天津市南开区2019届高三下学期二模考试理科数学试卷(pdf版,含答案)
得 分 评卷人
（15）（本小题满分 13 分）
在△ABC 中，a，b，c 分别是三个内角 A，B，C 的对边，若 b=3，c=4，C=2B，且 a ≠b． （Ⅰ）求 cosB 及 a 的值； （Ⅱ）求 cos(2B+ )的值．
3
南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷（理工类）第 4 页（共 9 页）
得 分 评卷人
（16）（本小题满分 13 分）
甲、乙两人玩猜数字游戏，规则如下：①连续竞猜 3 次，每次相互独立；②每次竟猜时， 先由甲写出一个数字，记为 a，再由乙猜甲写的数字，记为 b，已知 a，b∈{0，1，2，3， 4，5}，若|a–b|≤1，则本次竞猜成功；③在 3 次竞猜中，至少有 2 次竞猜成功，则两人
≤
0，
若关于
x
的方程|f(x)–a|+|f(x，
两个不同的整数解，则实数 a 的取值范围是（ ）．
（A）[– 3 ，– 4 ) （B）[– 1 ，– 1 ) （C）[–1，– 1 ]
23
23
2
（D）[0，3]
南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷（理工类）第 2 页（共 9 页）
2
1 3
，则（
）．
（A）a＞b＞c （B）a＞c＞b （C）c＞a＞b （D）c＞b＞a
（6）设 f(x)=sin3x–cos3x，把 y=f(x)的图象向左平移（＞0）个单位长度后，恰好得
到函数 g(x)=–sin3x+cos3x 的图象，则的值可以为（ ）．
（A） 6
（B） 4
（C） 2
的值是 46，则 a 的取值范围是（ ）．
（A）9≤a＜10
（B）9＜a≤10
（C）10＜a≤11
（D）8＜a≤9
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（4）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是说：两个同高的几何体，如在等高处
在如图所示的几何体中，△ABC 是边长为 2 的正三角形，AE＞1，AE⊥平面 ABC，平面 BCD⊥平面 ABC，BD=CD，且 BD⊥CD． （Ⅰ）若 AE=2，求证：AC∥平面 BDE； （Ⅱ）若二面角 ADEB 为 60°，求 AE 的长； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求直线 CD 与平面 BDE 所成角．
（ ）．
（A）[3，+∞) （B）(1，3]
（C）(1，3) （D）(–2，+∞)
x y 5≥ 0，
（2）已知实数
x，y
满足约束条件
x
y
≥
0，
则 z=2x+4y 的最小值是（
）．
x ≤ 3，
（A）5
（B）–6
（C）10
（D）–10
（3）执行如图所示的程序框图，若输入 n 的值为 13，输出 S
获奖． （Ⅰ）求甲乙两人玩此游戏获奖的概率；
（Ⅱ）现从 6 人组成的代表队中选 4 人参加此游戏；这 6 人中有且仅有 2 对双胞胎，记 选出的 4 人中含有双胞胎的对数为 X，求 X 的分布列和期望．
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得 分 评卷人
（17）（本小题满分 13 分）
e
为自然对数的底数，若
f(2a2)+f(a–3)
+f(0)＜0，则实数 a 的取值范围为
．
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三、解答题：（本大题共 6 个小题，共 80 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
2018—2019 学年度第二学期南开区高三年级模拟考试(二)
数 学 试 卷（理工类）
2019.05
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共 150 分，考试时间 120 分钟．第Ⅰ卷 1 至 2 页，第Ⅱ卷 3 至 9 页．
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项： 1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂在答题卡上； 2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用
． ．
（11）球 O 是正方体 ABCDA1B1C1D1 的外接球，若正方体 ABCDA1B1C1D1 的表面积
为 S1，球
O
的表面积为
S2，则
S1 S2
=
．
（12）已知在直角坐标系
xOy
中，圆
C
的参数方程为
x
y
3 2cos 1 2sin
（为参数），以
坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔答题；
2．本卷共 12 小题，共 110 分．
得 分 评卷人 二、填空题：本大题共 6 个小题，每小题 5 分，共 30 分．请
将答案填在题中横线上。
（9）已知复数 z= 3 2i ，i 为虚数单位，则|z|2= 1i
（10）在(x2– 2 )7 的展开式中，含 x2 项的二项式系数为 x
橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．本卷共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．
参考公式：
·球的表面积公式 S 球=4R2，其中 R 表示球的半径．
一、选择题：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）设全集为 R，若集合 A={x|(x+2)(x–3)≥0}，集合 B={x|x＞1}，则(∁RA)∪B=
cos(– ) = 2 ，直线 l 与圆 C 交于 M，N 两点，则|MN|=
．
4
（13）在等腰梯形 ABCD 中，已知 AB∥DC，AC 与 BD 交于点 M，AB=2CD=4．若
AC • BD =–1，则 cos∠BMC=
．
（14）已知函数
f(x)=ex–
1 ex
–2cos(
2
–x)，其中
的截面积恒相等，则体积相等．设 A，B 为两个同高的几何体，p：A，B 的体积不
相等，q：A，B 在等高处的截面积不恒相等．根据祖暅原理可知，p 是 q 的（ ）．
（A）充分不必要条件
（B）必要不充分条件
（C）充要条件
（D）既不充分也不必要条件
（5）已知
a=
1
23
，b=
log2
1 3
，c=
log 1
（D）
（7）已知 F1，F2 分别为双曲线 3x2–y2=3a2（a＞0）的左、右焦点，P 是抛物线 y2=8ax
与双曲线的一个交点，若|PF1|+|PF2|=12，则抛物线的准线方程为（ ）．
（A）x=–4
（B）x=–3
（C）x=–2
（D）x=–1
（8）已知函数
f(x)=
x
1 ，x 1
天津市南开区2019届高三下学期第二次模拟考试数学(理)试题(解析版)
A.
[− 3 , − 4)23 NhomakorabeaB.
[− 1 , − 1)
23
二、填空题（本大题共 6 小题，共 30.0 分）
C.
[−1, − 1]
2
D. [0,3]
16. 甲、乙两人玩猜数字游戏，规则如下：①连续竞猜 3 次，每次相互独立；②每次竞猜时，先由甲写出 一个数字，记为 a，再由乙猜甲写的数字，记为 b，已知 a，b∈{0，1，2，3，4，5}，若|a-b|≤1，则本 次竞猜成功；③在 3 次竞猜中，至少有 2 次竞猜成功，则两人获奖． （Ⅰ）求甲乙两人玩此游戏获奖的概率； （Ⅱ）现从 6 人组成的代表队中选 4 人参加此游戏：这 6 人中有且仅有 2 对双胞胎，记选出的 4 人中 含有双胞胎的对数为 X，求 X 的分布列和期望．
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18.
已知数列{an}的前
n
项和������������
=
−������������
−
(1)������−1
2
+
2(������
∈
������∗)，数列{bn}满足������������
=
2������������������．
（1）求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
9. 已知复数������ = 3−2������，i 为虚数单位，则|z|2=______．
1−������
10.
在(������2 − 2)7的展开式中，含 x2 项的二项式系数为______．
������
11. 球 O 是正方体 ABCD-A1B1C1D1 的外接球，若正方体 ABCD-A1B1C1D1 的表面积为 S1，球 O 的表面积为
天津市南开区2019-2020学年高考数学二模考试卷含解析
天津市南开区2019-2020学年高考数学二模考试卷一、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．若复数z 满足()1i z i +=（i 是虚数单位），则z 的虚部为（ ） A ．12B ．12-C ．12i D ．12i -【答案】A 【解析】 【分析】由()1i z i +=得1z ii=+,然后分子分母同时乘以分母的共轭复数可得复数z ,从而可得z 的虚部. 【详解】 因为(1)i z i +=,所以22(1)1111(1)(1)11221i i i i i i z i i i i i --+=====+++-+-, 所以复数z 的虚部为12. 故选A. 【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数的概念,属于基础题.复数除法运算的方法是分子分母同时乘以分母的共轭复数,转化为乘法运算.2．已知{}1A x x =<，{}21xB x =<，则A B =U （ ） A ．()1,0- B ．()0,1C ．()1,-+∞D ．(),1-∞【答案】D 【解析】 【分析】分别解出集合,A B 、然后求并集. 【详解】解：{}{}111A x x x x =<=-<<，{}{}210xB x x x =<=<A B =U (),1-∞故选：D 【点睛】考查集合的并集运算，基础题.3．已知复数z 满足i•z ＝2+i ，则z 的共轭复数是（）A ．﹣1﹣2iB ．﹣1+2iC ．1﹣2iD ．1+2i【答案】D 【解析】 【分析】两边同乘-i ，化简即可得出答案． 【详解】i•z ＝2+i 两边同乘-i 得z=1-2i,共轭复数为1+2i ，选D. 【点睛】(,)z a bi a b R =+∈的共轭复数为z a bi =-4．已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，对称轴与准线的交点为T ，P 为C 上任意一点，若2PT PF =，则PTF ∠=（ ） A ．30° B ．45°C ．60°D ．75°【答案】C 【解析】 【分析】如图所示：作PM 垂直于准线交准线于M ，则PM PF =，故2PT PM =，得到答案. 【详解】如图所示：作PM 垂直于准线交准线于M ，则PM PF =， 在Rt PTM ∆中，2PT PM =，故30PTM ∠=︒，即60PTF ∠=︒. 故选：C .【点睛】本题考查了抛物线中角度的计算，意在考查学生的计算能力和转化能力.5．已知等差数列{}n a 的公差为-2，前n 项和为n S ，若2a ，3a ，4a 为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120︒，则n S 的最大值为（ ） A ．5 B ．11 C ．20 D ．25【答案】D 【解析】 【分析】由公差d=-2可知数列单调递减，再由余弦定理结合通项可求得首项，即可求出前n 项和，从而得到最值. 【详解】等差数列{}n a 的公差为-2，可知数列单调递减，则2a ，3a ，4a 中2a 最大，4a 最小， 又2a ，3a ，4a 为三角形的三边长，且最大内角为120︒，由余弦定理得22223434a a a a a =++，设首项为1a ，即()()()()()222111112a 4a 6a 4a 60a -=-+-+--=得()()11490a a --=，所以14a =或19a =，又41a 60a ，=->即1a 6>,14a =舍去，19a =故，d=-2 前n 项和()()()219n 25252n n n S n -=+⨯-=--+.故n S 的最大值为525S =. 故选：D 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n 项和公式的应用，考查求前n 项和的最值问题，同时还考查了余弦定理的应用.6．若双曲线22214x y a -= ）A ．B ．C ．6D ．8【答案】A 【解析】 【分析】依题意可得24b =，再根据离心率求出2a ，即可求出c ，从而得解； 【详解】解：∵双曲线22214x y a -=所以22413e a=+=，∴22a =，∴6c =，双曲线的焦距为26. 故选：A 【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，属于基础题.7．已知ba b c a 0.2121()2,log 0.2,===，则,,a b c 的大小关系是（ ）A ．a b c <<B ．c a b <<C ．a c b <<D ．b c a <<【答案】B 【解析】 【分析】利用函数12xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭与函数12log y x =互为反函数，可得01a b <<<，再利用对数运算性质比较a,c 进而可得结论. 【详解】依题意，函数12x y ⎛⎫= ⎪⎝⎭与函数12log y x =关于直线y x =对称，则0.21210log 0.22⎛⎫<< ⎪⎝⎭，即01a b <<<，又0.211220.2log 0.2log 0.20.20.20.211110.22252bc a a ⨯⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=====<= ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以，c a b <<. 故选：B. 【点睛】本题主要考查对数、指数的大小比较，属于基础题. 8．用数学归纳法证明，则当时，左端应在的基础上加上（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 【分析】首先分析题目求用数学归纳法证明1+1+3+…+n 1=时，当n=k+1时左端应在n=k 的基础上加上的式子，可以分别使得n=k ，和n=k+1代入等式，然后把n=k+1时等式的左端减去n=k 时等式的左端，即可得到答案． 【详解】当n=k 时，等式左端=1+1+…+k 1，当n=k+1时，等式左端=1+1+…+k 1+k 1+1+k 1+1+…+（k+1）1，增加了项（k 1+1）+（k 1+1）+（k 1+3）+…+（k+1）1． 故选：C ． 【点睛】本题主要考查数学归纳法，属于中档题./9．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且80S =，33a =-，则9S =( ) A ．9 B ．12C ．15-D ．18-【答案】A 【解析】 【分析】由80S =，33a =-可得1,a d 以及9a ，而989S S a =+，代入即可得到答案. 【详解】设公差为d ，则1123,8780,2a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩解得17,2,a d =-⎧⎨=⎩ 9189a a d =+=，所以9899S S a =+=.故选：A. 【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查学生运算求解能力，是一道基础题. 10．执行如图所示的程序框图，如果输入2[2]t e ∈-，，则输出S 属于（ ）A ．[32]-，B ．[42]-，C ．[0]2，D ．2[3]e -，【答案】B 【解析】 【分析】由题意，框图的作用是求分段函数[]222321ln 1t t t S t t t e ⎧+-∈-⎪=⎨⎡⎤∈⎪⎣⎦⎩，，（），，的值域，求解即得解. 【详解】 由题意可知，框图的作用是求分段函数[]222321ln 1t t t S t t t e ⎧+-∈-⎪=⎨⎡⎤∈⎪⎣⎦⎩，，（），，的值域， 当[2,1),[4,0)t S ∈-∈-； 当2[1,],[0,2]t e S ∈∈综上：[]42S ∈-，. 故选：B 【点睛】本题考查了条件分支的程序框图，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.11．已知1F ，2F 是双曲线222:1xC y a-=()0a >的两个焦点，过点1F 且垂直于x 轴的直线与C 相交于A ，B两点，若AB =△2ABF 的内切圆的半径为（ ）A．3 B．3CD【答案】B 【解析】 【分析】设左焦点1F 的坐标， 由AB 的弦长可得a 的值，进而可得双曲线的方程，及左右焦点的坐标，进而求出三角形ABF 2的面积，再由三角形被内切圆的圆心分割3个三角形的面积之和可得内切圆的半径. 【详解】由双曲线的方程可设左焦点1(,0)F c -，由题意可得22b AB a==，由1b =，可得a =所以双曲线的方程为: 2212x y -=所以12(3,0),(3,0)F F -， 所以21211223622ABF S AB F F =⋅⋅=⋅⋅=V 三角形ABF 2的周长为()()22112242422262C AB AF BF AB a AF a BF a AB =++=++++=+=+=设内切圆的半径为r ，所以三角形的面积11623222S C r r r =⋅⋅=⋅⋅=， 所以326r =，解得33r =， 故选：B 【点睛】本题考查求双曲线的方程和双曲线的性质及三角形的面积的求法，内切圆的半径与三角形长周长的一半之积等于三角形的面积可得半径的应用，属于中档题.12．半正多面体(semiregular solid) 亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体.如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．83B ．4C ．163D ．203【答案】D 【解析】 【分析】根据三视图作出该二十四等边体如下图所示，求出该几何体的棱长，可以将该几何体看作是相应的正方体沿各棱的中点截去8个三棱锥所得到的，可求出其体积. 【详解】如下图所示，将该二十四等边体的直观图置于棱长为2的正方体中，由三视图可知，2，它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，∴该几何体的体积为11202228111323V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=，故选：D.【点睛】本题考查三视图，几何体的体积，对于二十四等边体比较好的处理方式是由正方体各棱的中点得到，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2019届天津市南开区高三基础训练数学(理)试题(解析版)
2019届天津市南开区高三基础训练数学（理）试题一、单选题1．设集合，，则等于（）. A．B．C．D．【答案】D【解析】所以，故选D2．若变量满足约束条件则的最小值为（）. A．B．C．D．【答案】C【解析】试题分析：画出约束条件表示的可行域，如图，平移直线，直线经过点时，取得最大值，故选C．【考点】线性规划．3．下列判断错误的是（）A．若为假命题，则至少之一为假命题B．命题“，”的否定是“”C．若向量且，则是真命题D．若，则否命题是假命题【答案】C【解析】, 若为假命题，则，至少之一为假命题，正确；，命题“，”的否定是“，”，正确；，且，则是真命题，不一定正确，例如当时；，若，则的否命题是，则是假命题，时，大小关系是任意的； 故答案选4．下列函数中，即是奇函数又是增函数的为（ ） A ．3ln y x = B ．2y x =- C ．y x x = D ．1y x -=【答案】C【解析】根据奇函数定义域的特点，奇函数、偶函数的定义，二次函数、分段函数，及反比例函数的单调性便可判断每个选项的正误，从而找出正确选项． 【详解】A ．y=lnx 3的定义域为（0，+∞），不关于原点对称，不是奇函数，∴该选项错误；B ．y=-x 2为偶函数，不是奇函数，∴该选项错误；C ．y=x|x|的定义域为R ，且（-x ）|-x|=-x|x|；∴该函数为奇函数；y x x =22,0,0x x x x ⎧≥=⎨-<⎩,∴该函数在[0，+∞），（-∞，0）上都是增函数，且02=-02；∴该函数在R 上为增函数，∴该选项正确； D.1y x=在定义域上没有单调性，∴该选项错误． 故选：C ． 【点睛】考查奇函数、偶函数的定义，奇函数定义域的对称性，以及二次函数、分段函数，和反比例函数的单调性．5．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A ． B． C ． D ．【答案】A【解析】几何体为一个四棱锥（高为，底面为长位，宽为3的矩形）与一个半圆柱（半圆半径为2，高为3）的组合体，所以条件为选A.6．关于x 的方程20ax x a -+=有四个不同的解，则实数a 的值可能是（ ）. A ．14B ．12C ．1D ．2【答案】A【解析】首先将原问题转化为两个函数有四个交点的问题，然后结合函数的性质得到a 的取值范围即可确定a 的可能的值. 【详解】将方程20ax x a -+=整理变形可得：2||1x a x =+， 则方程20ax x a -+=有四个不同的解等价于函数y a =与函数2||1x y x =+有四个不同的交点，注意到函数2||1x y x =+是定义在R 上的偶函数，且0x >时，2111x y x x x==++，结合对勾函数的性质和复合函数的性质可知函数2||1x y x =+在区间()0,1上单调递增，在区间()1,+∞上单调递减， 当1x =时，2||112x y x ==+， 据此绘制函数图像如图所示，结合函数图像可知满足题意的实数a 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭， 结合选项可知：实数a 的值可能是14. 故选：A . 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，函数的单调性，由函数零点个数确定参数的取值范围的方法，数形结合的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 7．以双曲线上一点为圆心作圆，该圆与轴相切于的一个焦点，与轴交于两点，若，则双曲线的离心率是（ ）.A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】首先确定点M 的坐标，然后利用几何关系得到a ,b ,c 的齐次方程，最后由离心率的方程可得双曲线的离心率. 【详解】不妨设点M 位于第一象限，由双曲线的性质可得，由圆的弦长公式可得：，结合可得， 整理变形可得：，即，双曲线中，故.故选：B.【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．8．已知，，若对，，使得成立，若在区间上的值域为，则实数的取值不可能是（）. A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意首先确定函数的值域，然后数形结合得到关于的不等式，求解不等式可得的取值范围，据此可得选项.【详解】，其中，由题意可知：，即：，则函数的值域为的子集，设函数的最小正周期为，在区间上的值域为，则：，即：，解得.结合选项可知实数的取值不可能是.故选：D.【点睛】本题主要考查双量词问题的处理方法，三角函数的图像与性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.二、填空题9．随机抽取100名年龄在年龄段的市民进行问卷调査，由此得到样本的频率分布直方图如图所示，从不小于40岁的人中按年龄段分层抽样的方法随机抽取8人，则在年龄段抽取的人数为__________．【答案】2.【解析】分析：根据频率分布直方图，求出样本中不小于40岁的人的频率与频数，再求用分层抽样方法抽取的人数.详解：根据频率分布直方图，得样本中不小于40岁的人的频率是，所以不小于40岁的人的频数是；从不小于40岁的人中按年龄段分层抽样的方法随机抽取8人，在年龄段抽取的人数为，故答案为2.点睛：该题考查的是有关频率分布直方图的问题，在解题的过程中，需要时刻关注直方图的意义，以及相关的公式，注意频率、频数以及样本容量之间的关系，再者就是抽样过程中每个个体被抽到的概率是相等的，从而求得结果.10．若为实数，且，则____________.【答案】4【解析】由题意结合复数的运算法则和复数相等的充分必要条件确定a的值即可.【详解】由题意可得：，结合复数相等的充分必要条件可得：.故答案为：4．【点睛】本题主要考查复数的运算法则，复数相等的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的值为________________。
2018—2019学年度第二学期南开区高三年级模拟考试(二)(理科)数学 参考答案
D
y
A
M
x B
则 M(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，0，1)，A(0， 3 ，0)，C(–1，0，0)，
AC =(–1，– 3 ，0)， BD =(–1，0，1)．
………………………4 分
南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷参考答案（理工类）第 2 页（共 8 页）
（Ⅰ）因为 AE=2，所以 E(0， 3 ，2)， BE =(–1， 3 ，2)．
∵bn=2nan，∴bn=bn–1+1，即当 n≥2 时，bn–bn–1=1．…………………5 分
又 b1=2a1=1，
∴数列{bn}是首项和公差均为 1 的等差数列．
于是
bn=1+(n–1)·1=n=2nan，∴an=
n 2n
．
（Ⅱ）∵cn=
2n(n
n(n 1) an )(n 1
an1)
=
4 9
．
…………2 分
∴甲乙两人获奖的概率为
P=1– C30
(
4 9
)0(
5 9
)3– C31
(
4 9
)1(
5 9
)2=
304 729
．
…………5 分
（Ⅱ）由题意可知从 6 人中选 4 人，双胞胎的对数 X 取值为 0，1，2． …………6 分
P(X=0)=
C21
C21 C22 C64
=4 15
2018—2019 学年度第二学期南开区高三年级模拟考试(二)
数学试卷（理工类）参考答案
2019.05
一、选择题：
题 号 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8）
【百强名校】天津市南开区2019届高三下学期第二次模拟考试数学(理)试题(PDF版) 参考答案
……………………13 分 ……………………14 分
（20）解：（Ⅰ）由
f(x)=logax
+
1 lna
=0，解得
x=e–1，
当 x∈(0，e–1)时，f(x)＜0，f(x)单调递减；
当 x∈(e–1，+∞)时，f(x)＞0，f(x)单调递增．
∴函数 f(x)在点 x=e–1 处取得极小值，
Sn=–an–(
1 2
)n–1+2
中，令
n=1，
可得
S1=–a1–1+2，即
a1=
1 2
．
当
n≥2
时，Sn–1=–an–1–(
1 2
)n–2+2，
∴an=Sn–Sn–1=–an+an–1+(
1 2
)n–1，
∴2an=an–1+(
1 2
)n–1，即
2nan=2n–1an–1+1．
…………………1 分
…………………3 分 …………………4 分
ln
t，解得
x1=
t t
ln
1 t
．
x1x2
所以，x1+x2=x1+tx1=
t2 t ln
1 t
，x1+x2–2=
t
设(x)=x– 1 –2lnx，x＞1． x
∵(x)=1+
1 x2
–
2 x
=
(
x
1)2 x2
＞0，
1 2 ln t
t
．
ln t
∴(x)在(1，+∞)单调递增．
∴x＞1 时，(x)＞(1)=0，即 t– 1 –2lnt＞0． t
【精品高考数学试卷】2019天津市高考数学二模试卷(理科)+答案
2019年天津市高考数学二模试卷（理科）一、选择题（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．（3分）已知全集U ＝{x ∈N |0≤x ≤4}，集合A ＝{﹣1，2，3}，B ＝{2，3}，则∁U （A ∩B ）＝（ ） A ．{0，4}B ．{0，1，4}C ．{1，4}D ．{0，1}2．（3分）设变量x ，y 满足约束条件{2x +y −2≥0x −y −1≤0x +2y −4≤0，则目标函数z ＝x +y 最小的值为（ ）A ．4B ．3C ．2D ．13．（3分）阅读下边的程序框图，运行相应的程序，则输出s 的值为（ ）A ．3B ．1C ．0D ．﹣14．（3分）若a ＝﹣log 215，b ＝log 24.5，c ＝20.6，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a ＞b ＞c B ．a ＞c ＞b C ．b ＞a ＞c D ．c ＞a ＞b5．（3分）已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的左、右焦点分别为F 1，F 2，以|F 1F 2|为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为（4，3），则此双曲线的方程为（ ） A ．x 23−y 24=1 B ．x 24−y 23=1 C ．x 29−y 216=1D ．x 216−y 29=16．（3分）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a 、b 、c ，则“sin A ＞sin B ”是“a ＞b ”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件7．（3分）如图，AB ，CD 是半径为1的圆O 的两条直径，AE →=3EO →，则EC →⋅ED →的值是（ ）A ．−45B ．−1516C ．−14D ．−588．（3分）已知函数f （x ）={log 12(x +1)，−1＜x ＜0−x 2+2x ，x ≥0，若关于x 的方程f （x ）＝m （m ∈R ）恰有三个不同的实数根a ，b ，c ，则a +b +c 的取值范围是（ ） A ．（12，1）B ．（34，1）C ．（34，2）D ．（32，2）二、填空题．9．（3分）已知i 是虚数单位，则1−i 3+i= ．10．（3分）某工厂生产A ，B ，C 三种不同型号的产品，产量分别为400，800，600件，为检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取90件进行检验，则应从C 种型号的产品中抽取 件．11．（3分）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为√6，则四棱锥的体积为 ． 12．（3分）在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的方程为2x ﹣y +1＝0，在以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，圆C 的方程为ρ＝2sin θ，则直线l 与圆C 的位置关系为 ．13．（3分）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，B =π3，b ＝2√3，则△ABC 周长的最大值是 ．14．（3分）四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，则恰有两个空盒的不同放法共有 种．三、解答题（解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15．已知函数f （x ）＝cos x （sin x −√3cos x ），x ∈R ． （1）求f （x ）的最小正周期和最大值； （2）讨论f （x ）在区间[π3，2π3]上的单调性．16．某闯关游戏共有两关，游戏规则：先闯第一关，当第一关闯过后，才能进入第二关，两关都闯过，则闯关成功，且每关各有两次闯关机会．已知闯关者甲第一关每次闯过的概率均为12，第二关每次闯过的概率均为23．假设他不放弃每次闯关机会，且每次闯关互不影响．（1）求甲恰好闯关3次才闯关成功的概率；（2）记甲闯关的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列和期望．．17．如图，DC ⊥平面ABC ，EB ∥DC ，AC ＝BC ＝EB ＝2DC ＝4，∠ACB ＝90°，P 、Q 分别为AE ，AB 的中点．（1）证明：PQ ∥平面ACD ．（2）求异面直线AB 与DE 所成角的余弦值； （3）求平面ACD 与平面ABE 所成锐二面角的大小．18．各项均为正数的等比数列{a n }满足a 2＝3，a 4﹣2a 3＝9． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n ＝（2n ﹣1）•log 3a 2n +2（n ∈N *），数列{1b n}的前n 项和为T n ，证明：T n ＜12．19．已知椭圆C ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的一个焦点为F 1（﹣1，0），上顶点为B 1，原点O 到直线B 1F 1的距离为√32． （1）求椭圆C 的标准方程；（2）若点T 在圆x 2+y 2＝2上，点A 为椭圆的右顶点，是否存在过点A 的直线l 交椭圆C于点B （异于点A ），使得OT →=√147（OA →+OB →）成立？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．20．设a ∈R ，函数f （x ）＝lnx ﹣ax ．（1）若a ＝2，求曲线y ＝f （x ）在点P （1，﹣2）处的切线方程； （2）若f （x ）无零点，求a 的取值范围；（3）若f （x ）有两个相异零点x 1、x 2，求证：x 1+x 2＞2a ．2019年天津市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（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．【解答】解：U ＝{0，1，2，3，4}，A ∩B ＝{2，3}； ∴∁U （A ∩B ）＝{0，1，4}． 故选：B ．2．【解答】解：作变量x ，y 满足约束条件{2x +y −2≥0x −y −1≤0x +2y −4≤0的可行域，如图：由：{2x +y −2=0x −y −1=0解得A （1，0），则直线z ＝x +y 过点A （1，0）时，z 取最小值1， 故选：D ．3．【解答】解：经过第一次循环得到s ＝3，i ＝2，不满足i ＞4， 执行第二次循环得到s ＝4，i ＝3，不满足i ＞4， 执行第三次循环得到s ＝1，i ＝4，不满足i ＞4， 经过第四次循环得到s ＝0，i ＝5，满足判断框的条件 执行“是”输出S ＝0． 故选：C ．4．【解答】解：−log 215=log 25＞log 24.5＞log 24=2，20.6＜21＝2； ∴a ＞b ＞c ． 故选：A ．5．【解答】解：∵双曲线x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的左、右焦点分别为F 1，F 2，∴以|F 1F 2|为直径的圆的方程为x 2+y 2＝c 2，∵以|F 1F 2|为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为（4，3）， ∴{16+9=c 23=ba ×4，解得a ＝4，b ＝3，∴双曲线的方程为x 216−y 29=1．故选：D ．6．【解答】解：在三角形中，若a ＞b ，由正弦定理asinA=b sinB，得sin A ＞sin B ．若sin A ＞sin B ，则正弦定理a sinA=b sinB，得a ＞b ，则“sin A ＞sin B ”是“a ＞b ”的充要条件． 故选：C ．7．【解答】解：AB ，CD 是半径为1的圆O 的两条直径，AE →=3EO →， 可得OD →=−OC →，EO →=14AO →，EC →⋅ED →=（EO →+OC →）•（EO →+OD →）＝（EO →+OC →）•（EO →−OC →） =EO →2−OC →2=116−1=−1516． 故选：B ．8．【解答】解：作图可得，a ∈(−12，0)，b +c ＝2，所以a +b +c ∈（32，2），故选：D ． 二、填空题． 9．【解答】解：1−i 3+i =(1−i)(3−i)(3+i)(3−i)=2−4i 10=15−25i ．故答案为：15−25i ．10．【解答】解：由题意得从C 种型号的产品中抽取90400+800+600×600＝30件．故填：30．11．【解答】解：正四棱锥的底面边长为2，底面面对角线的一半为√2，所以棱锥的高为h =√6−2=2，∴V =13Sh =13×22×2=83． 故答案为：83．12．【解答】解：因为圆C 的方程为ρ＝2sin θ，所以x 2+y 2＝2y ，x 2+（y ﹣1）2＝1， 因此圆心到直线距离为√5＜1，所以直线l 与圆C 相交．故答案为：相交13．【解答】解：因为b 2＝a 2+c 2﹣2ac cos π3，B =π3，b ＝2√3，所以12＝a 2+c 2﹣ac ＝（a +c ）2﹣3ac ≥（a +c ）2﹣3（a+c2）2=(a+c)24，当且仅当a ＝c时取等号， 因此（a +c ）2≤48， 可得：a +c ≤4√3，可得：a +b +c ≤6√3，即△ABC 周长的最大值是6√3． 故答案为：6√3．14．【解答】解：根据题意，分2步进行分析：①，在4个盒子中任选2个，作为“空盒”，有C 42＝6种不同的情况，②，将4个不同的小球放进剩下的2个盒子中，每个盒子中至少放一个，有24﹣2＝14种不同的放法，则恰有2个空盒的放法共6×14＝84种； 故答案为：84．三、解答题（解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15．【解答】解：（1）由题意，得f （x ）＝cos x sin x −√3cos 2x =12sin2x −√32（1+cos2x ）=12sin2x −√32cos2x −√32 ＝sin （2x −π3）−√32．所以f （x ）的最小正周期T =2π2=π，其最大值为1−√32． （2）令z ＝2x −π3则函数y ＝2sin z 的单调递增区间是[−π2+2k π，π2+2k π]，k ∈Z ．由−π2+2k π≤2x −π3≤π2+2k π，得−π12+k π≤x ≤5π12+k π，k ∈Z 设A ＝[π3，2π3]，B ＝{x |−π12+k π≤x ≤512π+k π，k ∈Z }， 易知A ∩B ＝[π3，5π12]．所以，当x ∈[π3，2π3]时，f （x ）在区间[π3，5π12]上单调递增；在区间[5π12，2π3]上单调递减．16．【解答】解：（1）设事件A 为“甲恰好闯关3次才闯关成功的概率”，则有 ，P （A ）=12×（1−23）×23+（1−12）×12×23=518（2）由已知得：随机变量ξ的所有可能取值为2，3，4， 所以，P （ξ＝2）=12×23+12×12=712，P （ξ＝3）=12×（1−23）×23+（1−12）×12×23+12×13×13=13， ．P （ξ＝4）＝（1−12）×12×（1−23）=112 从而ξ2 3 4P71213112E （ξ）＝2×712+3×13+4×112=52．17．【解答】（1）证明：∵P 、Q 分别是AE 、AB 的中点， ∴PQ ∥BE ，PQ =12BE ， 又DC ∥BE ，DC =12BE ， ∴PQ ∥DC ，∵PQ ⊄平面ACD ，DC ⊂平面ACD ， ∴PQ ∥平面ACD ；（2）解：∵DC ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，以点C 为坐标原点，分别以CD →，CA →，CB →的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．则C （0，0，0），A （0，4，0），B （0，0，4），D （2，0，0），E （4，0，4）， AB →=(0，−4，4)，DE →=(2，0，4)， ∴cos ＜AB →，DE →＞=AB →⋅DE→|AB →|⋅|DE →|=√105，∴异面直线AB 与DE 所成角的余弦值√105； （3）解：由（Ⅱ）可知AB →=(0，−4，4)，AE →=(4，−4，4)， 设平面ABE 的法向量为n →=(x ，y ，z)．则{n →⋅AB →=−4y +4z =0n →⋅AE →=4x −4y +4z =0，取z ＝1，得n →=(0，1，1)． 由已知可得平面ACD 的法向量为CB →=（0，0，4）， ∴cos ＜n →，CB →＞=n →⋅CB →|n →|⋅|CB →|=√22． 故所求平面ACD 与平面ABE 所成锐二面角的大小为45°．18．【解答】解：（1）设等比数列{a n}的公比为q，q＞0，由a2＝3，a4﹣2a3＝9得3（q2﹣2q）＝9，解得q＝3或q＝﹣1．因为数列{a n}为正项数列，所以q＝3，所以，首项a1=a2q=1，故其通项公式为a n＝3n﹣1，n∈N*；（2）证明：由（1）得b n＝（2n﹣1）•log3a2n+2＝（2n﹣1）log332n+1＝（2n﹣1）（2n+1），所以1b n =1(2n−1)(2n+1)═12（12n−1−12n+1），即有前n项和S n=12（1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1）=12（1−12n+1）＜1 2．19．【解答】解：（1）由椭圆的一个焦点为F1（﹣1，0）知：c＝1，即a2﹣b2＝1．①．又因为直线B1F1的方程为bx﹣y+b＝0，即√b2+1=√32，所以b=√3．由①解得a2＝4．故所求椭圆C的标准方程为x24+y23=1．（2）假设存在过点A的直线l适合题意，则结合图形易判断知直线l的斜率必存在，于是可设直线l的方程为y＝k（x﹣2），由{x24+y23=1y=k(x−2)，得（3+4k2）x2﹣16k2x+16k2﹣12＝0．（*）因为点A是直线l与椭圆C的一个交点，且x A＝2．所以x A •x B =16k 2−123+4k 2，所以x B =8k 2−63+4k 2，即点B （8k 2−63+4k 2，−12k 3+4k 2）． 所以OA →+OB →=（16k 23+4k 2，−12k 3+4k 2），即OT →=√147（16k 23+4k 2，−12k 3+4k 2）． 因为点T 在圆x 2+y 2＝2上，所以27•[(16k 23+4k 2)2+(−12k3+4k 2)2]＝2，化简得48k 4﹣8k 2﹣21＝0，解得k 2=34，所以k ＝±√32． 经检验知，此时（*）对应的判别式△＞0，满足题意．故存在满足条件的直线l ，其方程为y ＝±√32（x ﹣2）． 20．【解答】解：（1）当a ＝2时，f （x ）＝lnx ﹣2x ，所以f ′（x ）=1x −2． 故切线的斜率k ＝f ′（1）＝﹣1，则切线方程为y +2＝﹣（x ﹣1），即x +y +1＝0．（2）f ′（x ）=1x −a ，①当a ＝0时，f （x ）＝lnx 有唯一零点x ＝1，不合题意； ②当a ＜0时，则f ′（x ）＞0，f （x ）在区间（0，+∞）上的增函数，因为f （1）＝﹣a ＞0，f （e a ）＝a ﹣ae a ＝a （1﹣e a ）＜0，所以函数f （x ）在区间（0，+∞）有唯一零点，不合题意；③当a ＞0时，令f ′（x ）＝0得x =1a ，所以，当x ∈（0，1a ）时，f ′（x ）＞0，函数f （x ）在（0，1a ）上是增函数； 当x ∈（1a ，+∞）时，f ′（x ）＜0，函数f （x ）在（1a ，+∞）上是减函数． 所以在区间（0，+∞）上，函数f （x ）有极大值为f （1a ）＝ln 1a −1＝﹣lna ﹣1， ∵e a ＞a ＞0，故1e ＜1a，且e a ＞1， ∴f （1e ）＝﹣a −a e a =−a （1+1e a）＜0，且当x →+∞时，f （x ）→﹣∞， 若f （x ）无零点，则f （1a ）＜0，即﹣lna ﹣1＜0，解得a ＞1e ，故所求实数a 的取值范围是（1e ，+∞）． （3）设x 1＞x 2＞0，由f （x 1）＝f （x 2）＝0可得lnx 1﹣ax 1＝0，lnx 2﹣ax 2＝0，∴lnx 1﹣lnx 2＝a （x 1﹣x 2），即a =ln x 1x 2x 1−x 2， 要证：x 1+x 2＞2a ，只需证a （x 1+x 2）＞2，即证：lnx 1x 2＞2(x 1−x 2)x 1+x 2． 令t =x 1x 2＞1，于是ln x 1x 2＞2(x 1−x 2)x 1+x 2⇔lnt ＞2(t−1)t+1． 设函数h （t ）＝lnt −2(t−1)t+1（t ＞1），求导得h ′（t ）=1t −4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2＞0， 所以函数h （t ）在（1，+∞）上是增函数，所以h （t ）＞h （1）＝0，即不等式lnt ＞2(t−1)t+1在（1，+∞）上恒成立， 故所证不等式x 1+x 2＞2a 成立．。
2019年最新(统考)天津市高三第二次模拟考试数学试题(理)及答案解析
高二模考试 数学试卷(理工类)第Ⅰ卷（共40分）一、选择题：本大题共8个小题,每小题5分,共40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. 已知复数i t z +=21,i z 212-=,若21z z 为实数,则实数t 的值是( ) A ．41-B ．-1C ．41D ．1 2. 设集合}01{2<-=x x A ,},2{A x y y B x∈==,则=B A ( )A ．(0,1)B ．(-1,2)C ．),1(+∞-D ．)1,21(3. 已知函数⎩⎨⎧<≥∙=-0,20,2)(x x a x f x x (R a ∈).若1)]1([=-f f ,则=a ( )A ．41 B ．21C ．2D ． 1 4. 若a ,R b ∈，直线l :b ax y +=,圆C :122=+y x .命题p :直线l 与圆C 相交；命题q ：12->b a .则p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件 C. 充要条件 D ．既不充分也不必要条件5. 为丰富少儿文体活动，某学校从篮球，足球，排球，橄榄球中任选2种球给甲班学生使用，剩余的2种球给乙班学生使用，则篮球和足球不在同一班的概率是( ) A ．31 B ．21 C. 32 D ．656. 已知抛物线x y 82=的准线与双曲线116222=-y a x 相交于A ，B 两点，点F 为抛物线的焦点，ABF ∆为直角三角形，则双曲线的离心率为( )A ．3B ．12+ C.2 D ．37. 若数列}{n a ，}{n b 的通项公式分别为a a n n ∙-=+2016)1(，nb n n 2017)1(2+-+=，且n n b a <，对任意*∈N n 恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．)21,1[-B ．[-1,1） C.[-2,1) D ．)23,2[-8. 已知函数⎩⎨⎧≤++<+=a x x x ax x x f ,25,2)(2，若函数x x f x g 2)()(-=恰有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( )A ．[-1,1)B ．[-1,2) C. [-2,2) D ．[0,2]第Ⅱ卷（共110分）二、填空题（每题5分，满分30分，将答案填在答题纸上）9.函数xe x xf )3()(-=的单调递增区间为 ．10.执行如图所示的程序框图，若输入的a ，b 值分别为0和9，则输出的i 值为 ．11.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ．12.已知0>a ，0>b ，且42=+b a ，则ab1的最小值是 ． 13.已知0>ω，在函数x y ωsin =与x y ωcos =的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为3，则ω值为 ．14.如图，已知ABC ∆中，点M 在线段AC 上，点P 在线段BM 上，且满足2==PBMPMC AM ，2=3=，︒=∠120BAC ，则∙的值为 ．三、解答题 （本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15. 已知函数+-=)32cos()(πx x f )4sin()4sin(2ππ+-x x . （Ⅰ）求函数)(x f 的最小正周期和图象的对称轴方程； （Ⅱ）讨论函数)(x f 在区间]2,12[ππ-上单调性求出的值域. 16. 甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为21与P ，且乙投球2次均未命中的概率为161. （Ⅰ）求乙投球的命中率P ；（Ⅱ）若甲投球1次，乙投球2次，两人共命中的次数记为ξ，求ξ的分布列和数学期望. 17. 如图，直三棱柱111C B A ABC -中，4=AC ，3=BC ，41=AA ，BC AC ⊥，点D 在线段AB 上.（Ⅰ）证明C B AC 1⊥；（Ⅱ）若D 是AB 中点，证明//1AC 平面CD B 1；（Ⅲ）当31=AB BD 时，求二面角1B CD B --的余弦值. 18. 已知数列}{n a 的前n 项和n n S n 832+=，}{n b 是等差数列，且1++=n n n b b a . （Ⅰ）求数列}{n b 的通项公式；（Ⅱ）令nn n n n b a c )2()1(1++=+，求数列}{n c 的前n 项和n T . 19. 在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：)0(12222>>=+b a b y a x 的离心率为23，直线x y =被椭圆C 截得的线段长为5104. （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过原点的直线与椭圆C 交于A ，B 两点（A ，B 不是椭圆C 的顶点），点D 在椭圆C 上，且AB AD ⊥.直线BD 与x 轴、y 轴分别交于M ，N 两点.设直线BD ，AM 的斜率分别为1k ，2k ，证明存在常数λ使得21k k λ=，并求出λ的值.20.选修4-4：坐标系与参数方程 设函数xmx x f +=ln )(，R m ∈. （Ⅰ）当e m =时，求函数)(x f 的极小值； （Ⅱ）讨论函数3)()(xx f x g -'=零点的个数； （Ⅲ）若对任意的0>>a b ，1)()(<--ab b f a f 恒成立，求m 的取值范围.数学试卷（理工类）参考答案一、选择题1-5:ADABC 6-8:ADB二、填空题9. ),2(+∞ 10.3 11. 335 12. 21 13. π14.-2三、解答题15.解：（Ⅰ）+-=)32cos()(πx x f )4sin()4sin(2ππ+-x x++=x x 2sin 232cos 21 )cos )(sin cos (sin x x x x +- x x x x 22cos sin 2sin 232cos 21-++= x x x 2cos 2sin 232cos 21-+= )62sin(π-=x .∴周期ππ==22T . 由)(262Z k k x ∈+=-πππ，得)(32Z k k x ∈+=ππ. ∴函数图象的对称轴方程为)(32Z k k x ∈+=ππ. （Ⅱ）∵]2,12[ππ-∈x ，∴]65,3[62πππ-∈-x . )62sin()(π-=x x f 在区间]3,12[ππ-上单调递增，在区间]2,3[ππ上单调递减，当3π=x 时，)(x f 取最大值1.∵21)2(23)12(=<-=-ππf f . ∴12π-=x ，23)(max -=x f . 所以值域为]1,23[-. 16.解：（Ⅰ）设“甲投球一次命中”为事件A ，“乙投球一次命中”为事件B . 由题意得161)1())(1(22=-=-p B P ， 解得43=p 或45=p （舍去），所以乙投球的命中率为43.（Ⅱ）由题设和（Ⅰ）知21)(=A P ，21)(=A P ，43)(=B P ，41)(=B P . ξ可能的取值为0,1,2,3，故P A P P )()0(==ξ321)41(21)(2=⨯=∙B B ， )()()1(B B P A P P ∙==ξ)()()(12A P B P B P C +3272141432)41(212=⨯⨯⨯+⨯=， )()()3(B B P A P P ∙==ξ329)43(212=⨯=， 3215)3()0(1)2(==-=-==ξξξP P P . ξ分布列为：所以321320++⨯=ξE 2323322=⨯+⨯+. 17. 解：（Ⅰ）证明：如图，以C 为原点建立空间直角坐标系xyz C -.则)0,0,3(B ，)0,4,0(A ，)4,4,0(1A ，)4,0,3(1B ，)4,0,0(1C .)0,4,0(-=，)4,0,3(1--=B ，01=∙B ，所以C B AC 1⊥.（Ⅱ）解法一：)4,4,0(1-=设平面CD B 1的法向量),,(z y x =，由)4,0,3(1--=∙B 043),,(=--=∙y x z y x ， 且∙=∙)0,2,23(m CD 0223),,(=+=y x z y x ， 令4=x 得)3,3,4(--=m ，所以0)3,3,4()4,4,0(1=--∙-=∙m AC ， 又⊄1AC 平面CD B 1，所以//1AC 平面CD B 1； 解法二：证明：连接1BC ，交1BC 于E ，DE . 因为直三棱柱111C B A ABC -，D 是AB 中点， 所以侧面C C BB 11为矩形，DE 为1ABC ∆的中位线. 所以1//AC DE ，因为⊂DE 平面CD B 1，⊄1AC 平面CD B 1， 所以//1AC 平面CD B 1. （Ⅲ）由（Ⅰ）知BC AC ⊥， 设)0,0)(0,,(>>b a b a D ， 因为点D 在线段AB 上，且31=AB BD ，即=31. 所以2=a ，34=b ，=BD )0,34,1(-. 所以)4,0,3(1--=C B ，)0,34,2(=. 平面BCD 的法向量为)1,0,0(1=n . 设平面CD B 1的法向量为)1,,(2y x n =，由021=∙n C B ，02=∙n CD ，得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+0342043y x x ，所以34-=x ，2=y ，=2n )1,2,34(-. 设二面角1B CD B --的大小为θ， 所以613cos ==θ. 所以二面角1B CD B --的余弦值为61613. 18. 解：（Ⅰ）由题知，当2≥n 时，561+=-=-n S S a n n n ；当1=n 时，1111==S a ，符合上式.所以56+=n a n .设数列}{n b 的公差d ，由⎩⎨⎧+=+=,,322211b b a b b a 即为⎩⎨⎧+=+=,3217,21111d b d b ，解得41=b ，3=d ，所以13+=n b n .（Ⅱ）112)1(3)33()66(+++=++=n nn n n n n c ，n n c c c T +++=...21，则 +⨯+⨯⨯=322322[3n T ]2)1(...1+⨯++n n ，+⨯+⨯⨯=432322[32n T ]2)1(...2+⨯++n n ，两式作差，得+++⨯⨯=-4322222[3n T ]2)1(2...21++⨯+-+n n n]2)1(21)21(44[32+⨯+---+⨯=n n n223+∙-=n n .所以223+∙=n n n T .19. 解：（Ⅰ）∵23=e ，∴23=a c ，4322222=-=a b a a c ，∴224b a =.①设直线x y =与椭圆C 交于P ，Q 两点，不妨设点P 为第一象限内的交点.∴5104=PQ ，∴)552,552(P 代入椭圆方程可得222245b a b a =+.② 由①②知42=a ，12=b ，所以椭圆的方程为：1422=+y x . （Ⅱ）设)0)(,(1111≠y x y x A ),(22y x D ，则),(11y x B --，直线AB 的斜率为11x y k AB =，又AD AB ⊥，故直线AD 的斜率为11x y k -=.设直线AD 的方程为m kx y +=，由题知 0≠k ，0≠m 联立⎪⎩⎪⎨⎧=++=1422y x m kx y ，得mkx x k 8)41(22++0442=-+m . ∴221418k mk x x +=+，)(2121x x k y y +=+24122k m m +=+，由题意知021≠+x x ， ∴1121211441x y k x x y y k =-=++=，直线BD 的方程为)(41111x x x y y y +=+. 令0=y ，得13x x =，即)0,3(1x M ，可得=2k 112x y -，∴2121k k -=，即21-=λ. 因此存在常数21-=λ使得结论成立. 20. 解：（1）由题设，当e m =时，x e x x f +=ln )(，易得函数)(x f 的定义域为),0(+∞， 221)(xe x x e x xf -=-='.∴当),0(e x ∈时，0)(<'x f ，)(x f 在),0(e 上单调递减； ∴当),(+∞∈e x 时，0)(>'x f ，)(x f 在),(+∞e 上单调递增；所以当e x =时，)(x f 取得极小值2ln )(=+=ee e ef ，所以)(x f 的极小值为2.（2）函数=-'=3)()(x x f x g 312x x m x --)0(>x ，令0)(=x g ，得x x m +-=231)0(>x . 设)0(31)(2≥+-=x x x x ϕ，则=+-='1)(2x x ϕ)1)(1(+--x x . ∴当)1,0(∈x 时，0)(>'x ϕ，)(x ϕ在（0,1）上单调递增；∴当),1(+∞∈x 时，0)(<'x ϕ，)(x ϕ在),1(+∞上单调递减；所以)(x ϕ的最大值为32131)1(=+-=ϕ，又0)0(=ϕ，可知： ①当32>m 时，函数)(x g 没有零点； ②当32=m 时，函数)(x g 有且仅有1个零点； ③当320<<m 时，函数)(x g 有2个零点； ④当0≤m 时，函数)(x g 有且只有1个零点.综上所述： 当32>m 时，函数)(x g 没有零点；当32=m 或0≤m 时，函数)(x g 有且仅有1个零点；当320<<m 时，函数)(x g 有2个零点. （3）对任意0>>a b ，1)()(<--ab a f b f 恒成立，等价于a a f b b f -<-)()(恒成立. )(*. 设=-=x x f x h )()()0(ln >-+x x x m x ，∴)(*等价于)(x h 在),0(+∞上单调递减. ∴011)(2≤--='xm x x h 在),0(+∞上恒成立， ∴=+-≥x x m 241)21(2+--x )0(>x 恒成立，∴41≥m （对41=m ，0)(='x h 仅在21=x 时成立）. ∴m 的取值范围是),41[+∞.。
天津市南开区2019届高三下学期二模考试数学(理)试卷(PDF版)
解得 cosB= 2 ． 3
…………4 分
在△ABC 中，由余弦定理 b2=a2+c2–2accosB，
得 a2– 16 a+7=0，解得 a=3，或 a= 7 ．
3
3
∵a≠b，∴a= 7 ． 3
…………7 分
（Ⅱ）∵cosB= 2 ，∴sinB= 5 ，
3
3
∴sin2B=2sinBcosB= 4 5 ，cos2B=2cosB2–1=– 1 ，
南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷（理工类）第 9 页（共 9 页）
2018—2019 学年度第二学期南开区高三年级模拟考试(二)
数学试卷（理工类）参考答案
2019.05
一、选择题：
题 号 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8）
答案 D
B
B
A
C
D
C
A
二、填空题：
（9） 13 ； 2
将答案填在题中横线上。
（9）已知复数 z= 3 2i ，i 为虚数单位，则|z|2= 1i
（10）在(x2– 2 )7 的展开式中，含 x2 项的二项式系数为 x
． ．
（11）球 O 是正方体 ABCDA1B1C1D1 的外接球，若正方体 ABCDA1B1C1D1 的表面积
为 S1，球
O
的表面积为
；
②若原点 O 到直线 TN 的距离为 20 41 ，求椭圆方程． 41
南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷（理工类）第 8 页（共 9 页）
得 分 评卷人
（20）（本小题满分 14 分）
已知函数 f(x)=xlogax（a＞0），g(x)=(m+1)x–lnx–f(x)，函数 f(x)在点 x=e–1 处取得极 小值–e–1（e 为自然对数的底数）． （Ⅰ）若 g(x)恰有一个零点，求 m 的取值集合； （Ⅱ）若 g(x)有两零点 x1，x2（x1＜x2），求证：2＜x1+x2＜3em–1–1．
【精品高考数学试卷】2019年天津市高考数学二模试卷(理科)+答案
2019年天津市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．1．（5分）已知集合A ＝{﹣1，1}，B ={x||x +12|＜32，x ∈Z}，则A ∪B ＝（ ） A ．{﹣1}B ．{﹣1，1}C ．{﹣1，0，1}D ．{﹣1，0，1，2}2．（5分）设变量x ，y 满足约束条件{x +2≥0x −y +3≥02x +y −3≤0，则目标函数z ＝3x +2y 的最大值为（ ）A ．﹣4B ．92C ．6D ．83．（5分）执行如图所示的程序框图，若输入k 的值为9，则输出的结果S 为（ ）A ．109B ．48C ．19D ．64．（5分）设x ∈R ，则“x 3＜27”是“log 13x ＞−1”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．（5分）已知△ABC 为直角三角形，AC ＝BC ＝2，点D 为斜边AB 的中点，点P 是线段CD 上的动点，则PA →⋅PB →的最小值为（ ） A ．﹣2B ．−14C ．−12D ．06．（5分）已知函数f （x ）＝e |x |，令a =f(sin 3π4)，b =f(2−3)，c =f(log 123)，则a ，b ，c的大小关系为（ ）A ．b ＜a ＜cB ．c ＜b ＜aC ．b ＜c ＜aD ．a ＜b ＜c7．（5分）已知抛物线C 1：y 2＝2px （p ＞0）的焦点F 为双曲线C 2：x 2−y 23=1的顶点，过点F 的直线与抛物线C 1相交于M 、N 两点，点A 在x 轴上，且满足|MN |＝8，若|AM |＝|AN |，则△AMN 的面积为（ ） A ．3√6B ．6√3C ．6√2D ．8√28．（5分）已知函数f(x)=2sin(ωx +φ)(ω＞0，|φ|＜π2)的图象过点B(0，√3)，且在(π12，5π12)上单调，把f （x ）的图象向右平移π个单位之后与原来的图象重合，当x 1，x 2∈(2π3，4π3)且x 1≠x 2时，f （x 1）＝f （x 2），则f （x 1+x 2）＝（ ） A ．−√3 B ．√3 C ．﹣1 D ．1二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡中的相应横线上. 9．（5分）i 是虚数单位，复数−3+2i 1+i= ．10．（5分）在(√x 3−1x)n 的二项式展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则展开式中常数项等于 ．11．（5分）已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若某球的表面积与此圆锥侧面积相等，则该球的体积为 ．12．（5分）在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =−1+√2cosαy =√2sinα（α为参数），以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρsin （θ+π4）＝2√2．设点P 在C 1上，点Q 在C 2上，则|PQ |的最小值为 ．13．（5分）若log 4(a +4b)=log 22√ab ，则a +b 的最小值是 ．14．（5分）已知函数f(x)={xlnx −2x ，x ＞0x 2+32x ，x ≤0，函数g （x ）＝f （x ）﹣kx +1有四个零点，则实数k 的取值范围是 ．三、解答题：本大题6小题，共80分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15．（13分）在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且atanA=b 2sinB．（Ⅰ）求角A 的值；（Ⅱ）若a ＝6，b ＝2c ，求△ABC 的面积．16．（13分）为响应党中央号召，学校以“我们都是追梦人”为主题举行知识竞赛．现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，王同学从中任取3道题解答． （Ⅰ）求王同学至少取到2道乙类题的概率；（Ⅱ）如果王同学答对每道甲类题的概率都是23，答对每道乙类题的概率都是35，且各题答对与否相互独立，已知王同学恰好选中2道甲类题，1道乙类题，用X 表示王同学答对题的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望．17．（13分）如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为平行四边形，平面ADE ⊥平面CDEF ，∠ADE ＝60°，DE ∥CF ，CD ⊥DE ，AD ＝2，DE ＝DC ＝3，CF ＝4，点G 是棱CF 上的动点．（Ⅰ）当CG ＝3时，求证EG ∥平面ABF ； （Ⅱ）求直线BE 与平面ABCD 所成角的正弦值； （Ⅲ）若二面角G ﹣AE ﹣D 所成角的余弦值为√2211，求线段CG 的长．18．（13分）设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，满足a 2＝5，S 5＝35，T n 是数列{b n }的前n 项和，满足T n ＝2b n ﹣1（n ∈N *）． （Ⅰ）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（Ⅱ）令c n ={2S n ，n =2k −1a nb n ，n =2k(k ∈N ∗)，设数列{c n }的前n 项和P n ，求P 2n 的表达式．19．（14分）已知椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)，离心率为√22，它的一个顶点恰好是抛物线x 2=−4√3y 的焦点． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过动点M （0，m ）（0＜m ＜b ）的直线交x 轴的负半轴于点N ，交C 于点A ，B （A 在第一象限），且M 是线段AN 的中点，过点A 作x 轴的垂线交C 于另一点D ，延长线DM 交C 于点G ．（i ）设直线AM ，DM 的斜率分别为k ，k ′，证明：3k +k ′＝0；（ii）求直线BG的斜率的最小值．20．（14分）已知函数f（x）＝（ax2+x+a）e﹣x（a∈R）．（Ⅰ）当a＝0时，求f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）若a≥0，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若对任意的a≤0，f（x）≤bln（x+1）在x∈[0，+∞）上恒成立，求实数b的取值范围．2019年天津市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分． 1．【解答】解：集合A ＝{﹣1，1}，B ={x||x +12|＜32，x ∈Z}={x |﹣2＜x ＜1，x ∈Z }＝{﹣1，0}， ∴A ∪B ＝{﹣1，0，1}． 故选：C ．2．【解答】解：由变量x ，y 满足约束条件{x +2≥0x −y +3≥02x +y −3≤0，作可行域如图．由z ＝3x +2y ，结合图形可知，当直线分别经过可行域内的点A ，B 时，目标函数取得最值， 由：{x −y +3=02x +y −3=0，可得A （0，3），分别为z max ＝3×0+2×3＝6， 目标函数的最大值为6． 故选：C ．3．【解答】解：模拟程序的运行，可得 k ＝9，n ＝1，S ＝1不满足判断框内的条件n ＞k ，执行循环体，n ＝4，S ＝6 不满足判断框内的条件n ＞k ，执行循环体，n ＝7，S ＝19 不满足判断框内的条件n ＞k ，执行循环体，n ＝10，S ＝48 此时，满足判断框内的条件n ＞k ，退出循环，输出S 的值为48．故选：B ．4．【解答】解：由x 3＜27得x ＜3， 由log 13x ＞−1得0＜x ＜3，则“x 3＜27”是“log 13x ＞−1”的必要不充分条件，故选：B ．5．【解答】解：根据题意，以C 为坐标原点，CB 为x 轴，CA 为y 轴建立坐标系，如图： 则B （2，0），A （0，2），D 为AB 的中点，则D （1，1）， 点P 是线段CD 上的动点，设P （m ，m ），（0≤m ≤1）； 则PA →=（﹣m ，2﹣m ），PB →=（2﹣m ，﹣m ），则PA →⋅PB →=（﹣m ）（2﹣m ）+（2﹣m ）（﹣m ）＝2m 2﹣4m ＝2（m ﹣1）2﹣2， 又由0≤m ≤1，则当m ＝1时，PA →⋅PB →取得最小值﹣2； 故选：A ．6．【解答】解：根据题意，函数f （x ）＝e |x |，有f （﹣x ）＝e |﹣x |＝e |x |＝f （x ），即函数f （x ）为偶函数，则有c ＝f （log 123）＝f （﹣log 23）＝f （log 23），又由当x ＞0时，f （x ）＝e x ，易得f （x ）为[0，+∞）上为增函数， 又由log 23＞1＞sin 3π4=√22＞12＞2﹣3，则有f （log 23）＞f （sin 3π4）＞f （2﹣3）， 则有b ＜a ＜c ； 故选：A ．7．【解答】解：由题意可知，抛物线C 1：y 2＝2px （p ＞0）的焦点F （1，0），则p2=1，p ＝2．∴抛物线方程为y 2＝4x ． 如图，设MN 所在直线方程为y ＝k （x ﹣1），联立{y =k(x −1)y 2=4x ，得k 2x 2﹣（2k 2+4）x +k 2＝0．设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）． 则x 1+x 2=2k 2+4k2，由|MN |＝x 1+x 2+2＝8，得2k 2+4k 2=6，解得k ＝±1．∴x 1+x 2＝6，则MN 的中点坐标为（3，2），不妨取k ＝1，可得MN 的垂直平分线方程为y ﹣2＝﹣1×（x ﹣3）， 即y ＝﹣x +5．取y ＝0，得A （5，0）．此时A 到直线x ﹣y ﹣1＝0的距离d =2=2√2． ∴△AMN 的面积S =12×8×2√2=8√2． 故选：D ．8．【解答】解：∵函数f(x)=2sin(ωx +φ)(ω＞0，|φ|＜π2)的图象过点B(0，√3)，∴2sin φ=√3，∴φ=π3．f （x ）在(π12，5π12)上单调，∴12•2πω≥5π12−π12，∴0＜ω≤3．把f （x ）的图象向右平移π个单位之后与原来的图象重合，∴k •2πω=π，k ∈Z ，∴ω＝2，f （x ）＝2sin （2x +π3）．当x 1，x 2∈(2π3，4π3)且x 1≠x 2时，2x +π3∈（5π3，3π），若 f （x 1）＝f （x 2），则x 1+x 2＝2•5π2=5π，f （x 1+x 2）＝2sin （10π+π3）＝2sin π3=√3，故选：B ．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡中的相应横线上. 9．【解答】解：−3+2i 1+i =(−3+2i)(1−i)(1+i)(1−i)=−1+5i 2=−12+52i ．故答案为：−12+52i ．10．【解答】解：由在(√x 3−1x)n 的二项式展开式中，所有项的二项式系数之和为256， 可得：2n ＝256，解得：n ＝8，又（√x 3−1x ）8的二项式展开式的通项为T r +1=C 8r （√x 3）8﹣r （−1x ）r ＝（﹣1）r C 8r x8−4r 3， 令8−4r 3=0，则r ＝2，即展开式中常数项等于（﹣1）2C 82=28，故答案为：28．11．【解答】解：∵圆锥的底面半径r ＝4，高h ＝3， ∴圆锥的母线l ＝5， ∴圆锥侧面积S ＝πrl ＝20π， 设球的半径为r ，则4πr 2＝20π， ∴r =√5，∴该球的体积为V =43•π•（√5）3=20√5π3． 故答案为：20√5π3．12．【解答】解：由C 1的参数方程消去参数α得曲线C 1的普通方程为：（x +1）2+y 2＝2， 由曲线C 2的极坐标方程以及互化公式可得C 2的普通方程为：x +y ﹣4＝0， 依题意可得|PQ |的最小值等于圆心到直线的距离减去半径， ∴|PQ |min =2−√2=32√2． 故答案为：32√2．13．【解答】解：∵log 4(a +4b)=log 22√ab =log 4（4ab ），∴a +4b ＝4ab ，{a +4b ＞04ab ＞0得{a ＞0b ＞0，得a+4b 4ab =1，即14b+1a=1，则a +b ＝（a +b ）（14b+1a）＝1+14+a 4b +b a ≥54+2√a 4b ⋅b a =54+1=94，当且仅当a4b=ba，即a ＝2b 时取等号，即a +b 的最小值为94， 故答案为：9414．【解答】解：由g （x ）＝f （x ）﹣kx +1＝0得kx ＝f （x ）+1， 当x ＝0时，0＝f （0）+1＝0+1不成立， 即x ≠0， 则k =f(x)+1x， 若g （x ）有四个零点，则等价为k =f(x)+1x有四个不同的根， 设h （x ）=f(x)+1x， 则当x ＞0时，h （x ）=xlnx−2x+1x =lnx +1x−2， h ′（x ）=1x −1x 2=x−1x 2，则当x ＞1时，h ′（x ）＞0，函数为增函数， 当0＜x ＜1时，h ′（x ）＜0，函数为减函数，即此时当x ＝1时，h （x ）取得极小值，极小值为h （1）＝﹣1， 当x →+∞，f （x ）→+∞，当x ≤0时，h （x ）=x 2+32x+1x =x +1x +32，h ′（x ）＝1−1x 2=x 2−1x2，由h ′（x ）＞0得x ＞1（舍）或x ＜﹣1，此时函数为增函数，由h ′（x ）＜0得﹣1＜x ＜0，此时h （x ）为减函数，即当x ＝﹣1时，h （x ）取得极大值，极大值为h （﹣1）＝﹣1﹣1+32=−12， 作出函数h （x ）的图象如图： 要使k =f(x)+1x有四个根，则满足﹣1＜k ＜−12，即实数k 的取值范围是（﹣1，−12）， 故答案为：（﹣1，−12）三、解答题：本大题6小题，共80分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15．【解答】（本小题满分13分） 解：（Ⅰ）由已知得acosA sinA=b 2sinB，…………（2分）∵a sinA=b sinB ，∴cosA =12，…………（4分） ∵A ∈（0，π），∴A =π3．…………（6分） （Ⅱ）∵a ＝6b ＝2c ，∴a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ，…………（8分） 整理可得36＝4c 2+c 2﹣2c 2， ∴解得c =2√3，…………（10分）∴S △ABC =12bcsinA =12×4√3×2√3×√32=6√3．…………（13分） 16．【解答】（本小题满分13分）解：（Ⅰ）设“王同学至少取到2道乙类题”为事件A ……（1分） P(A)=C 61C 42+C 43C 103=13⋯⋯（5分）（列式（2分），结果2分）（Ⅱ）X 的所有可能取值为0，1，2，3 ……（6分）P(X =0)=C 20⋅(23)0⋅(13)2⋅(1−35)=245， P(X =1)=C 21⋅(23)⋅(13)⋅(1−35)+C 20⋅(23)0⋅(13)2⋅35=1145， P(X =2)=C 22⋅(23)2⋅(13)0⋅25+C 21⋅23⋅13⋅35=2045=49 P(X =3)=C 22⋅(23)2⋅(13)0⋅35=1245=415⋯⋯（10分）（每个结果一分） X 0123P245114549415E(X)=0×245+1×1145+2×49+3×415=2915⋯⋯（13分）（列式（1分），结果2分） 17．【解答】（Ⅰ）证明：由已知得CG ∥DE 且CG ＝DE ， 故四边形CDEG 为平行四边形，∴CD ∥EG ， ∵四边形ABCD 为平行四边形，∴CD ∥AB ， ∴AB ∥EG ，又EG ⊄平面ABF ，AB ⊂平面ABF ， ∴EG ∥平面ABF ．（Ⅱ）过点A 作AO ⊥DE 交DE 于点O ，过点O 作OK ∥CD 交CF 于点K 由（1）知平面ADE ⊥平面CDEF ，平面ADE ∩平面CDEF ＝DE ，AO ⊂平面ADE ， ∴AO ⊥平面CDEF ， ∵CD ⊥DE ，∴OK ⊥DE ，以O 为原点建立如图的空间直角坐标系，则D （0，﹣1，0），E （0，2，0），C （3，﹣1，0），F （3，3，0），A(0，0，√3)，D （0，﹣1，0），∴DC →=(3，0，0)，DA →=(0，1，√3)，BE →=(−3，2，−√3)，设平面ABCD 的法向量为m →=(x ，y ，z)，则{m →⋅DC →=0m →⋅DA →=0，即{x =0y +√3z =0， 令z ＝﹣1，则y =√3，m →=(0，√3，−1)， ∴cos ＜m →，BE →＞=m →⋅BE→|m →|⋅|BE →|=3√38，∴直线BE 与平面ABCD 所成角的正弦值为3√38， （Ⅲ）CG →=λCF →=λ(0，4，0)（0≤λ≤1）∴G （3，4λ﹣1，0）． ∴AE →=(0，2，−√3)，EG →=(3，4λ−3，0)，设平面AEG 的法向量为p →=(x ，y ，z)，则{p →⋅AE →=0p →⋅EG →=0，即{2y −√3z =03x +(4λ−3)y =0，令y ＝3，则z =2√3，x ＝3﹣4λ，∴p →=(3−4λ，3，2√3)，平面AED 的法向量为q →=(1，0，0)，|cos ＜p →，q →＞|=|p →⋅q →||p →|⋅|q →|=|4λ−3|√(4λ−3)+21=√2211，解得(4λ−3)2=143，∴4λ=3±√423，∴|CG |＝λ|CF |＝4λ=3±√423， ∵|CG |≤4，∴|CG|=3−√423．18．【解答】解：（Ⅰ）∵{a n }是等差数列S 5＝35 ∴S 5=5(a 1+a 5)2=35，a 3＝7， ∵a 2＝5， ∴d ＝2，∴a n ＝a 2+（n ﹣2）•2＝2n +1． 当n ＝1时 T 1＝2b 1﹣1， ∴b 1＝1．当n ≥2时 T n ﹣1＝2b n ﹣1﹣1 又∵T n ＝2b n ﹣1， ∴b n ＝2b n ﹣2b n ﹣1b n ＝2b n ﹣1∴{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列． ∴b n =2n−1． （Ⅱ）∵S n =n(a 1+a n )2=n(n +2)， ∴2S n=2n(n+2)=1n−1n+2设前2n 项中奇数项的和为A n ，偶数项的和为B n A n =1−13+13−15+15−⋯+12n−1−12n+1=1−12n+1=2n 2n+1．B n =a 2b 2+a 4b 4+⋯+a 2n b 2n =5×21+9×22+⋯+(4n +1)×22n−1①4B n =5×22+9×23+⋯+(4n +1)×22n+1②， ①﹣②得：−3B n =5×21+4×(23+25+⋯+22n−1)−(4n +1)×22n+1．−3B n =5×21+4×23−22n−1⋅41−4−(4n +1)×22n+1， −3B n =5×21+4×(−83+22n+13)−(4n +1)×22n+1−3B n =−23+(13−4n)⋅22n+1B n =(12n−1)⋅22n+19+29．∴P 2n=(12n−1)⋅22n+19+29+2n2n+1． 19．【解答】（Ⅰ）解：∵抛物线x 2=−4√3y 的焦点是(0，−√3)，∴b =√3⋯⋯（1分）． ∵ca =√22，a 2＝b 2+c 2∴a =√6，c =√3⋯⋯（2分）． ∴椭圆C 的方程x 26+y 23=1⋯⋯（3分）（Ⅱ）（i ）设A （x 0，y 0）那么D （x 0，﹣y 0）．∵M 是线段AN 的中点∴A （x 0，2m ）D （x 0，﹣2m ）……（4分）． ∴k =2m−m x 0=m x 0，k ′=−2m−m x 0=−3m x 0⋯⋯（5分）， ∴3k +k ′＝0……（6分）（ii ）根据题意得：直线AM 的斜率一定存在且k ＞0 设直线AM 为y ＝kx +m ，则直线DM 为y ＝k ′x +m ＝﹣3kx +m 由{y =kx +m x 26+y 23=1可得（1+2k 2）x 2+4kmx +2m 2﹣6＝0……（7分） 利用韦达定理可知：x 0⋅x B =2m 2−61+2k2，∴x B =2m 2−6(1+2k 2)x 0⋯⋯（8分），∵3k +k ′＝0，∴同理可得x G =2m 2−6(1+2k ′2)x 0=2m 2−6(1+2(−3k)2)x 0=2m 2−6(1+18k 2)x 0⋯⋯（9分），∴k BG =y B −y G x B −x G =kx B +m−(−3kx G +m)x B −x G =kx B +3kx Gx B −x G=k 2m 2−6(1+2k 2)x 0+3k 2m 2−6(1+18k 2)x 02m 2−6(1+2k 2)x 0−2m 2−6(1+18k 2)x 0=k 1+2k 2+3k 1+18k211+2k 2−11+18k2=k+18k 3+3k+6k 31+18k 2−1−2k 2#/DEL/#=4k+24k 316k 2=14k +32k#/DEL/#∵k ＞0，∴k BG =14k +32k ≥2√14k ⋅32k =√62 当且仅当14k=32k 时 即为k =√66时 等号成立 ……（14分）（不求出k 值，不扣分）20．【解答】解：（Ⅰ）当a ＝0时，f （x ）＝x •e ﹣x ， ∴f ′（x ）＝e ﹣x ﹣x •e ﹣x ＝e ﹣x （1﹣x ）……（1分）∴f ′（0）＝1，f （0）＝0，∴函数f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程为y ＝x ．……（2分）（Ⅱ）由题意，f '（x ）＝（2ax +1）e ﹣x ﹣（ax 2+x +a ）e ﹣x ＝﹣e ﹣x [ax 2+（1﹣2a ）x +a ﹣1]＝﹣e ﹣x （x ﹣1）（ax +1﹣a ）．……（3分）（ⅰ）当a ＝0时，f '（x ）＝﹣e ﹣x （x ﹣1），令f '（x ）＞0，得x ＜1；f '（x ）＜0，得x ＞1，所以f （x ）在（﹣∞，1）单调递增，（1，+∞）单调递减；……（4分） （ⅱ）当a ＞0时，1−1a ＜1，令f '（x ）＞0，得1−1a ＜x ＜1；f '（x ）＜0，得x ＜1−1a 或x ＞1，……（5分） 所以f （x ）在(1−1a ，1)单调递增，在(−∞，1−1a )，（1，+∞）单调递减，………（6分）（Ⅲ）令g （a ）＝e ﹣x （x 2+1）a +xe ﹣x ，a ∈（﹣∞，0]，当x ∈[0，+∞）时，e ﹣x （x 2+1）≥0，g （a ）单调递增，则g(a)max =g(0)=xe −x ，………………（7分）则g （a ）≤bln （x +1）对∀a ∈（﹣∞，0]恒成立等价于bln （x +1）≥g （a ）max ＝g （0），即xe ﹣x ≤bln （x +1），对x ∈[0，+∞）恒成立．………（8分）（ⅰ）当b ≤0时，∀x ∈（0，+∞），bln （x +1）＜0，xe ﹣x ＞0，此时xe ﹣x ＞bln （x +1），不合题意，舍去．…………（9分）（ⅱ）当b＞0时，令h（x）＝bln（x+1）﹣xe﹣x，x∈[0，+∞），则ℎ′(x)=bx+1−(e−x−xe−x)=bex+x2−1(x+1)e x，……（10分）其中（x+1）e x＞0，∀x∈[0，+∞），令p（x）＝be x+x2﹣1，x∈[0，+∞），则p（x）在区间[0，+∞）上单调递增，……（11分）①当b≥1时，p（x）≥p（0）＝b﹣1≥0，所以对∀x∈[0，+∞），h'（x）≥0，则h（x）在[0，+∞）上单调递增，故对任意x∈[0，+∞），h（x）≥h（0）＝0，即不等式bln（x+1）≥xe﹣x在[0，+∞）上恒成立，满足题意．…………（12分）②当0＜b＜1时，由p（0）＝b﹣1＜0，p（1）＝be＞0及p（x）在区间[0，+∞）上单调递增，所以存在唯一的x0∈（0，1）使得p（x0）＝0，且x∈（0，x0）时，p（x）＜0．即h'（x）＜0，所以h（x）在区间（0，x0）上单调递减，则x∈（0，x0）时，h（x）＜h （0）＝0，即bln（x+1）＜xe﹣x，不符合题意．……（13分）综上所述，b≥1．…………（14分）。
天津市南开区高考数学二模试卷(理科)
高考数学二模试卷（理科）一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）1.设全集为R，若集合A={x|（x+2）（x-3）≥0}，集合B={x|x＞1}，则（∁R A）∪B=（）A. [3，+∞）B. （1，3]C. （1，3）D. （-2，+∞）2.已知实数x，y满足约束条件，则z=2x+4y的最小值是（）A. -6B. -10C. 5D. 103.如图是一个算法流程图，若输入n的值是13，输出S的值是46，则a的取值范围是（）A. 9≤a＜10B. 9＜a≤10C. 10＜a≤11D. 8＜a≤94.祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是说两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等．设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等．根据祖暅原理可知，p是q的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件5.已知a=，，c=，则（）A. B. C. D.6.设f（x）=sin3x-cos3x，把y=f（x）的图象向左平移φ（φ＞0）个单位长度后，恰好得到函数g（x）=-sin3x+cos3x的图象，则φ的值可以为（）A. B. C. D. π7.已知F1，F2分别是双曲线3x2-y2=3a2（a＞0）的左右焦点，P是抛物线y2=8ax与双曲线的一个交点，若|PF1|+|PF2|=12，则抛物线的准线方程为（）A. x=-4B. x=-3C. x=-2D. x=-18.已知函数，若关于x的方程|f（x）-a|+|f（x）-a-1|=1有且仅有两个不同的整数解，则实数a的取值范围是（）A. ，B. ，C. [-1，D. [0，3]二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）9.已知复数，i为虚数单位，则|z|2=______．10.在的展开式中，含x2项的二项式系数为______．11.球O是正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球，若正方体ABCD-A1B1C1D1的表面积为S1，球O的表面积为S2，则=______．12.已知在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为(为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，直线l与圆C交于M、N两点，则|MN|=______．13.在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AC与BD交于点M，AB=2CD=4．若•=-1，则cos∠BMC=______．14.已知函数，其中e为自然对数的底数，若f（2a2）+f（a-3）+f（0）＜0，则实数a的取值范围为______．三、解答题（本大题共6小题，共80.0分）15.在△ABC中，a、b、c分别是三个内角A、B、C的对边，若b=3，c=4，C=2B，且a≠b．（1）求cos B及a的值；（2）求的值．16.甲、乙两人玩猜数字游戏，规则如下：①连续竞猜3次，每次相互独立；②每次竞猜时，先由甲写出一个数字，记为a，再由乙猜甲写的数字，记为b，已知a，b∈{0，1，2，3，4，5}，若|a-b|≤1，则本次竞猜成功；③在3次竞猜中，至少有2次竞猜成功，则两人获奖．（Ⅰ）求甲乙两人玩此游戏获奖的概率；（Ⅱ）现从6人组成的代表队中选4人参加此游戏：这6人中有且仅有2对双胞胎，记选出的4人中含有双胞胎的对数为X，求X的分布列和期望．17.在如图所示的几何体中，△ABC是边长为2的正三角形，AE＞1，AE⊥平面ABC，平面BCD⊥平面ABC，BD=CD，且BD⊥CD．（1）若AE=2，求证：AC∥平面BDE；（2）若二面角A-DE-B为60°，求AE的长；（3）在（2）的条件下，求直线CD与平面BDE所成角．18.已知数列{a n}的前n项和，数列{b n}满足．（1）求证：数列{b n}是等差数列，并求数列{a n}的通项公式；（2）设，数列{c n}的前n项和为T n，求满足∈N*）的n的最大值．19.已知椭圆的左顶点为A，右焦点为F（c，0），直线l：与x轴相交于点T，且F是AT的中点．（1）求椭圆的离心率；（2）过点T的直线与椭圆相交于M、N两点，M、N都在x轴上方，并且M在N、T之间，且N到直线l的距离是M到直线l的距离的2倍．①记△NFM、△NFA的面积分别为S1、S2，求；②若原点O到直线TN的距离为，求椭圆方程．20.已知函数f（x）=x log a x（a＞0），g（x）=（m+1）x-ln x-f（x），函数f（x）在点x=e-1处取得极小值-e-1（e为自然对数的底数）．（1）若g'（x）恰有一个零点，求m的取值范围；（2）若g'（x）有两零点x1、x2（x1＜x2），求证：．答案和解析1.【答案】D【解析】解：A={x|（x+2）（x-3）≥0}={x|x≥3或x≤-2}，∁R A={x|-2＜x＜3}，则（∁R A）∪B={x|x＞-2}=（-2，+∞），故选：D．求出集合的等价条件，结合补集并集定义进行计算即可．本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件，结合补集并集的定义是解决本题的关键．比较基础．2.【答案】A【解析】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（3，-3），化目标函数z=2x+4y为y=，由图可知，当直线y=过点A时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为-6．故选：A．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．3.【答案】B【解析】解：依次运行流程图，结果如下：n=13，S=0满足判断框内的条件n≥a，S=13，n=12满足判断框内的条件n≥a，S=25，n=11满足判断框内的条件n≥a，S=36，n=10满足判断框内的条件n≥a，S=46，n=9此时，不满足判断框内的条件n≥a，退出循环，所以a的取值范围是9＜a≤10．故选：B．由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．4.【答案】A【解析】【分析】本题考查了祖暅原理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．利用祖暅原理可得：A、B在等高处的截面积恒相等”，可得：A、B的体积相等．即可判断出p与q的关系．【解答】解：设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等．由“A、B在等高处的截面积恒相等”，由祖暅原理，可得：A、B的体积相等．因此可得：A、B的体积不相等，必然：A、B在等高处的截面积不恒相等．即p⇒q，反之不成立．∴p是q的充分不必要条件．故选A．5.【答案】C【解析】【分析】本题考查指数函数和对数函数的性质,属于基础题.解题的关键是借助指数函数和对数函数的单调性得出与0, 1这样的特殊值的大小关系, 从而得出答案.【解答】解: ∵,, ,∴,故选C.6.【答案】D【解析】解：将y=f（x）的图象向左平移φ（φ＞0）个单位长度得：g（x）=sin3（x+φ）-cos3（x+φ）=sin（3x+3φ）-cos（3x+3φ），①当φ=时，g（x）=sin3x+cos3x，不合题意，②当φ=时，g（x）=cos3x，不合题意，③当φ=时，g（x）=-sin3x-cos3x，不合题意，④当φ=π时，g（x）=-sin3x+cos3x，满足题意，综合①②③④得：选项D满足题意，故选：D．三角函数图象的平移及诱导公式，两角和与差的正，余公式逐一检验即可得解本题考查了三角函数图象的平移及诱导公式，属中档题．7.【答案】C【解析】【分析】本题考查了双曲线、抛物线的性质，属于中档题．求出P点坐标，计算|PF1|，|PF2|，列方程计算a的值即可得出答案．【解答】解：双曲线的标准方程为-=1，∴双曲线的右焦点F2（2a，0）为抛物线y2=8ax的焦点，联立方程组，消元可得3x2-8ax-3a2=0，解得x=3a或x=-（舍）．不妨设P在第一象限，则P（3a，2a），又F1（-2a，0），∴|PF1|==7a，|PF2|==5a，∴|PF1|+|PF2|=12a=12，即a=1．∴抛物线的准线方程为x=-2．故选：C．8.【答案】A【解析】解：要使方程|f（x）-a|+|f（x）-a-1|=1，则当且仅当f（x）-a≥0，且f（x）-a-1≤0时，方程等价为f（x）-a-f（x）+a+1=1，即f（x）≥a，且f（x）≤a+1，得a≤f（x）≤a+1，作出函数f（x）的图象如图：∵f（0）=-1，f（1）=0，f（-1）=，f（-2）=，∴要使a≤f（x）≤a+1的整数解只有两个，则其中一个整数解为x=0，另外一个整数解为x=-1，即满足，得，即-≤a＜，即实数a的取值范围是[-，），故选：A．本题主要考查函数与方程的应用，绝对值不等式，函数图象的应用，是中档题．由题意得，方程当且仅当f（x）-a≥0，且f（x）-a-1≤0成立，即a≤f（x）≤a+1的整数解只有两个，利用数形结合建立不等式关系进行求解即可．9.【答案】【解析】解：∵=，∴|z|2=．故答案为：．利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．10.【答案】560【解析】解：在的展开式中，通项公式为T r+1=•（-2）r•x14-3r，令14-3r=2，求得r=4，可得含x2项的二项式系数为560，故答案为：560．在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可求得含x2项的二项式系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．11.【答案】【解析】【分析】本题考查了正方体的表面积和正方体的外接球的表面积，考查空间想象能力，属于基础题．设棱长为a，易得正方体表面积，结合正方体外接球直径为其体对角线长可得球的表面积，即可得解．【解答】解：设正方体棱长为a，则正方体表面积为：S1=6a2，球O的半径为：，所以，∴=．故答案为：．12.【答案】4【解析】【分析】化圆的参数方程为普通方程，化直线的极坐标方程为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离，由MN过圆心即可得|MN|等于圆C的直径．本题考查简单曲线的极坐标方程，考查直线与圆位置关系的应用，是中档题.【解答】解：由(为参数），消去θ得：（x-3）2+（y+1）2=4,由，得，即x+y-2=0．∴圆心（3，-1）到直线x+y-2=0的距离d=，即直线过圆C的圆心，∴|MN|=．故答案为：4．13.【答案】【解析】解：如图，由题意可知，△MCD∽△MAB∵AB=2CD=4，∴AM=2MC，BM=2MD，设MD=MC=m，则AC=BD=3m，由•=-1，得9m2cos∠CMD=-1，∴cos，在△CMD中，有22=m2+m2-2m2cos∠CMD，即，解得：．∴cos∠CMD=．则cos∠BMC=cos（π-∠BMD）=-cos∠CMD=．故答案为：．由题意画出图形，结合△MCD∽△MAB，可设MD=MC=m，则AC=BD=3m，由•=-1，求得cos，在△CMD中，利用余弦定理求出m2，进一步求得cos∠CMD，则答案可求．本题考查平面向量的数量积运算，训练了利用数量积求斜率的夹角，是中档题．14.【答案】（-，1）【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性与单调性的性质以及应用，关键是分析函数f（x）的奇偶性与单调性，属于中档题．根据题意，由奇函数的定义分析可得f（x）为奇函数，求出f（x）的导数，利用函数的导数与单调性的关系分析可得f（x）在R上为增函数，据此可得f（2a2）+f（a-3）+f （0）＜0⇒f（2a2）＜f（3-a）⇒2a2+a-3＜0，解可得a的取值范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，函数=e x--2sin x，其定义域为R，f（0）=1-1-0=0，有f（-x）=-e x+2sin x=-f（x），则函数f（x）在R上为奇函数，又由f′（x）=e x+-2cos x≥2-2cos x≥0，则f（x）在R上为增函数，f（2a2）+f（a-3）+f（0）＜0⇒f（2a2）+f（a-3）＜0⇒f（2a2）＜-f（a-3）⇒f（2a2）＜f（3-a）⇒2a2+a-3＜0，解可得：-＜a＜1，即a的取值范围为（-，1）.故答案为：（-，1）．15.【答案】（本题满分为13分）解：（1）在△ABC中，由正弦定理，可得：，…2分∵C=2B，∴=，解得：cos B=，…4分在△ABC中，由余弦定理b2=a2+c2-2ac cos B，可得：a2-a+7=0，解得a=3，或a=，∵a≠b，∴a=…7分（2）∵cos B=，可得sin B=，∴sin2B=2sin B cosB=，cos2B=2cos2B-1=-，…11分∴cos（2B+）=cos2B-sin2B=-…13分【解析】（1）由正弦定理，二倍角的正弦函数公式可求cos B的值，由余弦定理可得a 的值．（2）利用同角三角函数基本关系式可求sin B的值，利用二倍角公式可求sin2B，cos2B 的值，根据两角和的余弦函数公式可求cos（2B+）的值．本题主要考查了正弦定理，二倍角的正弦函数公式，余弦定理，同角三角函数基本关系式，两角和的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．16.【答案】解：（I）由题意基本事件的总数为个，记事件A为“甲乙两人一次竞猜成功”，若|a-b|=0，则共有6种竞猜成功；若|a-b|=1，a=1，2，3，4时，b分别有2个值，而a=0或5时，b只有一种取值．利用古典概型的概率计算公式即可得出P（A）=．设随机变量ξ表示在3次竞猜中竞猜成功的次数，则甲乙两人获奖的概率P（ξ≥2）=1-P（ξ=0）-P（ξ=1）=1--=．（II）由题意可知：从6人中选取4人共有种选法，双胞胎的对数X的取值为0，1，2．则P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==．随机变量X的分布列为期望为E（X）=．【解析】（I）由题意基本事件的总数为个，记事件A为“甲乙两人一次竞猜成功”，分|a-b|=0和|a-b|=1．利用古典概型的概率计算公式即可得出P（A）=．设随机变量ξ表示在3次竞猜中竞猜成功的次数，则ξ～B．则甲乙两人获奖的概率P（ξ≥2）=1-P（ξ=0）-P（ξ=1）．（II）由题意可知：从6人中选取4人共有种选法，双胞胎的对数X的取值为0，1，2．X=0，表示的是分别从2对双胞胎中各自选取一个，再把不是双胞胎的2人都取来；X=1，表示的是从2对双胞胎中选取一对，另外2人的选取由两种方法，一种是把不是双胞胎的2人都选来，另一种是从另一双胞胎中选一个，从不是双胞胎的2人中选一个；X=2，表示的是把2对双胞胎2人都选来．据此即可得出X的分布列和EX．正确分类和熟练掌握古典概型的概率计算公式、二项分布、随机变量的分布列和数学期望是解题的关键．17.【答案】（1）证明：取AB的中点M，BC的中点O，BE的中点N，连接OM，OD，DN，MN，∵O，M，N分别是BC，AB，BE的中点，∴OM∥AC，MN∥AE，MN=AE=1，∵BD=CD，O是BC的中点，∴OD⊥BC，∵平面BCD⊥平面ABC，平面BCD∩平面ABC=BC，∴OD⊥平面ABC，又AE⊥平面ABC，∴OD∥AE，∵△BCD是等腰直角三角形，BC=2，∴OD=1，∴OD∥MN，OD=MN，∴四边形OMND是平行四边形，∴DN∥OM，∴DN∥AC，又DN⊂平面BDE，AC⊄平面BDE，∴AC∥平面BDE．（2）解：∵△ABC是等边三角形，∴OA⊥BC，以O为原点，以OB，OA，OD为坐标轴建立空间坐标系O-xyz，如图，则O（0，0，0），D（0，0，1），B（1，0，0），设AE=m（m＞0），则E（0，，m），∴=（-1，0，1），=（0，，m-1），设平面BDE的法向量为=（x，y，z），则，即，令x=1可得=（1，，1），又平面ADE的一个法向量为=（1，0，0），∴cos＜＞==，令=cos60°=，解得m=1+．∴AE=1+．（3）=（1，0，1），=（1，-，1），∴cos＜＞===，∴直线CD与平面BDE所成角的正弦值为，故直线CD与平面BDE所成角为45°．【解析】（1）取AB的中点M，BC的中点O，BE的中点N，证明四边形OMND是平行四边形得出DN∥OM，又OM∥AC即可得出DN∥AC，于是AC∥平面BDE；（2）以O为原点建立空间坐标系，设AE=m，求出两平面的法向量，令法向量夹角余弦值的绝对值等于计算m的值即可；（3）计算与平面BDE的法向量的夹角余弦值得出所求的线面角．本题考查线面垂直性质定理、线面垂直判定与性质定理以及利用空间向量求线面角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题．18.【答案】解：（1）证明：∵S n=-a n-+2，①∴当x≥2时，S n-1=-a n-1-+2，②①-②得，a n=S n-S n-1=-a n+a n-1+，∴2n a n=2n-1a n-1+1，∵b n=2n a n，∴b n=b n-1+1∴当x≥2时，b n-b n-1=1，又当x=1时，S1=-a1-1+2=a1，∴a1=，∴b1=2a1=1，∴数列{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴b n=n=2n a n，∴a n=；（2）===∴T n==，∵∈N*），∴即＜，∴n＜5，∵n∈N*∴n的最大值为4．【解析】（1）当x≥2时a n=S n-S n-1，化简可得b n-b n-1=1，然后根据等差数列的定义即可证明数列{b n}是等差数列；（2）将a n代入c n中，得c n的通项公式，然后利用裂项相消法可得c n的前n项和T n，解不等式可得n的范围，进一步得到n的最大值．本题主要考查等差数列的定义和求数列通项公式和前n项和，利用裂项相消法是解决本题的关键，属于中档题．19.【答案】解：（1）由F是AT的中点，可得-a+=2c，即（a-2c）（a+c）=0，又a、c＞0，则a=2c，可得e=；（2）①过M，N作直线l的垂线，垂足分别为M1，N1，由NN1=2MM1，得M是NT的中点，可得，又F是AT中点，即有S△ANF=S△TNF，故；②设F（c，0），则椭圆方程为，由①知M是N，T的中点，不妨设M（x0，y0），则N（2x0-4c，2y0），又M，N都在椭圆上，即有，即，两式相减得：，解得，可得，故直线MN的斜率为k=，直线MN的方程为y=-（x-4c），即x+6y-4c=0，原点O到直线TN的距离为d=，依题意，解得c=，故椭圆方程为．【解析】（1）由题意列关于a，c的方程，求解即可得到椭圆的离心率；（2）①过M，N作直线l的垂线，垂足分别为M1，N1，由N到直线l的距离是M到直线l的距离的2倍结合三角形底面积公式计算即可得到所求比值；②设F（c，0），则椭圆方程为，运用点差法求得直线MN的斜率和方程，运用点到直线的距离公式求解c，计算即可得到所求椭圆方程．本题考查椭圆的离心率的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算能力，属于难题．20.【答案】解：（1）由f（x）=x log a x（a＞0），得f'（x）=，因为f（x）在点x=e-1处取得极小值-e-1，所以，所以a=e，所以g（x）=（m+1）x-ln x-f（x）=（m+1）x-ln x-x lnx，所以g'（x）=m-，令F（x）=g'（x），则F′（x）=，令F′（x）=0，得x=1．当x＞1时，F′（x）＜0，F(x)在（1，+∞）单调递减；当0＜x＜1时，F′（x）＞0，F(x)在（0，1）单调递增，故F（x）max=F（1）=m-1．①当m-1=0，即m=1时，因最大值点唯一，故符合题设；②当m-1＜0，即m＜1时，F（x）＜0恒成立，不合题设；③当m-1＞0，即m＞1时，一方面，∃e m＞1，F（e m）=-＜0；另一方面，∃e-m＜1，F（e-m）≤2m-e m＜0（易证：e x≥ex），于是，F（x）有两零点，不合题设．综上，m的取值范围为{1}．（2）证明：先证x1+x2＞2．依题设，有m=+ln x1=+ln x2，于是=ln．记=t，t＞1，则ln t=，故x1=．于是x1+x2=x1（t+1）=，x1+x2-2=．记函数G（x）=-ln x，x＞1．因G′（x）=＞0，故G（x）在（1，+∞）单调递增．于是，t＞1时，G（t）＞G（1）=0．又ln t＞0，所以x1+x2＞2．再证x1+x2＜3e m-1-1，F（x）=0⇔h（x）=mx-1-x lnx=0，故x1，x2也是h（x）=0的两个零点．由h′（x）=m-1-ln x=0，得x=e m-1（记p=e m-1）．由（1）知，p是h（x）的唯一最大值点，故有，作函数φ（x）=ln x--ln p，则φ′（x）=≥0，故φ（x）单调递增．当x＞p时，φ（x）＞φ（p）=0；当0＜x＜p时，φ（x）＜0．于是，mx1-1=x1ln x1＜+x1ln p．整理，得（2+ln p-m）x12-（2p+mp-p lnp-1）x1+p＞0，即x12-（3e m-1-1）x1+e m-1＞0．同理x22-（3e m-1-1）x2+e m-1＜0．故x22-（3e m-1-1）x2+e m-1＜x12-（3e m-1-1）x1+e m-1，即（x2+x1）（x2-x1）＜（3e m-1-1）（x2-x1），于是x1+x2＜3e m-1-1．综上，2＜x1+x2＜3e m-1-1．【解析】（1）先求出a的值，然后求得单调区间和最大值，通过最大值的符号，讨论m的大小，即可得到m的取值；（2）先证x1+x2＞2．依题设，有m=+ln x1=+ln x2，整理，构造函数G（x）=-ln x，x＞1．通过导数判断单调性，即可得证；再证x1+x2＜3e m-1-1，由（1）知，p是h（x）的唯一最大值点，故有，作函数φ（x）=ln x--ln p，通过导数判断单调性，整理，变形，即可得证．本题主要考查函数的零点的求法和取值范围，同时考查导数的运用，求单调区间和极值、最值，运用构造函数判断单调性是解题的关键，属难题．。