1、精選優質文檔-傾情為你奉上2019年安徽省合肥市高考數學二模試卷（理科）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1（5分）設復數z滿足，則z在復平面內的對應點位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2（5分）若集合，Bx|1x2，則AB（）A2，2）B（1，1C（1，1）D（1，2）3（5分）已知雙曲線（a0，b0）的一條漸近線方程為y2x，且經過點P（，4），則雙曲線的方程是（）ABCD4（5分）在ABC中，則（）ABCD5（5分）如表是某電器銷售公司2018年度各類電器營業收入占比和凈利潤占比統計表：空調類冰箱類小家電類其它類營

2、業收入占比90.10%4.98%3.82%1.10%凈利潤占比95.80%0.48%3.82%0.86%則下列判斷中不正確的是（）A該公司2018年度冰箱類電器銷售虧損B該公司2018年度小家電類電器營業收入和凈利潤相同C該公司2018年度凈利潤主要由空調類電器銷售提供D剔除冰箱類電器銷售數據后，該公司2018年度空調類電器銷售凈利潤占比將會降低6（5分）將函數的圖象上各點橫坐標縮短到原來的（縱坐標不變）得到函數g（x）的圖象，則下列說法正確的是（）A函數g（x）的圖象關于點對稱B函數g（x）的周期是C函數g（x）在上單調遞增D函數g（x）在上最大值是17（5分）已知橢圓（ab0）的左右焦點分

3、別為F1，F2，右頂點為A，上頂點為B，以線段F1A為直徑的圓交線段F1B的延長線于點P，若F2BAP，則該橢圓離心率是（）ABCD8（5分）某部隊在一次軍演中要先后執行六項不同的任務，要求是：任務A必須排在前三項執行，且執行任務A之后需立即執行任務E，任務B、任務C不能相鄰，則不同的執行方案共有（）A36種B44種C48種D54種9（5分）函數f（x）x2+xsinx的圖象大致為（）ABCD10（5分）如圖，正方形網格紙中的實線圖形是一個多面體的三視圖，則該多面體各表面所在平面互相垂直的有（）A2對B3對C4對D5對11（5分）“垛積術”（隙積術）是由北宋科學家沈括在夢溪筆談中首創，南宋數學

4、家楊輝、元代數學家朱世杰豐富和發展的一類數列求和方法，有茭草垛、方垛、芻童垛、三角垛等等某倉庫中部分貨物堆放成如圖所示的“茭草垛”：自上而下，第一層1件，以后每一層比上一層多1件，最后一層是n件已知第一層貨物單價1萬元，從第二層起，貨物的單價是上一層單價的若這堆貨物總價是萬元，則n的值為（）A7B8C9D1012（5分）函數f（x）exe1xb|2x1|在（0，1）內有兩個零點，則實數b的取值范圍是（）AB（1e，0）（0，e1）CD二、填空題：本大題共4小題，每小題5分.把答案填在答題卡上的相應位置.13（5分）設等差數列an的前n項和為Sn，若a23，S416，則數列an的公差d 14（5

5、分）若，則cos2+cos 15（5分）若a+b0，則的最小值為 16（5分）已知半徑為4的球面上有兩點A，B，球心為O，若球面上的動點C滿足二面角CABO的大小為60o，則四面體OABC的外接球的半徑為 三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17（12分）在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，sin2A+sin2B+sinAsinB2csinC，ABC的面積Sabc（）求角C；（）求ABC周長的取值范圍18（12分）如圖，三棱臺ABCEFG的底面是正三角形，平面ABC平面BCGF，CB2GF，BFCF（）求證：ABCG；（）若BCCF，求直線AE與平面BEG所成角的正

6、弦值19（12分）某種大型醫療檢查機器生產商，對一次性購買2臺機器的客戶，推出兩種超過質保期后兩年內的延保維修優惠方案：方案一：交納延保金7000元，在延保的兩年內可免費維修2次，超過2次每次收取維修費2000元；方案二：交納延保金10000元，在延保的兩年內可免費維修4次，超過4次每次收取維修費1000元某醫院準備一次性購買2臺這種機器現需決策在購買機器時應購買哪種延保方案，為此搜集并整理了50臺這種機器超過質保期后延保兩年內維修的次數，得下表：維修次數0123臺數5102015以這50臺機器維修次數的頻率代替1臺機器維修次數發生的概率記X表示這2臺機器超過質保期后延保的兩年內共需維修的次數

7、（）求X的分布列；（）以所需延保金及維修費用的期望值為決策依據，醫院選擇哪種延保方案更合算？20（12分）已知拋物線C：x22py（p0）上一點M（m，9）到其焦點F的距離為10（）求拋物線C的方程；（）設過焦點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點，且拋物線在A，B兩點處的切線分別交x軸于P，Q兩點，求|AP|BQ|的取值范圍21（12分）已知函數f（x）a（x+1）ln（x+1）x2ax（a0）是減函數（）試確定a的值；（）已知數列an，Tna1a2a3an（nN*），求證：請考生在第22、23題中任選一題作答.注意：只能做所選定的題目，如果多做，則按所做的第一個題目計分，作答時，請用2B鉛筆

8、在答題卡上，將所選題號對應的方框涂黑.選修4-4：坐標系與參數方程22（10分）在直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為（為參數）在以原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C2極坐標方程為24sin3（）寫出曲線C1和C2的直角坐標方程；（）若P，Q分別為曲線C1，C2上的動點，求|PQ|的最大值選修4-5：不等式選講23已知f（x）|3x+2|（）求f（x）1的解集；（）若f（x2）a|x|恒成立，求實數a的最大值2019年安徽省合肥市高考數學二模試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1（5分）

9、設復數z滿足，則z在復平面內的對應點位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】直接利用復數代數形式的乘除運算化簡得答案【解答】解：，z在復平面內的對應點為（2，2），位于第一象限故選：A【點評】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的代數表示法及其幾何意義，是基礎題2（5分）若集合，Bx|1x2，則AB（）A2，2）B（1，1C（1，1）D（1，2）【分析】可求出集合A，然后進行交集的運算即可【解答】解：Ax|2x1，Bx|1x2；AB（1，1）故選：C【點評】考查描述法、區間的定義，分式不等式的解法，以及交集的運算3（5分）已知雙曲線（a0，b0）的一條漸近線方程為y2x，且

10、經過點P（，4），則雙曲線的方程是（）ABCD【分析】求得雙曲線的漸近線方程可得2，代入點P的坐標，可得a，b的方程組，解方程即可得到所求雙曲線的方程【解答】解：雙曲線（a0，b0）的一條漸近線方程為y2x，可得2，由雙曲線經過點P（，4），可得1，解得a，b2，則雙曲線的方程為1故選：C【點評】本題考查雙曲線的方程和性質，主要是漸近線方程的運用，考查方程思想和運算能力，屬于基礎題4（5分）在ABC中，則（）ABCD【分析】根據即可得出：，解出向量即可【解答】解：；故選：B【點評】考查向量減法的幾何意義，以及向量的數乘運算5（5分）如表是某電器銷售公司2018年度各類電器營業收入占比和凈利潤占

11、比統計表：空調類冰箱類小家電類其它類營業收入占比90.10%4.98%3.82%1.10%凈利潤占比95.80%0.48%3.82%0.86%則下列判斷中不正確的是（）A該公司2018年度冰箱類電器銷售虧損B該公司2018年度小家電類電器營業收入和凈利潤相同C該公司2018年度凈利潤主要由空調類電器銷售提供D剔除冰箱類電器銷售數據后，該公司2018年度空調類電器銷售凈利潤占比將會降低【分析】根據題意，分析表中數據，即可得出正確的選項【解答】解：根據表中數據知，該公司2018年度冰箱類電器銷售凈利潤所占比為0.48，是虧損的，A正確；小家電類電器營業收入所占比和凈利潤所占比是相同的，但收入與凈利

12、潤不一定相同，B錯誤；該公司2018年度凈利潤空調類電器銷售所占比為95.80%，是主要利潤來源，C正確；所以剔除冰箱類電器銷售數據后，該公司2018年度空調類電器銷售凈利潤占比將會降低，D正確故選：B【點評】本題考查了數據分析與統計知識的應用問題，是基礎題6（5分）將函數的圖象上各點橫坐標縮短到原來的（縱坐標不變）得到函數g（x）的圖象，則下列說法正確的是（）A函數g（x）的圖象關于點對稱B函數g（x）的周期是C函數g（x）在上單調遞增D函數g（x）在上最大值是1【分析】直接利用函數的圖象的伸縮變換的應用求出函數的關系式，進一步利用正弦型函數的性質的應用求出結果【解答】解：函數的圖象上各點橫

13、坐標縮短到原來的（縱坐標不變），得到函數g（x）2sin（2x+）1的圖象，故：函數g（x）的圖象關于點對稱，故選項A錯誤函數的最小正周期為，故選項B錯誤當時，所以函數的最大值取不到1故選項D錯誤故選：C【點評】本題考查的知識要點：三角函數關系式的恒等變變換，正弦型函數的性質的應用，主要考查學生的運算能力和轉化能力，屬于基礎題型7（5分）已知橢圓（ab0）的左右焦點分別為F1，F2，右頂點為A，上頂點為B，以線段F1A為直徑的圓交線段F1B的延長線于點P，若F2BAP，則該橢圓離心率是（）ABCD【分析】如圖所示，以線段F1A為直徑的圓的方程為：+y2，化為：x2（ac）x+y2ac0直線F1

14、B的方程為：bxcy+bc0，聯立解得P點坐標，利用F2BAP，及其斜率計算公式、離心率計算公式即可得出【解答】解：如圖所示，以線段F1A為直徑的圓的方程為：+y2，化為：x2（ac）x+y2ac0直線F1B的方程為：bxcy+bc0，聯立，解得PkAP，F2BAP，化為：e2，e（0，1）解得另解：F1A為圓的直徑，F1PA90°F2BAP，F1BF290°2a2（2c）2，解得e故選：D【點評】本題考查了橢圓的標準方程及其性質、斜率與離心率計算公式、圓的標準方程，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題8（5分）某部隊在一次軍演中要先后執行六項不同的任務，要求是：任務A必須

15、排在前三項執行，且執行任務A之后需立即執行任務E，任務B、任務C不能相鄰，則不同的執行方案共有（）A36種B44種C48種D54種【分析】根據題意，分3種情況討論：，任務A排在第一位，則E排在第二位，任務A排在第二位，則E排在第三位，任務A排在第三位，則E排在第四位，由加法原理計算可得答案【解答】解：根據題意，任務A必須排在前三項執行，分3種情況討論：，任務A排在第一位，則E排在第二位，將剩下的2項任務全排列，排好后有3個空位，將B、C安排在3個空位中，有A22A3212種不同的執行方案，任務A排在第二位，則E排在第三位，BC的安排方法有4×A228種，將剩下的2項任務全排列安排在剩

16、下位置，有A222種安排方法，則有8×216種安排方法，任務A排在第三位，則E排在第四位，BC的安排方法有4×A228種，將剩下的2項任務全排列安排在剩下位置，有A222種安排方法，則有8×216種安排方法，則不同的執行方案共有12+16+1644種；故選：B【點評】本題考查排列、組合的應用，涉及分類計數原理的應用，注意優先分析受到限制的元素，屬于基礎題9（5分）函數f（x）x2+xsinx的圖象大致為（）ABCD【分析】根據函數的奇偶性排除B，再根據函數的單調性排除C，D，問題得以解決【解答】解：函數f（x）x2+xsinx是偶函數，關于y軸對稱，故排除B，令g

17、（x）x+sinx，g（x）1+cosx0恒成立，g（x）在R上單調遞增，g（0）0，f（x）xg（x）0，故排除D，當x0時，f（x）xg（x）單調遞增，故當x0時，f（x）xg（x）單調遞減，故排除C故選：A【點評】本題考查了函數圖象識別和應用，考查了導數和函數單調性的關系，屬于中檔題10（5分）如圖，正方形網格紙中的實線圖形是一個多面體的三視圖，則該多面體各表面所在平面互相垂直的有（）A2對B3對C4對D5對【分析】首先把三視圖轉換為幾何體，進一步利用面面垂直的判定的應用求出結果【解答】解：根據幾何體的三視圖轉換為幾何體為：根據幾何體得到：平面SAD平面SCD，平面SBC平面SCD，平面

18、SCD平面ABCD，平面SAD平面SBC故選：C【點評】本題考查的知識要點：三視圖和幾何體的轉換，面面垂直的判定定理的應用，主要考查學生的運算能力和轉化能力，屬于基礎題型11（5分）“垛積術”（隙積術）是由北宋科學家沈括在夢溪筆談中首創，南宋數學家楊輝、元代數學家朱世杰豐富和發展的一類數列求和方法，有茭草垛、方垛、芻童垛、三角垛等等某倉庫中部分貨物堆放成如圖所示的“茭草垛”：自上而下，第一層1件，以后每一層比上一層多1件，最后一層是n件已知第一層貨物單價1萬元，從第二層起，貨物的單價是上一層單價的若這堆貨物總價是萬元，則n的值為（）A7B8C9D10【分析】由題意可得第n層的貨物的價格為ann

19、（）n1，根據錯位相減法求和即可求出【解答】解：由題意可得第n層的貨物的價格為ann（）n1，設這堆貨物總價是Sn1（）0+2（）1+3（）2+n（）n1，由×可得Sn1（）1+2（）2+3（）3+n（）n，由可得Sn1+（）1+（）2+（）3+（）n1n（）nn（）n10（10+n）（）n，Sn10010（10+n）（）n，這堆貨物總價是萬元，n10，故選：D【點評】本題考查了錯位相減法求和，考查了運算能力，以及分析問題解決問題的能力，屬于中檔題12（5分）函數f（x）exe1xb|2x1|在（0，1）內有兩個零點，則實數b的取值范圍是（）AB（1e，0）（0，e1）CD【分析】利

20、用換元法設tx，則函數等價為y2b|t|，條件轉化為2b|t|，研究函數的 單調性結合絕對值的應用，利用數形結合進行求解即可【解答】解：f（x）exe1x2b|x|，設tx，則xt+，0x1，t，則函數f（x）等價為y2b|t|，即等價為y2b|t|在t上有兩個零點，即2b|t|有兩個根，設h（t），則h（t）（）h（t），即函數h（t）是奇函數，則h（t）+0，即函數h（t）在t上是增函數，h（0）0，h（）e1，h（）1e，當0t，若b0，則函數f（x）只有一個零點，不滿足條件若b0，則g（t）2bx，設過原點的直線g（t）與h（t）相切，切點為（a，），h（t）+，即h（a）+，則切線方

21、程為y（）（+）（xa），切線過原點，則（）a（+），即+aa，則（a+1）（a+1），得a0，即切點為（0，0），此時切線斜率kh（0）2若22b，則b，此時切線y2x與h（t）相切，只有一個交點，不滿足條件當直線過點（，e1）時，e12b×b，此時直線g（t）2（e1）x，要使g（t）與h（t）有兩個交點，則be1，當b0時，t0時，g（t）2bx，由2b2得b，當直線過點（，1e）時，1e2b（）b，要使g（t）與h（t）有兩個交點，則1eb，綜上1eb或be1，即實數b的取值范圍是，故選：D【點評】本題主要考查函數與方程的應用，利用條件轉化為兩個函數圖象問題是解決本題的關鍵綜

22、合性較強，難度較大二、填空題：本大題共4小題，每小題5分.把答案填在答題卡上的相應位置.13（5分）設等差數列an的前n項和為Sn，若a23，S416，則數列an的公差d2【分析】利用等差數列的通項公式及其求和公式即可得出【解答】解：由a23，S416，a1+d3，4a1+6d16，聯立解得a11，d2，故答案為：2【點評】本題考查了等差數列的通項公式及其求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題14（5分）若，則cos2+cos【分析】根據三角函數的誘導公式求出cos的值，結合二倍角公式進行轉化求解即可【解答】解：，cos，則cos2+cos2cos21+cos2×1+，故答案

23、為：【點評】本題主要考查三角函數值的化簡和求值，利用誘導公式以及二倍角公式是解決本題的關鍵15（5分）若a+b0，則的最小值為【分析】根據題意，由基本不等式的性質可得a2+b2，進而可得+，結合基本不等式的性質分析可得答案【解答】解：根據題意，若a+b0，即ab，則有a2+b2，則+2，即的最小值為；故答案為：【點評】本題考查基本不等式的性質以及應用，關鍵是構造基本不等式成立的條件16（5分）已知半徑為4的球面上有兩點A，B，球心為O，若球面上的動點C滿足二面角CABO的大小為60o，則四面體OABC的外接球的半徑為【分析】由球面動點C想到以O為頂點，以A，B，C所在球小圓O為底面的圓錐，作出

24、圖形，取AB中點E，OEO60°，進而求得高和底面半徑，列方程求解不難【解答】解：如圖，設A，B，C所在球小圓為圓O，取AB中點E，連接OE，OE，則OEO即為二面角CABO的平面角，為60°，由OAOB4，AB，得AOB為等腰直角三角形，OE，設OABC的外接球球心為M，半徑為r，利用RtBOM列方程得：，解得：r故答案為：【點評】此題考查了圓錐外接球，二面角等，綜合性較強，難度較大三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17（12分）在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，sin2A+sin2B+sinAsinB2csinC，ABC的面積Sabc（）

25、求角C；（）求ABC周長的取值范圍【分析】（）由已知利用三角形的面積公式可得2csinC，由正弦定理化簡已知等式可得a2+b2+abc2由余弦定理得，即可得解C的值（）由（）知2csinC，由正弦定理，三角函數恒等變換的應用可得a+b+csin（A+）+，由范圍，可求，利用正弦函數的圖象和性質可求ABC的周長的取值范圍【解答】（本小題滿分12分）解：（）由，可知：2csinC，sin2A+sin2B+sinAsinBsin2C由正弦定理得a2+b2+abc2由余弦定理得，（5分）（）由（）知2csinC，2asinA，2bsinBABC的周長為，ABC的周長的取值范圍為（12分）【點評】本題主

26、要考查了三角形的面積公式，正弦定理，余弦定理，三角函數恒等變換的應用，正弦函數的圖象和性質在解三角形中的綜合應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題18（12分）如圖，三棱臺ABCEFG的底面是正三角形，平面ABC平面BCGF，CB2GF，BFCF（）求證：ABCG；（）若BCCF，求直線AE與平面BEG所成角的正弦值【分析】（）取BC的中點為D，連結DF，推導出四邊形CDFG為平行四邊形，從而CGDF，DFBC，CGBC進而CG平面ABC，由此能證明CGAB（）連結AD由ABC是正三角形，且D為中點得，ADBC由CG平面ABC，CGDF，DFAD，DFBC，以DB，DF，DA分別為x，y，

27、z軸，建立空間直角坐標系Dxyz利用向量法能求出直線AE與平面BEG所成角的正弦值【解答】證明：（）取BC的中點為D，連結DF由ABCEFG是三棱臺得，平面ABC平面EFG，從而BCFGCB2GF，四邊形CDFG為平行四邊形，CGDFBFCF，D為BC的中點，DFBC，CGBC平面ABC平面BCGF，且交線為BC，CG平面BCGF，CG平面ABC，而AB平面ABC，CGAB解：（）連結AD由ABC是正三角形，且D為中點得，ADBC由（）知，CG平面ABC，CGDF，DFAD，DFBC，DB，DF，DA兩兩垂直以DB，DF，DA分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz設BC2，則

28、A（），E（），B（1，0，0），G（1，0），設平面BEG的一個法向量為由可得，令，則y2，z1，設AE與平面BEG所成角為，則直線AE與平面BEG所成角的正弦值為【點評】本題考查線線垂直的證明，考查線面角的正弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題19（12分）某種大型醫療檢查機器生產商，對一次性購買2臺機器的客戶，推出兩種超過質保期后兩年內的延保維修優惠方案：方案一：交納延保金7000元，在延保的兩年內可免費維修2次，超過2次每次收取維修費2000元；方案二：交納延保金10000元，在延保的兩年內可免費維修4次，超過4次每次收取維修費100

29、0元某醫院準備一次性購買2臺這種機器現需決策在購買機器時應購買哪種延保方案，為此搜集并整理了50臺這種機器超過質保期后延保兩年內維修的次數，得下表：維修次數0123臺數5102015以這50臺機器維修次數的頻率代替1臺機器維修次數發生的概率記X表示這2臺機器超過質保期后延保的兩年內共需維修的次數（）求X的分布列；（）以所需延保金及維修費用的期望值為決策依據，醫院選擇哪種延保方案更合算？【分析】（）X所有可能的取值為0，1，2，3，4，5，6，分別求出相應的概率，由此能求出X的分布列（）選擇延保方案一，求出所需費用Y1元的分布列和數學期望，選擇延保方案二，求出所需費用Y2元的分布列和數學期望，由

30、此能求出該醫院選擇延保方案二較合算【解答】（本小題滿分12分）解：（）X所有可能的取值為0，1，2，3，4，5，6，X的分布列為X0123456P（）選擇延保方案一，所需費用Y1元的分布列為：Y170009000110001300015000P（元）選擇延保方案二，所需費用Y2元的分布列為：Y2100001100012000P（元）EY1EY2，該醫院選擇延保方案二較合算【點評】本題考查離散型隨機變量的分布列、數學期望的求法，考查相互獨立事件概率乘法的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題20（12分）已知拋物線C：x22py（p0）上一點M（m，9）到其焦點F的距離為10（）求拋物線C的

31、方程；（）設過焦點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點，且拋物線在A，B兩點處的切線分別交x軸于P，Q兩點，求|AP|BQ|的取值范圍【分析】（）可得拋物線的準線為，解得，p2，即可得拋物線的方程（）設l：ykx+1設A（），B（x2，），可得同理可得，即可得|AP|BQ|的取值范圍【解答】解：（）已知M（m，9）到焦點F的距離為10，則點M到其準線的距離為10拋物線的準線為，解得，p2，拋物線的方程為x24y（5分）（）由已知可判斷直線l的斜率存在，設斜率為k，因為F（0，1），則l：ykx+1設A（），B（x2，），由消去y得，x24kx40，x1+x24k，x1x24由于拋物線C也是函數的

32、圖象，且，則令y0，解得，P，從而同理可得，k20，|AP|BQ|的取值范圍為2，+）（12分）【點評】本題考查拋物線的簡單性質，直線與拋物線的位置關系的綜合應用，考查轉化思想以及計算能力，屬于中檔題21（12分）已知函數f（x）a（x+1）ln（x+1）x2ax（a0）是減函數（）試確定a的值；（）已知數列an，Tna1a2a3an（nN*），求證：【分析】（）求出原函數的定義域，求出原函數的導函數，把f（x）是定義域內的減函數轉化為f（x）aln（x+1）2x0恒成立再利用導數求得導函數的最大值，由最大值等于0求得a值；（）由f（x）是減函數，且f（0）0可得，當x0時，f（x）0，得到f（n）0，即2（n+1）ln（1+n）n2+2n兩邊同除以2（n+1）2得，即得到Tn，則然后利用導數證明 即可【解答】解：（）f（x）的定義域為（1，+），f（x）aln（x+1）2x由f（x）是減函數得，對任意的x（1，+），都有f（x）aln（x+1）2x0恒成立設g（x）aln（x+1）2x，由a0知，當時，g'（x）0；當時，g'（x）0，g（x）在上單調遞增，在上單調遞減，g（x）在時取得最大值又g（0）0，對任