安徽省五校联盟2019届高三上学期第二次质量检测试题 理科数学(解析版)

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安徽省五校联盟 2019 届高三上学期第二次质量检测试题 理科数学 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的． 1．设集合 2{ | 1 1}, { | , }A x x B y y x x A       ，则 A B R （ ） A．{ | 0 1}x x ≤ B．{ | 1 0}x x   C．{ | 0 1}x x  D．{ | 1 1}x x   1．答案：B 解析： 2{ | , } { | 0 1}B y y x x A y y    ≤ ，所以 { | 0 1}B y y y R 或 ≥ ， 则 { | 1 0}A B x x   R ． 2．若复数 z 满足(1 i) 2 6iz   ，则复数 z 在复平面内对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．答案：C 解析： 2 6i (2 6i)(1 i) 4 8i 2 4i1 i (1 i)(1 i) 2z             ，则复数 z 对应的点为 ( 2, 4)  ，位于第三象限． 3．在 ABC△ 中， 3, 2, 120AB AC BAC     ，点 D 为 BC 边上一点，且 2BD DC   ，则 AB AD    （ ） A． 1 3 B． 2 3 C．1 D．2 3．答案：C 解析：   2 12 , 2 , 3 3BD DC AD AB AC AD AD AC AB                  , 则 2 22 1 2 1 2 1 13 2 3 13 3 3 3 3 2 3AB AD AB AC AB AB AC AB                                ． 解法二：以 A 为坐标原点， AB 所在直线为 x 轴建立如图所示平面直角坐标系， 则 (0,0), (3,0), ( 1, 3)A B C  ， 2BD DC    ， 2 2 8 2 3( 4, 3) ,3 3 3 3BD BC             ， 则 1 2 3,3 3D      ， 1 2 3(3,0), ,3 3AB AD           ， 13 0 13AB AD        ． 2 1 2 D C BA 4．已知抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  的焦点为 F ，点 0 1, 2P x     在C 上，且 3 4PF  ，则 p  （ ） A． 1 4 B． 1 2 C． 3 4 D．1 4．答案：B 解析：抛物线的准线方程为 2 py   ，因为 0 1, 2P x     在抛物线上，所以点 P 到准线的距离 1 3 2 2 4 pd PF    ，则 1 2p  ． P' P F O 5．已知等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，则“ nS 的最大值是 8S ”是“ 7 8 9 7 10 0 0 a a a a a       ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．答案：B 解析：若 nS 的最大值是 8S ，则 8 9 0 0 a a    ≥ ≤ ；若 7 8 9 7 10 0 0 a a a a a       ，则 7 8 9 8 7 10 8 9 3 0 0 a a a a a a a a          ， 所以 8 9 0 0 a a    ，所以“ nS 的最大值是 8S ”是“ 7 8 9 7 10 0 0 a a a a a       ”的必要不充分条件． 6．函数 2 1 2 xy x  的图象大致为（ ） 6．答案：C 解析：因为函数 2 1 2 xy x  是奇函数，所以其图象关于原点对称， 当 0x  时， 2 2 2 1 1 1 112 2 xy x x    ，所以函数 2 1 2 xy x  在 (0, ) 上单调递减，排除 B，D； 又当 1x  时， 2 12y   ，排除 A，选 C． 7．已知某几何体是一个平面将一正方体截去一部分所得，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的表 面积为（ ） A． 20 2 3 B．18 2 3 C．18 3 D． 20 3 2 2 2 正视图 侧视图 俯视图 7．答案：B 解析：如图所示， 1 1 1 1ABCD A B C D 是棱长为 2 的正方体，根据三视图，还原几何体的直观图为图中多 面体 1 1 1ABCD AC D ，其表面积为 2 2 21 36 2 3 2 (2 2) 18 2 32 4        ． A B CD D1 A1 C1 B1 8．若对任意 xR 都有 ( ) 2 ( ) 3cos sinf x f x x x    ，则函数 ( )f x 的图象的对称轴方程为（ ） A． ,4x k k  Z B． ,4x k k  Z C． ,8x k k  Z D． ,6x k k  Z 8．答案：A 解析：由 ( ) 2 ( ) 3cos sinf x f x x x    ①，用 x 代换①式中的 x ，得 ( ) 2 ( ) 3cos( ) sin( ) 3cos sinf x f x x x x x        ②， 联立①②解得 ( ) sin cos 2 sin 4f x x x x        ， 所以 ( )f x 的图象的对称轴方程为 ,4 2x k k    Z ，即 ,4x k k  Z ． 9．中国古代名著《孙子算经》中的“物不知数”问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三， 七七数之剩二，问物几何？”即“有数被三除余二，被五除余三，被七除余二，问该数为多少？”为解决 此问题，现有同学设计如图所示的程序框图，则框图中的“ ”处应填入（ ） A． 2 21 a  Z B． 2 15 a  Z C． 2 7 a  Z D． 2 3 a  Z 9．答案：A 解析：因为 a 被三除余二，被七除余二，即 2a  既是 3 的倍数，也是 7 的倍数，从而 2a  是 21 的倍数， 所以 2 21 a  Z ，故选 A． 10．某地环保部门召集 6 家企业的负责人座谈，其中甲企业有 2 人到会，其余 5 家企业各有 1 人到会，会 上有 3 人发言，则发言的 3 人来自 3 家不同企业的可能情况的种数为（ ） A．15 B．30 C．35 D．42 10．答案：B 解析：解法一：甲企业有 2 人，其余 5 家企业各有 1 人，共有 7 人，所以从 7 人中任选 3 人共有 3 7C 种情 况，发言的 3 人来自 2 家企业的情况有 2 1 2 5C C 种，所以发言的 3 人来自 3 家不同企业的可能情况共有 3 2 1 7 2 5 35 5 30C C C    （种）． 发言的 3 人来自 3 家不同企业且含甲企业的人的情况有 1 2 2 5 20C C  （种）；发言的 3 人来自 3 家不同企业 且不含甲企业的人的情况有 3 5 10C  （种）．所以发言的 3 人来自 3 家不同企业的可能情况共有20 10 30  种． 11．已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b    的离心率为 2， 1 2,F F 分别是双曲线的左、右焦点，点 ( ,0)M a ， 开始 1n  5 3a n   1n n  输出a 结束 是 否 (0, )N b ，点 P 是线段 MN 上的动点，当 1 2PF PF   取得最小值和最大值时， 1 2PF F△ 的面积分别为 1 2,S S ， 则 2 1 S S  （ ） A．4 B．8 C． 2 3 D． 4 3 11．答案：A 解析：因为双曲线的离心率为 2，所以 2 , 3c a b a  ，所以 1 2(0, 3 ), ( 2 , 0), (2 , 0)N a F a F a ， 线段 MN 的方程为 3 3 ( 0)y x a a x   ≤ ≤ ，设 0 0 0( , 3 3 ), 0P x x a a x  ≤ ≤ ， 则 1 0 0 1 0 0( 2 , 3 3 ), (2 , 3 3 )PF a x x a PF a x x a           ， 所以 2 2 2 2 2 2 1 2 1 0 0 0 0 0 04 3 6 3 4 6 ( 0)PF PF PF x a x ax a x ax a a x              ≤ ≤ ， 当 0 3 4x a  时， 1 2PF PF   取得最小值，此时 3 3,4 4P a a     ， 当 0 0x  时， 1 2PF PF   取得最大值，此时 (0, 3 )P a ，所以 2 1 3 4 3 4 S a S a   ． 12．已知函数 2 1lg , 10( ) 10 2 , 0 x xf x x x x     ≤ ≤ ≤ ，若 1 1 1 1 a b   ≤ ≤ ≤ ≤ ，则方程 2[ ( )] ( ) 0f x af x b   有五个不 同实数根的概率为（ ） A． 1 3 B． 3 8 C． 2 5 D． 1 12 12．答案：B 解析：画出函数 2 1lg , 10( ) 10 2 , 0 x xf x x x x     ≤ ≤ ≤ 的图象如图所示 -2 O 1 设 ( )f x t ，则方程 2[ ( )] ( ) 0f x af x b   有五个不同实数根转化为方程 2 0t at b   在区间 (0,1) 和 区间( ,0) 上分别有一个实数根，令 2( )g t t at b   ，可得到不等式组 (0) 0 (1) 0 g g    ，即 0 1 0 b a b      ， 结合 1 1 1 1 a b   ≤ ≤ ≤ ≤ 画出图形如图所示，不等式组 1 1 1 1 a b   ≤ ≤ ≤ ≤ 表示的区域为边长为 2 的正方形 ABCD ， 不等式组 0 1 0 1 1 1 1 b a b a b       ≤ ≤ ≤ ≤ 表示的区域为图中阴影部分，所以方程 2[ ( )] ( ) 0f x af x b   有五个不同实数根 的概率 3 32 4 8P   ． a b 1b a  A B CD O 1 1 1 1 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在题中的横线上． 13．若 是锐角，且 3cos 6 5      ，则 3cos 2      ． 13．答案： 4 3 3 10  解析：因为0 2   ，所以 2 6 6 3      ，又 3cos 6 5      ，所以 4sin 6 5      ， 则 3cos sin sin sin cos cos sin2 6 6 6 6 6 6                                            4 3 3 1 4 3 3 5 2 5 2 10      ． 14．若 ,x y 满足约束条件 1 2 2 x y x y x a     ≥ ≤ ≤ ，目标函数 2 3z x y  的最小值为 2，则 a  ． 14．答案：1 解析：作出不等式组 1 2 2 x y x y    ≥ ≤ 表示的平面区域如图所示，再作出直线 2 3 2x y  的图象，与上述区域 的边界交于点 (1,0)A ，则直线 x a 必过点 (1,0)A ，所以 1a  ． O x y 1x y  2 2x y  2 3 2x y  A 15．已知球O 与棱长为 4 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的所有棱都相切，点 M 是球O 上一点，点 N 是 1ACB△ 的外接圆上一点，则线段 MN 长度的取值范围是 ． 15．答案：[2 3 2 2, 2 3 2 2]  解析：因为球O 与棱长为 4 的正方体的各棱都相切，所以球O 的半径为 2 2 ，球心O 在体对角线的中点， 1ACB△ 的外接圆是正方体外接球的一个小圆，点 N 是 1ACB△ 的外接圆上一点，则点 N 到球心O 的距 离为 2 3 （即正方体外接球的半径），因为点 M 是球O 上一点，所以线段 MN 的最小值为 2 3 2 2 ， 线段 MN 的最大值为 2 3 2 2 ，所以线段 MN 长度的取值范围是[2 3 2 2, 2 3 2 2]  ． A B CD D1 A1 C1 B1 M' M N O 16．设数列{ }na 满足 1 5a  ，且对任意正整数 n ，总有 1( 3)( 3) 4 4n n na a a     ，则数列{ }na 的前 2018 项的和为 ． 16．答案： 835 解析：由 1( 3)( 3) 4 4n n na a a     ，得 1 4 4 533 3 n n n n n a aa a a      ，因为 1 5a  ， 所以 2 3 4 5 1 50, , 5, 53a a a a a       ，则数列{ }na 是以 4 为周期的周期数列， 因为 2018 504 4 2   ，且 1 2 3 4 5 3a a a a     ，即一个周期的和为 5 3 ，所以数列{ }na 的前 2018 项 的和为 5 504 5 0 8353      ． 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17~21 题为必考题，每个试题考 生都必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共 60 分． 17．（本小题满分 12 分） 在 ABC△ 中， , ,A B C 的对边分别是 , ,a b c ，且 2 sin 3 tanc B a A ． （1）求 2 2 2 b c a  的值； （2）若 2a  ，求 ABC△ 面积的最大值． 17．解析：（1）由 2 sin 3 tanc B a A ，得 2 sin cos 3 sinc B A a A ，结合正弦定理得 22 cos 3bc A a ， 故 2 2 2 2 2 2 22 3 , 42 b c abc a b c abc      ，得 2 2 2 4b c a   ．…………………………………………5 分 （2）由（1）及 2a  知 2 2 16b c  ，故 2 2 2 6cos 2 b c aA bc bc    ． 又 2 2 2b c bc ≥ ，故8 bc≥ ，当且仅当b c 时取等号， 6 3cos 8 4A ≥ ． 由 6cos A bc ，得 6 cosbc A ，且 0, 2A     ， 1 sin 3tan2ABCS bc A A  △ ． 2 2 2 2 2 2 2 2 sin sin cos 1 1 16 71 tan 1 , tan 1 1cos cos cos cos 9 3 A A AA AA A A A           ≤ ， 3tan 7ABCS A △ ≤ ，即 ABC△ 面积的最大值为 7 ． 18．（本小题满分 12 分） 如图，在五面体 ABCDFE 中，底面 ABCD 为矩形， // ,EF AB BC FD ，过 BC 的平面交棱 FD 于 P ， 交棱 FA 于Q ． （1）证明： //PQ 平面 ABCD ； （2）若 , , 2 ,CD BE EF EC CD EF BC tEF    ，求平面 ADF 与平面 BCE 所成锐二面角的大小． A B CD EF P Q 18．解析：（1）因为底面 ABCD 为矩形，所以 //AD BC ，又因为 AD  平面 ADF ，BC  平面 ADF ， 所以 //BC 平面 ADF ，…………………………………………………………………………………2 分 又因为 BC  平面 BCPQ ，平面 BCPQ  平面 ADF PQ ， //BC PQ …………………………4 分 又因为 PQ  平面 ABCD ， BC  平面 ABCD ， //PQ 平面 ABCD ．……………………………6 分 （2）由 , ,CD BE CD CB BE CB B   ，得CD  平面 BCE ，所以CD CE ． 由 , ,BC CD BC FD CD FD D   ，得 BC  平面CDFE ，所以CB CE ． 以C 为坐标原点， , ,CD CB CE 所在直线分别为 , ,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系，设 1EF EC  ， 则 (2, ,0), (2,0,0), (1,0,1)A t D F ，所以 (0, ,0), ( 1, ,1)AD t AF t       ．…………………………7 分 设平面 ADF 的法向量为 ( , , )n x y z ，则 0 0 n AD ty n AF x ty z                ，令 1x  ，得 (1,0,1)n  ．……9 分 易知平面 BCE 的一个法向量为 (1,0,0)m   ，…………………………………………………………10 分 设平面 ADF 与平面 BCE 所成锐二面角为 ，则 2cos 2 m n m n          ．…………………………11 分 所以 4   ，即平面 ADF 与平面 BCE 所成锐二面角为 4  ．…………………………………………12 分 A B CD EF P Q x y z 19．（本小题满分 12 分） 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b    的焦点坐标分别为 1 2( 1,0), (1,0),F F P 为椭圆C 上一点，满足 1 23 5PF PF 且 1 2 3cos 5F PF  ． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）设直线 :l y kx m  与椭圆C 交于 ,A B 两点，点 1 ,04Q     ，若 AQ BQ ，求 k 的取值范围． 19．解析：（1）由 1 23 5PF PF 及 1 2 2PF PF a  ，得 1 2 5 3,4 4PF a PF a  ． 在 1 2PF F△ 中，由余弦定理得 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 25 9 5 3 32 cos 216 16 4 4 5F F PF PF PF PF F PF a a a a a            ， 即 1 2 2a F F  ， 1c  ， 2 2 2 3,b a c    椭圆C 的标准方程为 2 2 14 3 x y  ．………………6 分 （2）联立方程，得 2 2 14 3 x y y kx m       ，消去 y 得 2 2 2(3 4 ) 8 4 12 0k x kmx m     ， 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 2 1 2 1 22 2 8 4 12,3 4 3 4 km mx x x xk k      ，且 2 248(3 4 ) 0k m     ， ① 设 AB 的中点为 0 0( , )M x y ，连接QM ，则 1 2 0 0 02 2 4 3,2 3 4 3 4 x x km mx y kx mk k        ， AQ BQ ， AB QM  ，又 1 ,04Q     ， M 为 AB 的中点， 0k  ，直线QM 的斜率存在， 2 2 3 3 4 14 1 3 4 4 QM m kk k k km k        ，解得 23 4 4 km k   ， ② 把②代入①，得 22 2 3 43 4 4 kk k       ，整理得 4 216 8 3 0k k   ，即 2 2(4 1)(4 3) 0k k   ， 解得 1 2k  或 1 2k   ，故 k 的取值范围为 1 1, ,2 2              ．……………………………………12 分 20．（本小题满分 12 分） 在某市高中某学科竞赛中，某一个区 4000 名考生的参赛成绩统计如图所示． 0.010 0.015 0.020 0.030 40 50 60 70 80 90 100 成绩/分 频率/组距 （1）求这 4000 名考生的竞赛平均成绩 x （同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）． （2）由直方图可认为考生竞赛成绩 z 服从正态分布 2( , )N   ，其中 2,  分别取考生的平均成绩 x 和考 生成绩的方差 2s ，那么该区 4000 名考生的成绩超过84.81分（含84.81分）的人数估计有多少？ （3）如果用该区参赛考生成绩的情况来估计全市的参赛考生的成绩情况，现从全市参赛考生中随机抽取 4 名，记成绩不超过．．．84.81分的考生人数为 ，求 ( 3)P  ≤ ．（精确到0.001） 附：① 2 204.75, 204.75 14.31s   ；② 40.8413 0.501 ； ③若 2( , )z N  ～ ，则 ( ) 0.6827, ( 2 2 ) 0.9545P z P z                 ． 20．解析：（1）由题意知， 中点值 45 55 65 75 85 95 频率 0.1 0.15 0.2 0.3 0.15 0.1 45 0.1 55 0.15 65 0.2 75 0.3 85 0.15 95 0.1 70.5x              ， 所以这 4000 名考生的竞赛平均成绩 x 为 70.5分．……………………………………………………4 分 （2）依题意 z 服从正态分布 2( , )N   ，其中 2 270.5, 204.75, 14.31x s       ， 2(70.5,14.31 )z N ～ ， 而 1 0.6827( ) (56.19 84.81) 0.6827, ( 84.81) 0.15872P z P z P z              ≥ ， 又 0.1587 4000 634.8 635   ，所以竞赛成绩超过84.81分的人数估计为 635．…………………8 分 （3）全市竞赛考生成绩不超过84.81分的概率 1 0.1587 0.8413P    ，而 (4, 0.8413)B～ ， 4( 3) 1 ( 4) 1 0.8413 1 0.501 0.499P P        ≤ ．…………………………………………12 分 21．（本小题满分 12 分） 设函数 2( ) ln ( )2 af x x x x a x a    R ． （1）若函数 ( )f x 有两个不同的极值点，求实数 a 的取值范围； （2）若 22, ( ) 2 2a g x x x    ，且当 2x  时，不等式 ( 2) ( ) ( ),k x g x f x k   N 恒成立，试求 k 的 最大值． 21．解析：（1）由题意知，函数 ( )f x 的定义域为(0, ), ( ) lnf x x ax   ，令 ( ) 0f x  ，得 ln xa x ． 令 ln( ) xh x x ，则由题意可知直线 y a 与函数 ( )h x 的图象有两个不同的交点． 2 1 ln( ) xh x x   ， 令 ( ) 0h x  ，则 x e ， ( )h x 在 (0, )e 上单调递增，在 ( , )e  上单调递减， max 1( ) ( )h x h e e  ， 又 (1) 0, ( )h h x 在(0, )e 上单调递增，当 0x  时， ( )h x   ，当 x e 时，ln 0x x  ， ( )h x 在 ( , )e  上单调递减，当 x   时， ( ) 0h x  ． 所以结合 ( )h x 的图象易得，实数 a 的取值范围是 10, e      ．…………………………………………4 分 （2）当 2a  时， 2( ) ln 2f x x x x x    ． ( 2) ( ) ( )k x g x f x   ，即 2 2 ln( 2) 2 2 ln 2 , 2, 2 x x xk x x x x x x x x k x             ．…5 分 令 ln( ) ( 2)2 x x xF x xx   ，则 2 4 2ln( ) ( 2) x xF x x     ．………………………………………………6 分 令 ( ) 4 2ln ( 2)m x x x x    ，则 2( ) 1 0m x x     ， ( )m x 在 (2, ) 上单调递增．……………8 分 又 2 3(8) 4 2ln8 4 2ln 4 4 0, (10) 6 2ln10 6 2ln 6 6 0m e m e              ， 所以函数 ( )m x 在 (8,10) 上有唯一的零点 0x ，即 0 04 2ln 0x x   ． 当 0(2, )x x 时， ( ) 0, ( ) 0, ( )m x F x F x  单调递减，当 0( , )x x  时， ( ) 0, ( ) 0, ( )m x F x F x  单 调递增， 0 0 0 0 0 0 min 0 0 0 41ln 2( ) ( ) 2 2 2 xxx x x xF x F x x x           ， 0 0 0, (8,10), (4,5)2 2 x xk x     ，又 ,k k N 的最大值为 4．………………………………12 分 （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 题中任选一题作答．如果多做，则按所作的第一题计分． 22．【选修 4—4：坐标系与参数方程】（本小题满分 10 分） 在直角坐标系 xOy 中，直线 1 : 0l x  ，圆 2 2: ( 1) ( 1 2) 1C x y     ，以坐标原点为极点，x 轴的正半 轴为极轴建立极坐标系． （1）求直线 1l 和圆C 的极坐标方程； （2）若直线 2l 的极坐标方程为 ( )4   R ，设 1 2,l l 与圆C 的公共点分别为 ,A B ，求 OAB△ 的面积． 22．解析：（1） 2 2 2cos , sin , ,x y x y         直线 1l 的极坐标方程为 cos 0   ， 即 ( )2   R ．………………………………………………………………………………………2 分 圆C 的极坐标方程为 2 2 cos 2(1 2) sin 3 2 2 0          ．……………………………5 分 （2）将 2   代入 2 2 cos 2(1 2) sin 3 2 2 0          ，得 2 2(1 2) 3 2 2 0      ， 解得 1 1 2   ． 将 4   代入 2 2 cos 2(1 2) sin 3 2 2 0          ，得 2 2(1 2) 3 2 2 0      ， 解得 2 1 2   ． 故 OAB△ 的面积为 21 3 2(1 2) sin 12 4 4      ．…………………………………………10 分 4 3 2 1 1 2 B A C O 23．【选修 4—5：不等式选讲】（本小题满分 10 分） 已知 ( ) 2 1f x x x   ． （1）解不等式 ( ) 4f x ≥ ； （2）若不等式 ( ) 2 1f x a ≤ 有解，求实数 a 的取值范围． 23．（1）不等式 ( ) 4f x ≥ ，即 2 1 4x x  ≥ ， 等价于 0 2 3 4 x x    ≥ 或 0 1 2 4 x x    ≤ ≤ ≥ 或 1 3 2 4 x x    ≥ ，解得 2 3x ≤ 或无解或 2x≥ ． 故不等式的解集为 2, [2, )3        ．………………………………………………………………5 分 （2） ( ) 2 1f x a ≤ 有解等价于 min( ) 2 1f x a ≤ ． 2 3 ( 0) ( ) 2 1 2 (0 1) 3 2 ( 1) x x f x x x x x x x           ≤ ≤ ，故 ( )f x 的最小值为 1． 所以1 2 1a ≤ ，得 2 1 1a  ≤ 或 2 1 1a  ≥ ，解得 1a ≤ 或 0a≥ ． 故实数 a 的取值范围为( , 1] [0, )   ．…………………………………………………………10 分