陕西省宝鸡中学2019届高三第二次模拟考试 数学（理）试题

陕西省宝鸡中学2019届高三第二次模拟考试 数学（理）试题

·1· 2019 年宝鸡市高考模拟检测（二）数学（理科）参考答案 一、选择题 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ 答案 C B A B B C A C B C A A 二、填空题 13. -9. 14. 3 5 15. 10 3 16. 2 三、解答题 17.解：（Ⅰ）由已知，当 时， ． （2 分） 又因为 ，所以数列 的通项公式为 ． 因为 ，所以， ，（4 分） 两式做差可得 ，且 也满足此式，因此所求通项公式为 .（6 分） （Ⅱ）由 ， ，可得 (32)2 n ncn=− ，（8 分） 1231 24 27 2(32) 2 n nTn=+++  +− 2312 1 24 2(35) 2(32) 2 nn nTnn +=++  +−+− ，（10 分） 两式相减得 1 2 311 422 3 (2 22 ) (3 2) 2 2 3(3 2) 2 12 n nnn nTnn + ++−− = +  + +  + − −  = + − −  − 整理得 110(35) 2 n nTn+=+− .（12 分） 18. 解:(Ⅰ) 记“抽取的两天送餐单数都大于 40”为事件 M, 则 2 20 2 100 19() 495 CPM C ==.(4 分) (Ⅱ)(ⅰ)设乙公司送餐员日送餐单数为 a, ·2· 则当 38a = 时, 384152X == , 当 39a = 时, 394156X == , 当 40a = 时, 404160X == , 当 41a = 时, 40 4 1 6 166X =  +  = , 当 42a = 时, 40426172X =+= . 所以 X 的所有可能取值为 152,156,160,166,172.(6 分) 故 X 的分布列为: X 152 156 160 166 172 P 1 10 1 5 2 5 (8 分) . (9 分) (ⅱ)依题意,甲公司送餐员日平均送餐单数为 .(10 分) 所以甲公司送餐员日平均工资为 元.(11 分) 由(ⅰ)得乙公司送餐员日平均工资为 162 元. 因为 ,故推荐小明去乙公司应聘.(12 分) 19.解：（Ⅰ）证明：由已知 ，且 DC ? 平面 ，EF ? 平面 ,所以 平面 . 又平面 平面 ，故 .所以四边形 为等腰梯形.(4 分) 又 ，所以 =BC，且 0120ADCDCB= = ，易得 ， 因为 ， ， ， 平面 ，且 ，所以 平面 .所以.DE ⊥ BD 由于 AD DE=D, BD⊥平面ＡＤＥ， ＡＥ ? 平面ＡＤＥ,所以 AE BD⊥ .(6 分) （Ⅱ）如图，以 为原点，以ＤＡ、ＤＢ、ＤＥ分别为 、y、z 轴，建立空间直角坐标系， ·3· 则 ， ， ， ， 所以 ， ， . 设平面 的法向量为 ，由 所以 取 ，则 ， ，得 ， . 设直线与平面 所成的角为 ，则 . 所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .(12 分) 20.解：（Ⅰ）动圆Ｐ的圆心到点 1( , 0) 4 的距离与它直线 1 4 x =− 的距离相等，由抛物线定义得，圆心 Ｐ的轨迹是以 为焦点， 为准线的抛物线，且 1 2 p = ，圆心Ｐ的轨迹方程为 2yx= . （6 分） （ Ⅱ ） 设 CD 所 在 直 线 方 程 为 yxt=+， 11( , )C x y ， 22( , )D x y ，由 2 y x t yx =+  = 得 22(21)0xtxt+−+= ， 2 1 2 1 21 2 ,x x t x x t + = − = . 222[(1 2 ) 4 ] 2(1 4 )CD t t t = − − = − ， 又直线 AB 与直线 CD 间的距离为 4 2 tAD −= ， AD CD= ，即 42(1 4 ) 2 tt −−= ，解得 2t =− 或 6t =− ， ·4· 经检验，当 2t =− 或 6t =− 时，都有 22(12)4140ttt=−−=− ， 从而得正方形边长 32AD = 或 52． 正方形 ABCD 面积 18S = 或 50S = . （12 分） 21. 解：（Ⅰ） ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 1211 0 11 axaxxax fxx x xxx +−+−+ =−= +   + ，(2 分) 令 ( ) ( )2 21pxxax=+−+ ，（ 0x  ）， ① 当 ( ) 2240a=−− 即04a时， ( ) 0fx  恒成立，所以 ( )fx在 ( )0, + 上单调递增； ②当 0a  时， ( ) 1px  ，故 ( ) 0fx  恒成立，所以 ( )fx在 ( )0, + 上单调递增； ③当 4a  时，由于 ( ) 0fx = 的两根为 2240 2 aaax −−=， 所以 ( )fx 分别在 区间 2224240,,, 22 aaaaaa  −−−−+− +    上递增，在 222424 , 22 aaaaaa−−−−+− 上递减， 综上： 4a  时 ， 函 数 ( )fx在 ( )0, + 上递增； 4a  时 ， 函 数 ( )fx分别在 区间 2224240,,, 22 aaaaaa  −−−−+− +    上递增，在 222424 , 22 aaaaaa−−−−+− 上递减. (6 分) （Ⅱ）由（1）知 4a  ，且 1 2 1 22, 1x x a x x+ = − = ， ∴ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 1 22 112 12121 2 1212 11 lnlnln 1111 ax xax xaxaxf x f xxxx xa xxxx + ++ += −+ −=−= − ++++ ， 而 ( )12 2·2 2 22ln ln 222 2 2 21 2 aaxx a a af f aa − + − − −= = − = − − − + ， ·5· ∴ ( ) ( )1212 22ln2ln2 222222 fxfxxx aaaafa ++ −−−=−++=−+ ， 设 ( ) ( )2ln24 22 aahaa −=−+ ，则 ( ) ( ) 2114· 0 22222 aha aa −== − −−， ( )ha 在 ( )4, + 上为减函数，又 ( )40h = ，所以 ( ) 0ha  ， 所以 ( ) ( )1212 22 fxfxxxf ++ . (12 分) 22. 解：（Ⅰ）曲线 1C 的极坐标方程为 4 cos= ． 设 ( ),Q  ，则 , 2 P − ，则有 4 cos4 sin 2  =−=  ． 所以，曲线 2C 的极坐标方程为 4 sin= ． （5 分） （Ⅱ） M 到射线 3  = 的距离为 2 sin3 3 d ==， ( )4 sincos231 33BAAB  =−=−=−  ， 则 1 33 2 S AB d=  = − ．（10 分） 23. 解：（Ⅰ）由 ()1fx 得： 1()1fx− ，即 2111xx−−− ， 所以原不等式的解集为(1,0)(1,2)− .（5 分） （Ⅱ）：证明：因为||1xa−， 所以 22|( )( ) | || | ()(1) |f xf axaaxxaxa−=−+−=−+− ＝| || 1| | 1| | ( ) 2 1|x a x a x a x a a− + −  + − = − + − | | | 2 | 1x a a − + + | 2|2a+ = 2(| | 1)a + ．（10 分）