小值．‎ ‎16．答案：‎ 解析：设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，则即为二面角的平面角，，因为，所以是等腰直角三角形，，‎ 在中，可得，四面体外接球的球心在射线上，设外接球半径为，在中，，由勾股定理可得：‎ ‎，即，解得．‎ ‎17．解析：(Ⅰ) 由可知，‎ ‎∴. 由正弦定理得.‎ 由余弦定理得，∴. …………………………5分 ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知，∴，.‎ 的周长为 ‎∵，∴，∴，‎ 11‎ ‎∴的周长的取值范围为. …………12分 ‎18．解：(Ⅰ)取的中点为，连结.‎ 由是三棱台得，平面平面，从而.‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴四边形为平行四边形，∴.‎ ‎∵，为的中点，‎ ‎∴，∴.‎ ‎∵平面平面，且交线为，平面，‎ ‎∴⊥平面，而平面，‎ ‎∴. ………………………5分 ‎(Ⅱ)连结.‎ 由是正三角形，且为中点得，.‎ 由(Ⅰ)知，⊥平面，，‎ ‎∴，‎ ‎∴两两垂直.‎ 以分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 设，则，‎ ‎∴，，.‎ 设平面的一个法向量为.‎ 由可得，.‎ 令，则，∴.‎ 设与平面所成角为，则. …………………………12分 ‎19．解：(Ⅰ)所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6.‎ ‎，，，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎∴的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎…………………………5分 ‎(Ⅱ)选择延保方案一，所需费用元的分布列为：‎ ‎7000‎ ‎9000‎ ‎11000‎ ‎13000‎ ‎15000‎ 11‎ P ‎(元).‎ 选择延保方案二，所需费用元的分布列为：‎ ‎10000‎ ‎11000‎ ‎12000‎ P ‎(元).‎ ‎∵，∴该医院选择延保方案二较合算. …………………………12分 ‎20．解：(Ⅰ)已知到焦点的距离为，则点到其准线的距离为10．‎ ‎∵抛物线的准线为，∴，‎ 解得，，∴抛物线的方程为. …………………………5分 ‎(Ⅱ)由已知可判断直线的斜率存在，设斜率为，因为，则.‎ 设，，由消去得，，∴，.‎ 由于抛物线也是函数的图象，且，则.‎ 令，解得 ，∴，从而.‎ 同理可得，，‎ ‎∴.‎ ‎∵，∴的取值范围为. ……………………………12分 ‎21．解：(Ⅰ)的定义域为，.‎ 由是减函数得，对任意的，都有恒成立.‎ 设.∵，由知，，‎ ‎∴当时，；当时，，‎ ‎∴在上单调递增，在上单调递减，∴在时取得最大值.‎ 又∵，∴对任意的，恒成立，即的最大值为.‎ ‎∴，解得. ……………………………5分 ‎(Ⅱ)由是减函数，且可得，当时，，‎ ‎∴，即.‎ 11‎ 两边同除以得，，即.‎ 从而，‎ 所以①.‎ 下面证：‎ 记，.‎ ‎∴，‎ ‎∵在上单调递增，‎ ‎∴在上单调递减，而，‎ ‎∴当时，恒成立，‎ ‎∴在上单调递减，即，，‎ ‎∴当时，.‎ ‎∵，‎ ‎∴当时，，即②.‎ 综上①②可得，. ……………………………12分 ‎22．解：(Ⅰ)曲线的直角坐标方程为，‎ 曲线的直角坐标方程为，即.…………………………5分 ‎(Ⅱ)设点的坐标为().‎ 当时，=. …………………………10分 ‎23．解：(Ⅰ)由得，‎ 所以，解得，‎ 所以，的解集为. …………………………5分 ‎(Ⅱ) 恒成立，即恒成立.‎ 当时，；‎ 当时，.‎ 11‎ 因为(当且仅当，即时等号成立)，‎ 所以，即的最大值是. …………………………10分 11‎