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z 满足41iz i=+，则z 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201≤x A x x ⎧+⎫=⎨⎬-⎩⎭，{|12}B x x =-<<，则A B =（ ）A ．[2,2)-B ．(1,1]-C ．(1,1)-D ．(1,2)-3．已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线方程为2y x =，且经过点4)P ，则双曲线的方程是A ．221432x y -= B ．22134x y -= C ．22128x y -= D ．2214y x -= 4．在ABC △中，12BD DC =，则AD =（ ） A ．1344AB AC + B ．2133AB AC + C ．1233AB AC +D ．1233AB AC -5．．．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()2sin 16f x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭的图象上各点横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)得到函数()g x 的图象，则下列说法正确的是（ ） A ．函数()g x 的图象关于点,012π⎛⎫-⎪⎝⎭对称 B ．函数()g x 的周期是2π C ．函数()g x 在0,6π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增 D ．函数()g x 在0,6π⎛⎫⎪⎝⎭上最大值是1 7．已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左右焦点分别为12,F F ，右顶点为A ，上顶点为B ，以线段1F A 为直径的圆交线段1F B 的延长线于点P ，若2//F B AP ，则该椭圆离心率是（ ）A 3B 3C 2D 28．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A 必须排在前三项执行，且执行任务A 之后需立即执行任务E ，任务B 、任务C 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9．函数2()sin f x x x x =+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n 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910．若这堆货物总价是910020010n⎛⎫- ⎪⎝⎭万元，则n 的值为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．1012．函数1()21x x f x e e b x -=---在(0,1)内有两个零点，则实数b 的取值范围是（ ）A ．(1)(1)e e e e ---，，B ．(1,0)(0,1)e e --C ．(1,0)(0,1)e e -- D ．(1,)(,1)e e e e ---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{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =，416S =， 则数列{}n a 的公差d =__________．14．若1sin 23πα⎛⎫+=⎪⎝⎭，则cos2cos αα+=_____________． 15．若0a b +≠，则2221()a b a b +++的最小值为_________． 16．已知半径为4的球面上有两点A B ，，42AB =，球心为O ，若球面上的动点C 满足二面角C AB O --的大小为60︒，则四面体OABC 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ABC △中，角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，22sin sin sin sin 2sin A B A B c C ++=，ABC △的面积S abc =．(Ⅰ)求角C ；(Ⅱ)求ABC △周长的取值范围．18．(12分)如图，三棱台ABC EFG -的底面是正三角形，平面ABC ⊥平面BCGF ，2CB GF =，BF CF =．(Ⅰ)求证：AB CG ⊥(Ⅱ)若BC CF =，求直线AE 与平面BEG 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2:2(0)C x py p =>上一点(,9)M m 到其焦点F 的距离为10．(Ⅰ)求抛物线C 的方程；(Ⅱ)设过焦点F 的直线l 与抛物线C 交于A B ，两点，且抛物线在A B ，两点处的切线分别交x 轴于P Q ，两点，求AP BQ ⋅的取值范围．21．(本小题满分12分)已知函数2()(1)ln(1)f x a x x x ax =++--(0a >)是减函数． (Ⅰ)试确定a 的值； (Ⅱ)已知数列{}n a ，ln(1)1n n a n +=+，123n n T a a a a =⋅⋅(n N *∈)，求证：()ln 212n nn T +<-⎡⎤⎣⎦．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xOy 中，曲线1C 的参数方程为2cos sin x y θθ=⎧⎨=⎩(θ为参数)．在以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 极坐标方程为24sin 3ρρθ=-．(Ⅰ)写出曲线1C 和2C 的直角坐标方程；(Ⅱ)若P Q ，分别为曲线1C ，2C 上的动点，求PQ 的最大值．23．(本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲已知()32f x x =+．(Ⅰ)求()1≤f x 的解集；(Ⅱ)若2()≥f x a x 恒成立，求实数a 的最大值．合肥市2019届高三第二次教学质量检测1．答案：A 解析：221(1)(1)2z i i i i ====+++- 2．答案：C 解析：由201≤x x +-，可得(2)(1)0≤x x +-且10x -≠，解得21≤x -<，所以{|21}≤A x x =-<，又{|12}B x x =-<<，所以(1,1)A B =-．3．答案：C 解析：由题意可知2,2b b a a =∴=，故222214x y a a -=，将4)P 代入，得：2261614a a-=，解得222,8a b ==，所以双曲线的方程是22128x y -=． 4．答案：B解析：()11213333AD AB BD AB BC AB AC AB ABAC =+=+=+-=+．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：()(2)2sin 216g x f x x π⎛⎫==+- ⎪⎝⎭， 选项A ，当12x π=-时，206x π+=，112f π⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，所以函数()g x 的图象关于点,112π⎛⎫-- ⎪⎝⎭对称，A 错；选项B ，函数()g x 的周期2T π选项C ，当0,6x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，选项D ，因为函数()g x 在⎛ ⎝有最大值，D 错．7．答案：D解析：因为点P 在以线段1F 又因为2//F B AP ，所以2F 所以12F F B △222OF c e a BF ===．8．答案：B解析：若任务A 22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2222416A A =；AB CD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2222416A A =；所以不同的执行方案共有12161644++=种．A E AE A E9．答案：A解析：()f x 为偶函数，排除选项B ，2()sin (sin )f x x x x x x x =+=+，设()sin g x x x =+，则()1cos 0≥g x x '=+恒成立，所以()g x 单调递增，所以当0x >时，()(0)0g x g >=， 所以当0x >时，()()0f x xg x =>，且()f x 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PAD ⊥平面ABCD ，平面PAB ⊥平面PAD ， 平面PCD ⊥平面PAD ，平面PAB ⊥平面PCD ， 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n 层的总价值为n a 万元，则1910n n a n -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭万元，设总价为n S 万元，则01221123199999123(1)1010101010999999123(1)101010101010n n n n nn S n n S n n ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭①②-①②，得：2191199999910110(10)9101010101010101nn n n nn S n n n -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=++++-⨯=-⨯=-+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，所以910010(10)10nn S n ⎛⎫=-+⨯ ⎪⎝⎭12．答案：D 解析：显然102f ⎛⎫=⎪⎝⎭，由1()210x x f x e e b x -=---=，得121x xe e b x --=-，设1()x x g x e e -=-， ()21h x b x =-，因为1()0x x g x e e -'=+>恒成立，所以()g x 单调递增，且1(1)()x x g x e e g x --=-=-，所以()g x 关于点1,02A ⎛⎫⎪⎝⎭对称，当0b >时，函数()y g x =与()y h x =在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内有一个交点，因为12g ⎛⎫'= ⎪⎝⎭(1)1g e =-，(1,1)B e -，2(1)AB k e =-，所以22(1)b e <<-，1b e <<-， 当0b <时，同理可得1e b -<<b 的取值范围是(1,(,1)e e e ---．13．答案：2 解析：211413146162a ad a S a d d =+==⎧⎧⇒⎨⎨=+==⎩⎩． 14．答案：49- 解析：1sin cos 23παα⎛⎫+== ⎪⎝⎭，则2214cos 2cos 2cos 1cos 1939αααα+=-+=-+=-． 15PABCD解析：222222222()()2()222≥a b a b a b ab a b a b +++++++==，当且仅当a b =时等号成立，所以222221()1()2()≥≥a b a b a b a b ++++=++22()12()a b a b +=+时取等号， 所以当342a b -==时，2221()a b a b +++． 16．答案：3解析：设ABC △所在截面圆的圆心为1O ，AB 中点为D ，连接1,OD O D ，则1ODO ∠即为二面角C AB O--的平面角，160ODO ∠=︒，因为4,OA OB AB ===，所以OAB △是等腰直角三角形，OD ∴=在1Rt ODO △中，可得11O D OO ==四面体OABC 外接球的球心E 在射线1OO 上，设外接球半径为R ，在1Rt O BE △中，11,O B BE R O E R ====，由勾股定理可得：22211O B O E BE +=，即2210(R R +-=，解得R =．17．解析：(Ⅰ) 由sin 2S abc ab C ==可知2sin c C =， ∴222sin sin sin sin sin A B A B C ++=. 由正弦定理得222a b ab c ++=.由余弦定理得1cos 2C =-，∴23C π=. …………………………5分(Ⅱ)由(Ⅰ)知2sin c C =，∴2sin a A =，2sin b B =.ABC △的周长为()1sin sin sin 2a b c A B C ++=++111sin sin sin cos sin 2342224111sin sin 2223A A A A A A A A ππ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=+-+=+-+ ⎪ ⎪⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦⎝⎭⎛⎫⎛⎫=+=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∵0 3A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，∴2,333A πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，∴sin 3A π⎤⎛⎫+∈⎥ ⎪⎝⎭⎝⎦， ∴ABC △的周长的取值范围为⎝⎦. …………12分18．解：(Ⅰ)取BC 的中点为D ，连结DF .由ABC EFG -是三棱台得，平面//ABC 平面EFG ，从而//BC FG .∵2CB GF =，∴CD GF ，∴四边形CDFG 为平行四边形，∴//CG DF . ∵BF CF =，D 为BC 的中点， ∴DF BC ⊥，∴CG BC ⊥.∵平面ABC ⊥平面BCGF ，且交线为BC ，CG ⊂平面BCGF ， ∴CG ⊥平面ABC ，而AB ⊂平面ABC ，∴CG AB ⊥. ………………………5分 (Ⅱ)连结AD .由ABC △是正三角形，且D 为中点得，AD BC ⊥. 由(Ⅰ)知，CG ⊥平面ABC ，//CG DF ， ∴DF AD DF BC ⊥⊥，，∴DB DF DA ，，两两垂直.以DB DF DA ，，分别为x y z ，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.设2BC =，则13(0,0,3),,3,,(1,0,0),(1,3,0)22A E B G ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴13,3,22AE ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，(2,3,0)BG =-，33 3 22BE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，. 设平面BEG 的一个法向量为(,,)n x y z =.由00BG n BE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得，230 333022x y x y z ⎧-+=⎪⎨-++=⎪⎩，. 令3x =，则21y z ==-，，∴(3,2,1)n =-.设AE 与平面BEG 所成角为θ，则6sin cos 4AE n AE n AE nθ⋅===⋅，. …………………………12分 19．解：(Ⅰ)X 所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6.111(0)1010100P X ==⨯=，111(1)210525P X ==⨯⨯=，11213(2)25551025P X ==⨯+⨯⨯=， 131211(3)2210105550P X ==⨯⨯+⨯⨯=，22317(4)25510525P X ==⨯+⨯⨯=， 236(5)251025P X ==⨯⨯=，339(6)1010100P X ==⨯=， ∴X 的分布列为X0 1 2 3 4 5 6 P1100 125 325 1150 725 625 9100 …………………………5分(Ⅱ)选择延保方案一，所需费用1Y 元的分布列为：1Y7000 9000 11000 13000 15000P17100 1150 725 625 9100117117697000900011000130001500010720100502525100EY =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=(元). 选择延保方案二，所需费用2Y 元的分布列为：26761000011000120001042010025100EY =⨯+⨯+⨯=(元). ∵12EY EY >，∴该医院选择延保方案二较合算. …………………………12分 20．解：(Ⅰ)已知(,9)M m 到焦点F 的距离为10，则点M 到其准线的距离为10．∵抛物线的准线为2p y =-，∴9102p+=，解得，2p =，∴抛物线的方程为24x y =. …………………………5分 (Ⅱ)由已知可判断直线l 的斜率存在，设斜率为k ，因为(0,1)F ，则:1l y kx =+. 设2114x A x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，2224x B x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，由214y kx x y =+⎧⎨=⎩消去y 得，2440x kx --=，∴124x x k +=，124x x =-.由于抛物线C 也是函数214y x =的图象，且12y x '=，则()21111:42x PA y x x x -=-. 令0y =，解得112x x = ，∴P 11 02x ⎛⎫⎪⎝⎭，，从而AP =.同理可得，BQ =∴AP BQ ⋅===∵20k ≥，∴AP BQ ⋅的取值范围为[2,)+∞. ……………………………12分 21．解：(Ⅰ)()f x 的定义域为(1)-+∞，，()ln(1)2f x a x x '=+-. 由()f x 是减函数得，对任意的(1)x ∈-+∞，，都有()ln(1)20f x a x x '=+-≤恒成立.设()ln(1)2g x a x x =+-.∵212()1a x g x x ⎡⎤⎛⎫--- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦'=+，由0a >知，112a ->-，∴当112a x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，时，()0g x '>；当12a x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭，时，()0g x '<， ∴()g x 在112a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，上单调递增，在12a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，上单调递减，∴()g x 在12a x =-时取得最大值. 又∵(0)0g =，∴对任意的(1)x ∈-+∞，，()(0)g x g ≤恒成立，即()g x 的最大值为(0)g . ∴102a-=，解得2a =. ……………………………5分 (Ⅱ)由()f x 是减函数，且(0)0f =可得，当0x >时，()0f x <，∴()0f n <，即22(1)ln(1)2n n n n ++<+.两边同除以22(1)n +得，ln(1)121211n n n n n n ++<⋅⋅+++，即12211n n n a n n +<⋅⋅++.从而1231112334521222341234121n n n n n n n T a a a a n n n +++⎛⎫⎛⎫=⋅⋅<⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅ ⎪⎪+++⎝⎭⎝⎭， 所以[]21(2)ln (2)ln 2ln(2)ln(1)(1)ln 22(1)n n n n T n n n n +⎡⎤++<=+-+-+⎢⎥+⎣⎦①.下面证2ln(1)ln(1)(1)ln 2102nn n n +-+-++-<： 记()2ln(2)ln(1)(1)ln 212xh x x x x =+-+-++-，[1,)x ∈+∞.∴2211111()ln 2ln 2ln 2221232223x h x x x x x x x'=--+=-+=-+++++++，∵2y x x=+在[2)+∞，上单调递增，∴()h x '在[2)+∞，上单调递减，而1111(2)ln 2(23ln 2)(2ln8)06233h '=-+=-=-<，∴当[2)x ∈+∞，时，()0h x '<恒成立， ∴()h x 在[2)+∞，上单调递减，即[2)x ∈+∞，，()(2)2ln 4ln33ln 2ln 2ln30h x h =--=-<≤， ∴当2n ≥时，()0h n <.∵19(1)2ln 3ln 22ln 2ln 028h =---=-<，∴当*n N ∈时，()0h n <，即2ln(1)ln(1)(1)ln 212n n n n +-+-+<-②.综上①②可得，()ln 212n nn T +<-⎡⎤⎣⎦. ……………………………12分 22．解：(Ⅰ)曲线1C 的直角坐标方程为2214x y +=，曲线2C 的直角坐标方程为2243x y y +=-，即22(2)1x y +-=.…………………………5分 (Ⅱ)设P 点的坐标为(2cos sin θθ，).21PQ PC +≤11==当2sin 3θ=-时，maxPQ 1+. …………………………10分 23．解：(Ⅰ)由()1f x ≤得321x +≤，所以1321x -+≤≤，解得113x --≤≤，所以，()1f x ≤的解集为113⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，. …………………………5分 (Ⅱ) 2()≥f x a x 恒成立，即232x a x +≥恒成立.当0x =时，a R ∈；当0x ≠时，23223x a x x x+=+≤.因为23x x +≥当且仅当23x x =，即3x =时等号成立)， 所以a ≤a 的最大值是. …………………………10分。
安徽省合肥市2019届高三第二次教学质量检测数学理试题(解析版)
上单调递增，所以 g ( x) g 2 1 1 ，所以函数 g ( x) 在 0, 上 6 6 6
没有最大值，D 错．
7.已知椭圆
x2 y 2 1 ( a b 0 )的左右焦点分别为 F1，F2 ，右顶点为 A ，上顶点为 B ，以线段 F1 A 为直径的 a 2 b2
n
9 9 9 所以 S n 100 10( n 10) ，根据题意 100 10( n 10) 100 200 ，解得 n 10 ． 10 10 10
12.函数 f x e x e1 x b 2 x 1 在(0，1)内有两个零点，则实数 b 的取值范围是
列说法正确的是
0 对称 A.函数 g x 的图象关于点 ， 12
C.函数 g x 在 0， 上单调递增 6
B.函数 g x 的周期是
2
D.函数 g x 在 0， 上最大值是 1 6
答案：C 考点：三角函数函数图象的变换，图象的性质。
h( x) b 2 x 1 ，因为 g ( x) e x e1 x 0 恒成立，所以 g ( x) 单调递增，
且 g (1 x) e
1 x
1 1 y h( x) 在 ,1 内有一个交点，因为 g 2 e ， g (1) e 1 ， B (1, e 1) ， k AB 2(e 1) ，所以 2 2 2 e 2b 2(e 1) ，所以 e b e 1 ，
①②
，得：
2 n 1
9 n 10
n 1
n 1
① 9 n 10
2019合肥二模理科数学试卷 含答案
3．答案：C
解析：由题意可知 b a
=
2,∴b =
2a
，故
x2 a2
−
y2 4a2
= 1，将 P(
6
,
4)
代入，得：
6 a2
−
16 4a2
= 1 ，解
得= a2 2= , b2 8 ，所以双曲线的方程是 x2 − y2 = 1．
sin
2x
+
π 6
−1
，
选项 A，当 x =
− π 时，2x + π
12
6
=0 ， f
−
π 12
= −1 ，所以函数
g
(x)
的图象关于点
−
π 12
,
−1
对称，A
错；
选项 B，函数 g(x) 的周期=T 2=π π ，B 错； 2
选项
C，当
x
∈
0,
π 6
时， 2 x
+
π 6
∈
π 6
,
π 2
，所以函数
g
(x)
在
0,
π 6
上单调递增，C
正确；
选项
D，因为函数
g
(
x)
在
0,
π 6
上单调递增，所以
g
(
x)
<
g
π 6
=
2 −1 =
1，所以函数 g(x) 在 0,
π 6
上没
有最大值，D 错．
7．答案：D
2019合肥市二模试卷及答案(理)
合肥市2019年高三第二次教学质量检测数学试题(理)【考试时间:120分钟满分150分)第I卷(满分50分)一、选择题(共10个小题，每小题5分，满分50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Z=1 +i(其中i为虚数单位)，则z的模是（)A. 3B.2C.D.2、双曲线的焦点坐标为（）A. (3,0)和(一3,0)B. (2,0)和(一2,0)C. (0,3)和(0,-3)D. (0,2)和(0，一2)3、已知命题P：所有的素数都是奇数，则是（）A、所有的素数都不是奇数B、有些素数是奇数C、存在一个素数不是奇数D、存在一个素数是奇数4、△ABC中，AB=4，∠ABC=30O D是边BC上的一点，且则的值等于（）A、0B、4C、8D、-45、若正四棱锥的正视图如右图所示.则该正四梭锥体积是A、B、C、D、6、执行如图所示程序框图，则输出的结果为（）A、-1B、1C、-2D、27、已知集合A=集合，若集合A、B恒满足，则集合B中的点所形成的几何图形面积的最小值是（）A、B、C、D、8、在△ABC中，a,b,c分别是角A、B、C的对边，若A=，b=1，△ABC的面积为，则a的值为（）A、1B、2C、D、9、中小学校车安全引起社会的强烈关注，为了彻底消除校车的安全隐患，某市购买了50台完全相同的校车，准备发放给10所学校，每所学校至少2台，则不同的发放方案的种数有（）A、B、C、D、10、定义域为R的偶函数f(x)满足对，有f(x+2)=f(x)-f(1),且当时，若函数在上至少有三个零点，则a 得到取值范围是（）A、B、\C、D、第II卷(满分100分)二.填空题(共5小题，每题5分，满分25分)11、已知集合，则所有满足题意的集合B的个数有_;12.，在极坐标系中，点到直线的距离为_;13、若，则=_;14、设函数，的最大值和最小值分别为a n和b n,且15、函数y=f(x)的定义域为其图像上任一点P(x,y)满足①函数y=f(x)一定是偶函数；②函数y=f(x)可能既不是偶函数，也不是奇函数；③函数y=f(x)可以是奇函数；④函数y=f(x)如果是偶函数，则值域是或；⑤函数y=f(x)值域是（-1,1）,则一定是奇函数其中正确命题的序号是（）（填上所有正确的序号）三、解答题（共6小题，满分75分）16、将函数的图像上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位，得到函数y=f(x)的图像，若函数y=f(x)的图像过点（，0），且相邻两对称轴间的距离为。
合肥市2019届高三第二次教学质量检测理科数学
1 4. 在△ABC中, BD DC , 则 AD ( B ) 2 1 3 2 1 A. AB AC B. AB AC 4 4 3 3 1 2 1 2 C . AB AC D. AB AC 3 3 3 3
1 AD AB BD AB BC 3 1 AB AC AB 3 2 1 AB AC B 3 3
A．36种 B．44种 C．48种 D．54种
若任务A排在第一位, 则B, C可以选择的位置组合有3种,
2 2 此时共有排列方法3 A2 A2 12 A
E
若任务A排在第二位, 则B, C可以选择的位置组合有4种,
2 2 此时共有排列方法4 A2 A2 16
A
E
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4 A A 16
P B
2 D. 2
所以F2 B BF1 , 所以△F1 F2 B是 等腰直角三角形, 所以椭圆的 c OF2 2 离心率e a BF2 2
F1 O F2 A
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A必须排在前三项执行，且执行任务A之 后需立即执行任务E，任务B、任务C不能相邻，则不 B 同的执行方案共有（ ）
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．
4i 1. 设复数z满足z , 则z在复平面内对应的点位于 1 i ( A ) A.第一象限 B. 第二象限 C . 第三象限 D. 第四象限
x2 由 ≤ 0, 可得( x 2)( x 1) ≤ 0且x 1 0, x 1 解得 2 ≤ x 1, 所以A { x | 2 ≤ x 1}, 又B { x | 1 x 2}, 所以A B ( 1,1)
2019年安徽省合肥市高考数学二模试卷(理科)-含详细解析
2019年安徽省合肥市高考数学二模试卷（理科）副标题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设复数z满足，则z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，B={x|-1＜x＜2}，则A∩B=（）A. B. C. D.3.已知双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y=2x，且经过点P（，4），则双曲线的方程是（）A. B. C. D.4.在△ABC中，，则=（）A. B. C. D.5.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g（x）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17.已知椭圆（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，以线段F1A为直径的圆交线段F1B的延长线于点P，若F2B∥AP，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A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B、任务C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9.函数f（x）=x2+x sinx的图象大致为（）A. B.C. D.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n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n的值为（）A. 7B. 8C. 9D. 1012.函数f（x）=e x-e1-x-b|2x-1|在（0，1）内有两个零点，则实数b的取值范围是（）A. B.C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a2=3，S4=16，则数列{a n}的公差d=______．14.若，则cos2α+cosα=______．15.若a+b≠0，则的最小值为______．16.已知半径为4的球面上有两点A，B，，球心为O，若球面上的动点C满足二面角C-AB-O的大小为60o，则四面体OABC的外接球的半径为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A+sin2B+sin A sin B=2c sin C，△ABC的面积S=abc．（Ⅰ）求角C；（Ⅱ）求△ABC周长的取值范围．18.如图，三棱台ABC-EFG的底面是正三角形，平面ABC⊥平面BCGF，CB=2GF，BF=CF．（Ⅰ）求证：AB⊥CG；（Ⅱ）若BC=CF，求直线AE与平面BEG所成角的正弦值．19.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：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.已知抛物线C：x2=2py（p＞0）上一点M（m，9）到其焦点F的距离为10．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）设过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，且抛物线在A，B两点处的切线分别交x轴于P，Q两点，求|AP|•|BQ|的取值范围．21.已知函数f（x）=a（x+1）ln（x+1）-x2-ax（a＞0）是减函数．（Ⅰ）试确定a的值；（Ⅱ）已知数列{a n}，，T n=a1a2a3•…•a n（n∈N*），求证：＜．22.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（θ为参数）．在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2极坐标方程为ρ2=4ρsinθ-3．（Ⅰ）写出曲线C1和C2的直角坐标方程；（Ⅱ）若P，Q分别为曲线C1，C2上的动点，求|PQ|的最大值．23.已知f（x）=|3x+2|．（Ⅰ）求f（x）≤1的解集；（Ⅱ）若f（x2）≥a|x|恒成立，求实数a的最大值．答案和解析1.【答案】A【解析】解：∵=，∴z在复平面内的对应点为（2，2），位于第一象限．故选：A．直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2.【答案】C【解析】解：A={x|-2≤x＜1}，B={x|-1＜x＜2}；∴A∩B=（-1，1）．故选：C．可求出集合A，然后进行交集的运算即可．考查描述法、区间的定义，分式不等式的解法，以及交集的运算．3.【答案】C【解析】解：双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y=2x，可得=2，由双曲线经过点P（，4），可得-=1，解得a=，b=2，则双曲线的方程为-=1．故选：C．求得双曲线的渐近线方程可得=2，代入点P的坐标，可得a，b的方程组，解方程即可得到所求双曲线的方程．本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．4.【答案】B【解析】解：∵；∴；∴．故选：B．根据即可得出：，解出向量即可．考查向量减法的几何意义，以及向量的数乘运算．5.【答案】B【解析】解：根据表中数据知，该公司2018年度冰箱类电器销售净利润所占比为-0.48，是亏损的，A正确；小家电类电器营业收入所占比和净利润所占比是相同的，但收入与净利润不一定相同，B错误；该公司2018年度净利润空调类电器销售所占比为95.80%，是主要利润来源，C正确；所以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，D正确．故选：B．根据题意，分析表中数据，即可得出正确的选项．本题考查了数据分析与统计知识的应用问题，是基础题．6.【答案】C【解析】解：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g（x）=2sin（2x+）-1的图象，故：①函数g（x）的图象关于点对称，故选项A错误．②函数的最小正周期为π，故选项B错误．③当时，，所以函数的最大值取不到1．故选项D错误．故选：C．直接利用函数的图象的伸缩变换的应用求出函数的关系式，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．7.【答案】D【解析】解：如图所示，以线段F1A为直径的圆的方程为：+y2=，化为：x2-（a-c）x+y2-ac0．直线F1B的方程为：bx-cy+bc=0，联立，解得P．k AP=，=-．∵F2B∥AP，∴=-，化为：e2=，e∈（0，1）．解得．另解：F1A为圆的直径，∴∠F1PA=90°．∵F2B∥AP，∴∠F1BF2=90°．∴2a2=（2c）2，解得e=．故选：D．如图所示，以线段F1A为直径的圆的方程为：+y2=，化为：x2-（a-c）x+y2-ac0．直线F1B的方程为：bx-cy+bc=0，联立解得P点坐标，利用F2B∥AP，及其斜率计算公式、离心率计算公式即可得出．本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率与离心率计算公式、圆的标准方程，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8.【答案】B【解析】解：根据题意，任务A必须排在前三项执行，分3种情况讨论：①，任务A排在第一位，则E排在第二位，将剩下的2项任务全排列，排好后有3个空位，将B、C安排在3个空位中，有A22A32=12种不同的执行方案，②，任务A排在第二位，则E排在第三位，BC的安排方法有4×A22=8种，将剩下的2项任务全排列安排在剩下位置，有A22=2种安排方法，则有8×2=16种安排方法，③，任务A排在第三位，则E排在第四位，BC的安排方法有4×A22=8种，将剩下的2项任务全排列安排在剩下位置，有A22=2种安排方法，则有8×2=16种安排方法，则不同的执行方案共有12+16+16=44种；故选：B．根据题意，分3种情况讨论：①，任务A排在第一位，则E排在第二位，②，任务A排在第二位，则E排在第三位，③，任务A排在第三位，则E排在第四位，由加法原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的应用，注意优先分析受到限制的元素，属于基础题．9.【答案】A【解析】解：函数f（x）=x2+xsinx是偶函数，关于y轴对称，故排除B，令g（x）=x+sinx，∴g′（x）=1+cosx≥0恒成立，∴g（x）在R上单调递增，∵g（0）=0，∴f（x）=xg（x）≥0，故排除D，当x＞0时，f（x）=xg（x）单调递增，故当x＜0时，f（x）=xg（x）单调递减，故排除C．故选：A．根据函数的奇偶性排除B，再根据函数的单调性排除C，D，问题得以解决．本题考查了函数图象识别和应用，考查了导数和函数单调性的关系，属于中档题．10.【答案】C【解析】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：根据几何体得到：平面SAD⊥平面SCD，平面SBC⊥平面SCD，平面SCD⊥平面ABCD，平面SAD⊥平面SBC．故选：C．首先把三视图转换为几何体，进一步利用面面垂直的判定的应用求出结果．本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，面面垂直的判定定理的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．11.【答案】D【解析】解：由题意可得第n层的货物的价格为a n=n•（）n-1，设这堆货物总价是S n=1•（）0+2•（）1+3•（）2+…+n•（）n-1，①，由①×可得S n=1•（）1+2•（）2+3•（）3+…+n•（）n，②，由①-②可得S n=1+（）1+（）2+（）3+…+（）n-1-n•（）n=-n•（）n=10-（10+n）•（）n，∴S n=100-10（10+n）•（）n，∵这堆货物总价是万元，∴n=10，故选：D．由题意可得第n层的货物的价格为a n=n•（）n-1，根据错位相减法求和即可求出．本题考查了错位相减法求和，考查了运算能力，以及分析问题解决问题的能力，属于中档题．12.【答案】D【解析】解：f（x）=e x-e1-x-2b|x-|，设t=x-，则x=t+，∵0＜x＜1，∴-＜t＜，则函数f（x）等价为y=--2b|t|，即等价为y=--2b|t|在-＜t＜上有两个零点，即-=2b|t|有两个根，设h（t）=-，则h（-t）=-=-（-）=-h（t），即函数h（t）是奇函数，则h′（t）=+＞0，即函数h（t）在-≤t≤上是增函数，h（0）=0，h（）=e-1，h（-）=1-e，当0≤t≤，若b=0，则函数f（x）只有一个零点，不满足条件．若b＞0，则g（t）=2bx，设过原点的直线g（t）与h（t）相切，切点为（a，-），h′（t）=+，即h′（a）=+，则切线方程为y-（-）=（+）（x-a），切线过原点，则-（-）=-a（+），即-+=-a-a，则（a+1）=（-a+1），得a=0，即切点为（0，0），此时切线斜率k=h′（0）==2若2=2b，则b==，此时切线y=2x与h（t）相切，只有一个交点，不满足条件．当直线过点（，e-1）时，e-1=2b×=b，此时直线g（t）=2（e-1）x，要使g（t）与h（t）有两个交点，则＜b＜e-1，当b＜0时，t＜0时，g（t）=-2bx，由-2b=2得b=-，当直线过点（-，1-e）时，1-e=-2b（-）=b，要使g（t）与h（t）有两个交点，则1-e＜b＜-，综上1-e＜b＜-或＜b＜e-1，即实数b的取值范围是，故选：D．利用换元法设t=x-，则函数等价为y=--2b|t|，条件转化为-=2b|t|，研究函数的单调性结合绝对值的应用，利用数形结合进行求解即可．本题主要考查函数与方程的应用，利用条件转化为两个函数图象问题是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．13.【答案】2【解析】解：由a2=3，S4=16，∴a1+d=3，4a1+6d=16，联立解得a1=1，d=2，故答案为：2．利用等差数列的通项公式及其求和公式即可得出．本题考查了等差数列的通项公式及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14.【答案】【解析】解：∵，∴cosα=，则cos2α+cosα=2cos2α-1+cosα=2×-1+=-，故答案为：-．根据三角函数的诱导公式求出cosα的值，结合二倍角公式进行转化求解即可．本题主要考查三角函数值的化简和求值，利用诱导公式以及二倍角公式是解决本题的关键．15.【答案】【解析】解：根据题意，若a+b≠0，即a≠-b，则有a2+b2≥，则≥+≥2=，即的最小值为；故答案为：根据题意，由基本不等式的性质可得a2+b2≥，进而可得≥+，结合基本不等式的性质分析可得答案．本题考查基本不等式的性质以及应用，关键是构造基本不等式成立的条件．16.【答案】【解析】解：如图，设A，B，C所在球小圆为圆O′，取AB中点E，连接OE，O′E，则∠OEO′即为二面角C-AB-O的平面角，为60°，由OA=OB=4，AB=，得△AOB为等腰直角三角形，∴OE=，∴，，∴，设O-ABC的外接球球心为M，半径为r，利用Rt△BO′M列方程得：，解得：r=．故答案为：．由球面动点C想到以O为顶点，以A，B，C所在球小圆O′为底面的圆锥，作出图形，取AB中点E，∠OEO′=60°，进而求得高和底面半径，列方程求解不难．此题考查了圆锥外接球，二面角等，综合性较强，难度较大．17.【答案】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由，可知：2c=sin C，∴sin2A+sin2B+sin A sin B=sin2C．由正弦定理得a2+b2+ab=c2．∴由余弦定理得，∴．…………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知2c=sin C，∴2a=sin A，2b=sin B．∴△ABC的周长为=∵∈，，∴∈，，∴∈，，∴△ABC的周长的取值范围为，．……………………………（12分）【解析】（Ⅰ）由已知利用三角形的面积公式可得2c=sinC，由正弦定理化简已知等式可得a2+b2+ab=c2．由余弦定理得，即可得解C的值．（Ⅱ）由（Ⅰ）知2c=sinC，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可得a+b+c=sin（A+）+，由范围，可求，利用正弦函数的图象和性质可求△ABC的周长的取值范围．本题主要考查了三角形的面积公式，正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18.【答案】证明：（Ⅰ）取BC的中点为D，连结DF．由ABC-EFG是三棱台得，平面ABC∥平面EFG，从而BC∥FG．∵CB=2GF，∴，∴四边形CDFG为平行四边形，∴CG∥DF．∵BF=CF，D为BC的中点，∴DF⊥BC，∴CG⊥BC．∵平面ABC⊥平面BCGF，且交线为BC，CG⊂平面BCGF，∴CG⊥平面ABC，而AB⊂平面ABC，∴CG⊥AB．解：（Ⅱ）连结AD．由△ABC是正三角形，且D为中点得，AD⊥BC．由（Ⅰ）知，CG⊥平面ABC，CG∥DF，∴DF⊥AD，DF⊥BC，∴DB，DF，DA两两垂直．以DB，DF，DA分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz．设BC=2，则A（，，），E（，，），B（1，0，0），G（-1，，0），∴，，，，，，，，．设平面BEG的一个法向量为，，．由可得，，．令，则y=2，z=-1，∴，，．设AE与平面BEG所成角为θ，则直线AE与平面BEG所成角的正弦值为＜，＞．【解析】（Ⅰ）取BC的中点为D，连结DF，推导出四边形CDFG为平行四边形，从而CG∥DF，DF⊥BC，CG⊥BC．进而CG⊥平面ABC，由此能证明CG⊥AB．（Ⅱ）连结AD．由△ABC是正三角形，且D为中点得，AD⊥BC．由CG⊥平面ABC，CG∥DF，DF⊥AD，DF⊥BC，以DB，DF，DA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz．利用向量法能求出直线AE与平面BEG所成角的正弦值．本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.【答案】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6．，，，，，，，（Ⅱ）选择延保方案一，所需费用元的分布列为：（元）．选择延保方案二，所需费用Y元的分布列为：（元）．∵EY1＞EY2，∴该医院选择延保方案二较合算．【解析】（Ⅰ）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．（Ⅱ）选择延保方案一，求出所需费用Y1元的分布列和数学期望，选择延保方案二，求出所需费用Y2元的分布列和数学期望，由此能求出该医院选择延保方案二较合算．本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查相互独立事件概率乘法的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.【答案】解：（Ⅰ）已知M（m，9）到焦点F的距离为10，则点M到其准线的距离为10．∵抛物线的准线为，∴，解得，p=2，∴抛物线的方程为x2=4y．…………………………（5分）（Ⅱ）由已知可判断直线l的斜率存在，设斜率为k，因为F（0，1），则l：y=kx+1．设A（，），B（x2，），由消去y得，x2-4kx-4=0，∴x1+x2=4k，x1x2=-4．由于抛物线C也是函数的图象，且，则：．令y=0，解得，∴P，，从而．同理可得，∴=．∵k2≥0，∴|AP|•|BQ|的取值范围为[2，+∞）．……………………………（12分）【解析】（Ⅰ）可得抛物线的准线为，∴，解得，p=2，即可得抛物线的方程．（Ⅱ）设l：y=kx+1．设A（），B（x2，），可得．．同理可得，，即可得|AP|•|BQ|的取值范围．本题考查抛物线的简单性质，直线与抛物线的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题21.【答案】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（-1，+∞），f′（x）=a ln（x+1）-2x．由f（x）是减函数得，对任意的x∈（-1，+∞），都有f′（x）=a ln（x+1）-2x≤0恒成立．设g（x）=a ln（x+1）-2x．∵，由a＞0知，＞，∴当∈，时，g'（x）＞0；当∈，时，g'（x）＜0，∴g（x）在，上单调递增，在，上单调递减，∴g（x）在时取得最大值．又∵g（0）=0，∴对任意的x∈（-1，+∞），g（x）≤g（0）恒成立，即g（x）的最大值为g（0）．∴，解得a=2；（Ⅱ）由f（x）是减函数，且f（0）=0可得，当x＞0时，f（x）＜0，∴f（n）＜0，即2（n+1）ln（1+n）＜n2+2n．两边同除以2（n+1）2得，＜，即＜．从而＜，∴＜①．下面证＜．记，x∈[1，+∞）．∴，∵在[2，+∞）上单调递增，∴h'（x）在[2，+∞）上单调递减，而＜，∴当x∈[2，+∞）时，h'（x）＜0恒成立，∴h（x）在[2，+∞）上单调递减，即x∈[2，+∞），h（x）≤h（2）=2ln4-ln3-3ln2=ln2-ln3＜0，∴当n≥2时，h（n）＜0．∵＜，∴当n∈N*时，h（n）＜0，即＜②．综上①②可得，＜．【解析】（Ⅰ）求出原函数的定义域，求出原函数的导函数，把f（x）是定义域内的减函数转化为f′（x）=aln（x+1）-2x≤0恒成立．再利用导数求得导函数的最大值，由最大值等于0求得a值；（Ⅱ）由f（x）是减函数，且f（0）=0可得，当x＞0时，f（x）＜0，得到f（n）＜0，即2（n+1）ln（1+n）＜n2+2n．两边同除以2（n+1）2得，，即．得到T n＜，则．然后利用导数证明即可．本题考查利用导数求函数的最值，训练了利用导数证明数列不等式，考查化归与转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．22.【答案】解：（Ⅰ）曲线C1的直角坐标方程为，曲线C2的直角坐标方程为x2+y2=4y-3，即x2+（y-2）2=1．…………………………（5分）（Ⅱ）设P点的坐标为（2cosθ，sinθ）．|PQ|≤|PC2|+1=，当时，|PQ|max=．…………………………（10分）【解析】（Ⅰ）根据平方关系式可得C1的直角坐标方程，根据x=ρcosθ，y=ρsinθ可得C2的直角坐标方程；（2）|PQ|的最大值为C1上的点到圆心C2的最大值加上半径．本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．23.【答案】解：（Ⅰ）由f（x）≤1得|3x+2|≤1，所以-1≤3x+2≤1，解得，所以，f（x）≤1的解集为，．…………………………（5分）（Ⅱ）f（x2）≥a|x|恒成立，即3x2+2≥a|x|恒成立．当x=0时，a∈R；当x≠0时，．因为（当且仅当，即时等号成立），所以，即a的最大值是．…………………………（10分）【解析】（Ⅰ）去掉绝对值，求出不等式的解集即可；（Ⅱ）问题转化为，根据基本不等式的性质求出a的最大值即可．本题考查了解绝对值不等式问题，考查基本不等式的性质以及转化思想，是一道常规题．。
安徽省合肥市2019届高三第二次模拟考试理科数Word版含答案
安徽省合肥市2019届高三第二次模拟考试理科数一、选择题(本大题共12小题，共60.0分)1.已知全集，集合，则（）A.[2，3）B.（2，4）C.(3，4]D.(2，4]2.复数，则等于（）A. B. C. D.3.设中变量x，y满足条件，则z的最小值为（）A. B. C. D.4.已知数列{ a n}的前n项和为S n ，点( n，S n)在函数f( x)=的图象上，则数列{ a n} 的通项公式为（）A. B. C. D.5.过点引直线与圆相交于两点，为坐标原点，当面积取最大值时，直线的斜率为 ( ）A. B. C. D.6.将4本完全相同的小说，1本诗集全部分给4名同学，每名同学至少1本书，则不同分法有（）A.24种B.28种C.32种D.16种7.下列四个结论：①命题“若是周期函数，则是三角函数”的否命题是“若是周期函数，则不是三角函数”；②命题“”的否定是“③在中，“”是“”的充要条件；④当时，幂函数在区间上单调递减．其中正确命题的个数是（）A.1个B.2个C.3个D.4个8.阅读如图所示的程序框图，若输入m=2016，则输出S等于（）A.10072B.10082C.10092D.201029.已知函数满足对恒成立，则函数（）A.一定为奇函数B.一定为偶函数C.一定为奇函数D.一定为偶函数10.已知函数若函数只有一个零点，则实数a的取值范围是( )A. B. C. D.11.已知一空间几何体的三视图如图所示，其中正视图与左视图都是等腰梯形，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.12.如图，已知点为的边上一点，，为边的一列点，满足，其中实数列中，，则的通项公式为（）A. B. C. D.二、填空题(本大题共1小题，共5.0分)13.函数在区间上的最大值是.14.设常数，的二项展开式中项的系数为40，记等差数列的前n项和为，已知，，则．15.已知，抛物线的焦点为，直线经过点且与抛物线交于点，且，则线段的中点到直线的距离为.16.已知函数，存在，，则的最大值为( ).三、解答题(本大题共8小题，共96.0分)17.(本小题满分12分)在中，边分别是内角所对的边，且满足，设的最大值为．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）当为的中点时，求的长．18.（本小题满分 12 分）从某企业生产的某种产品中抽取 100 件，测量这些产品的质量指标值，由测量结果得到如图所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间，，内的频率之比为．（Ⅰ）求这些产品质量指标值落在区间内的频率；（Ⅱ）若将频率视为概率，从该企业生产的这种产品中随机抽取3件，记这3件产品中质量指标值位于区间内的产品件数为，求的分布列与数学期望．19.（本小题满分12分）已知直角梯形ACDE所在的平面垂直于平面ABC，∠BAC ＝∠ACD＝90°，∠EAC＝60°，AB＝AC＝AE.（Ⅰ）若P是BC的中点，求证：DP∥平面EAB．（Ⅱ）求平面EBD与平面ACDE所成的锐二面角θ的余弦值．20.（本小题满分12分）已知点，P是上任意一点，P在轴上的射影为，,动点的轨迹为C，直线与轨迹交于，两点，直线，分别与轴交于点，．（Ⅰ）求轨迹的方程；（Ⅱ）以为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．21.（本小题满分12分）已知函数 .(Ⅰ)时，求的单调区间和极值；(Ⅱ)时，求的单调区间( III )当时，若存在，使不等式成立，求的取值范围.22.（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程．已知直线为参数), 曲线（为参数）.(Ⅰ)设与相交于两点,求；(Ⅱ)若把曲线上各点的横坐标压缩为原来的倍,纵坐标压缩为原来的倍,得到曲线 ,设点是曲线上的一个动点,求它到直线的距离的最小值.23.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲．设函数．（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若对任意，不等式的解集为空集，求实数的取值范围．安徽省合肥市2019届高三第二次模拟考试理科数答案1. 【分析】本题主要考查了交集的运算，首先化简两个集合，再利用补集与交集的运算法则计算出结果.【解答】解：由题意得：A={y|2≤y≤4}，B={x|3≤x≤4}.则={x|2≤x＜3}.故选A.2. 【分析】本题主要考查了复数的运算，首先利用复数的运算法则把z化简为最简结果，再利用求模公式计算出结果.【解答】解：.故答案为B.3. 【分析】本题主要考查了线性规划的基本运算,由直线交点计算出结果即可.【解答】解：的最小值，即求2x+y的最小值，当取K点时为最小值，平移直线y=-2x到K（1,1）时取得最小值为2x+y=2+1=3,即Z最小值=8.故选C.4. 【分析】本题主要考查了定积分的运算和数列的知识，首先由定积分的知识求出f（x）的函数关系式，再利用数列的前n项和与通项公式之间的关系求解.【解答】解：∵f( x)= =，∴当n=1时，.当n≥2时，.当n=1时不符合上式.则.故选D.5. 【分析】本题主要考查了直线与圆的位置关系，利用基本不等式求出当圆心到直线的距离为1时，三角形的面积最大，从而利用点到直线的距离求解.【解答】解：由题意可知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y=k（x-2）.则圆心到直线l的距离d=.S=.当且仅当，即时取等号.∴=1.解得：k=.故选C.6. 【分析】不同主要考查了组合的应用.把给出的问题分为两类：其中一位同学得到两本小说，其中一位同学得到1本小说和1本诗集，进而解答此题.【解答】解：因为没命同学至少1本书，则一定有两个同学得到两本书，这两本书可能是2本小说，也可能是1本小说和1本诗集，则不同的分法为.故选D.7. 【分析】本题主要考查了命题的真假的判定. ①用否命题的定义进行判定；②根据特称命题的否定是全称命题进行判定；③在由三角形的性质进行判定；④由幂函数的性质进行判定.【解答】解：①命题“若f（x）是周期函数，则f（x）是三角函数”的否命题是“若f （x）不是周期函数，则f（x）不是三角函数”，故①错误；②命题“”的否定是“对于任意x∈R，x2-x-1≥0”，故②正确；③在△ABC中，“sin A＞sin B”等价为a＞b，等价为“A＞B”，则，“sin A＞sin B”是“A＞B”成立的充要条件，故③正确．④当时，幂函数在区间上单调递减，是正确的.则正确命题的个数为3.故选C.8. 【分析】本题主要考查了程序框图与算法的循环结构，由已知中的程序框图可知：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.【解答】解：第一次执行循环体，S=1，不满足退出循环的条件，i=3；第二次执行循环体，S=4，不满足退出循环的条件，i=5；第三次执行循环体，S=9，不满足退出循环的条件，i=7；…第n次执行循环体，S=n2，不满足退出循环的条件，i=2n+1；…第1008次执行循环体，S=10082，不满足退出循环的条件，i=2017；第1009次执行循环体，S=10092，满足退出循环的条件，故输出的S值为：10092故选C.9. 【分析】本题主要考查的是三角函数的图像与性质.利用已知的等式确定出的一条对称轴.从而利用“左加右减，上加下减”的平移规律，以及偶函数的定义进行解答.【解答】解：由条件可知，即的一条对称轴.又是由向左平移个单位得到的，所以关于对称，即为偶函数.应选D.10. 【分析】本题主要考查了函数的零点的知识，分析已知的条件，把方程的零点的问题转化为两个函数的交点的问题，从而求出a的取值范围.【解答】解：∵只有一个零点，∴方程只有一个根，∴函数y＝f(x)与y＝x＋a的图象只有一个交点，函数图象如下所示：由图象可知 .故选B.11. 【分析】本题主要考查了由三视图由体积的知识.由已知中的三视图，可知该几何体是一个四棱台切去一个三棱锥所得的几何体，分别求出相应的体积，相减可得答案. 【解答】解：由已知中的三视图，可知该几何体是一个四棱台切去一个三棱锥所得的几何体，棱台的上下底面的棱长为2和4，故棱台的上下底面的面积为4和16，故选C.12. 【分析】本题主要考查了向量以及数列的知识.由向量的运算法则得出，证明{a n+1}是以2为首项，3为公比的等比数列，即可得出结论.【解答】故选D.13本题主要考查了导数的应用.利用导数确定出函数的单调区间，进而求出最大值.【解答】解：∵，∴y′=1-2sinx.所以，故答案为.14【解答】故答案为10.15可得，从而求出线段AB的中点到直线的距离. 【解答】解：故答案为.16【解答】解：故答案为.17. 解：（Ⅰ）由题设及正弦定理知，，即. 由余弦定理知，，在上单调递减，的最大值.（2）根据题意：利用余弦定理又因为D是AC的中点，所以AD等于，所以18. 解：（Ⅰ）设区间内的频率为，则区间，内的频率分别为和依题意得解得．所以区间内的频率为．（Ⅱ）从该企业生产的该种产品中随机抽取3件，相当于进行了3次独立重复试验，所以服从二项分布，其中．由（Ⅰ）得，区间内的频率为，将频率视为概率得因为的所有可能取值为0，1，2，3，且，，，．所以的分布列为：所以的数学期望为．19. 证明：（1）取AB的中点F连接DP、PF、EF，则FP∥AC，.取AC的中点M，连接EM、EC，∵AE=AC且∠EAC=60°，∴△EAC是正三角形，∴EM⊥AC．∴四边形EMCD为矩形，∴.∴ED∥FP且ED=FP，四边形EFPD是平行四边形．∴DP∥EF，而EF⊂平面EAB，DP⊄平面EAB，∴DP∥平面EAB．（2）过B作AC的平行线l，过C作l的垂线交l于G，连接DG，∵ED∥AC，∴ED∥l，l是平面EBD与平面ABC所成二面角的棱．∵平面EAC⊥平面ABC，DC⊥AC，∴DC⊥平面ABC，又∵l⊂平面ABC，∴l⊥平面DGC，∴l⊥DG，∴∠DGC是所求二面角的平面角．20. 解：（Ⅰ）设, ∴,∵.∴∵P在上，∴所以轨迹的方程为．（Ⅱ）因为点的坐标为因为直线与轨迹C于两点，，设点（不妨设），则点．联立方程组消去得．所以，则．所以直线的方程为．因为直线，分别与轴交于点，，令得，即点．同理可得点．所以．设的中点为，则点的坐标为．则以为直径的圆的方程为，即．令，得，即或．故以为直径的圆经过两定点，．21. 解：（Ⅰ）时，令解得，当时，当时，所以的单调递减区间是，单调递增区间是；所以的极小值是，无极大值；（ II ）① 当时，，令解得：，或.令解得：，所以当时，的单调递减区间是，，单调递增区间是；② 当时，，在上单调递减；③ 当时，，令解得：，或令解得：，所以当时，的单调递减区间是，，单调递增区间是；( III )由（ II ）知，当时，在上单调递减.所以，因为存在，使不等式成立，所以，即整理得，因为，所以所以，所以，的取值范围是.22. 解：（I）的普通方程为的普通方程为联立方程组解得与的交点为, ,则.（II）的参数方程为为参数).故点的坐标是,从而点到直线的距离是,由此当时, 取得最小值,且最小值为.23. 解：（Ⅰ）当时，等价于．①当时，不等式化为，无解；②当时，不等式化为，解得；③当时，不等式化为，解得．综上所述，不等式的解集为．（Ⅱ）因为不等式的解集为空集，所以因为，当且仅当时取等号．所以．因为对任意，不等式的解集为空集，所以令，所以．当且仅当，即时等号成立所以．所以的取值范围为．。
安徽省合肥市2019届高三第二次教学质量检测数学理试题(全WORD版) - 副本
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.1.设复数z 满足41i z i =+，则z 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201x A x x +⎧⎫=≤⎨⎬-⎩⎭，{}12B x x =-<<，则A B = A.[)22-， B.(]11-， C.(-1，1) D.(-1，2) 3．已知双曲线22221x y a b-=(00a b >>，)的一条渐近线方程为2y x =，且经过点P (6，4)，则双曲线的方程是 A.221432x y -= B.22134x y -= C.22128x y -= D.2214y x -= 4.在ABC ∆中，12BD DC =，则AD = A. 1344AB AC + B. 2133AB AC + C. 1233AB AC + D. 1233AB AC - 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()2sin 16f x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭的图象上各点横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)得到函数()g x 的图象，则下列说法正确的是A.函数()g x 的图象关于点 012π⎛⎫- ⎪⎝⎭，对称 B.函数()g x 的周期是2π C.函数()g x 在0 6π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增 D.函数()g x 在0 6π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上最大值是1 7.已知椭圆22221x y a b+=(0a b >>)的左右焦点分别为12F F ，，右顶点为A ，上顶点为B ，以线段1F A 为直径的圆交线段1F B 的延长线于点P ，若2//F B AP ，则该椭圆离心率是A. 33B. 23C. 32D. 22 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A 必须排在前三项执行，且执行任务A 之后需立即执行任务E ，任务B 、任务C 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9.函数()2sin f x x x x =+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n 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910．若这堆货物总价是910020010n ⎛⎫- ⎪⎝⎭万元，则n 的值为 A.7 B.8 C.9 D.10 12.函数()121x x f x e e b x -=---在(0，1)内有两个零点，则实数b 的取值范围是 A.()() 11 e e e e ---，， B.()()1 00 1e e --，， C.()()1 00 1e e --，， D.()()1 1e e e e ---，，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{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =，416S =， 则数列{}n a 的公差d =__________.14.若1sin 23πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则cos2cos αα+=_____________. 15.若0a b +≠，则()2221a b a b +++的最小值为_________.16.已知半径为4的球面上有两点A B ，，42AB =，球心为O ，若球面上的动点C 满足二面角C AB O --的大小为60o ，则四面体OABC 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.(本小题满分12分)在ABC ∆中，角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，22sin sin sin sin 2sin A B A B c C ++=，ABC ∆的面积S abc =. (Ⅰ)求角C ；(Ⅱ)求ABC ∆周长的取值范围.18.(本小题满分12分)如图，三棱台ABC EFG -的底面是正三角形，平面ABC ⊥平面BCGF ，2CB GF =，BF CF =.(Ⅰ)求证：AB CG ⊥；(Ⅱ)若BC CF =，求直线AE 与平面BEG 所成角的正弦值.19.(本小题满分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。
合肥市2019 届高三第二次教学质量检测 数学试题-理科答案
10000
67 100
11000
6 25
12000
9 100
P
EY2
67 6 9 10000 11000 12000 10420 (元). 100 25 100 ∵ EY1 EY2 ，∴该医院选择延保方案二较合算. …………………………12 分
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18.(本小题满分 12 分) 解：(Ⅰ)取 BC 的中点为 D ，连结 DF . 由 ABC EFG 是三棱台得，平面 ABC ∥平面 EFG ，从而 BC // FG . //GF ， ∵ CB 2GF ，∴ CD ∴四边形 CDFG 为平行四边形，∴ CG // DF . ∵ BF CF ， D 为 BC 的中点， ∴ DF BC ，∴ CG BC . CG 平面 BCGF ， ∵平面 ABC 平面 BCGF ， 且交线为 BC ， ∴ CG ⊥平面 ABC ，而 AB 平面 ABC ， ∴ CG AB . ………………………5 分 (Ⅱ)连结 AD . 由 ABC 是正三角形，且 D 为中点得， AD BC . 由(Ⅰ)知， CG ⊥平面 ABC ， CG // DF ，
4 9
15. 2
16.
4 6 3
三、解答题： 17.(本小题满分 12 分)
1 2 2 2 ∴ sin A sin B sin A sin B sin 2 C . 由正弦定理得 a 2 b 2 ab c 2 . 2 1 由余弦定理得 cos C ，∴ C . …………………………5 分 3 2 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 2c sin C ，∴ 2a sin A ， 2b sin B . 1 ABC 的周长为 a b c sin A sin B sin C 2 1 3 sin A sin A 2 3 4
安徽省合肥市2019届高三第二次教学质量检测数学(理)试题(解析版)
合肥市2019年高三第二次教学质量检测数学试题（理科）注意事项：1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位.2. 答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.3.答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上．．．．书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷．．．规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚，必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．.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【答案】A【解析】【分析】先对复数进行化简，进而可得到它在复平面内对应点的坐标，从而可得到答案。
【详解】由题意，，故在复平面内对应点为，在第一象限，故选A.【点睛】本题考查了复数的四则运算，及复数的几何意义，属于基础题。
2.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出集合，然后与集合取交集即可。
【详解】由题意，，，则，故答案为C.【点睛】本题考查了分式不等式的解法，考查了集合的交集，考查了计算能力，属于基础题。
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.【答案】C【解析】【分析】由双曲线的渐近线为，可得到，又点在双曲线上，可得到，联立可求出双曲线的方程。
【详解】双曲线的渐近线为，则，又点在双曲线上，则，解得，故双曲线方程为，故答案为C.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线，考查了双曲线的方程的求法，考查了计算能力，属于基础题。
4.在中，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】在上分别取点,使得,可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案。
安徽省合肥市第二中学2019届高三下学期藏高三第二次模拟联考数学(理)试题答案
数学（理科）答案一．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，只有一个是符合题目要求的。
1-5 CDCBA 6-10 ADCAD 11-12 BC 二．填空题：本大题共4小题，每小题5分。
13. 8- 14. 45 15. ②③ 16. 2三．解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17. 解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，由题意可得：423)2(2a a a +=+ 即：2222)2(2q a a q a +=+，即：244)24(2q q +=+，所以2=q n n n q a a 222==∴- （2）,121log 22-=-=n a b n n )12)(12(111+-=∴+n n b b n n )121121(21+--=n n 12)1211(21)1211215131311(21+=+-=+--++-+-=∴n nn n n T n K 18. 解：（1）连接GA ，PG ⊥Q 平面,,ACD PG GA PG GC ∴⊥⊥，又,PA PC PG PG ==Q ，,PGA PGC GA GC ∴∴=△≌△，故点G 在线段AC 的垂直平分线上．,DA DC ACD =∴Q △为等腰三角形，由等腰三角形的三线合一可知线段AC 的垂直平分线即为直线OD ，故点G 在直线OD 上． （2）,,PO AC DO AC POD ⊥⊥∴∠Q 为二面角P AC D --的平面角．10,1PA PC AO OC ====Q ，13,cos 313PO OD OG PO POG ==∴=∠=⨯=Q ，22222,22GC OC OG PG PC CG =+==-=过G 作平行于AC 的直线，并将其作为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O A PECGxyz则(0,0,0),(1,1,0),(1,1,0),(0,0,22),(2,0,0),(2)G A C P D E ---，(2),(1,1,0)AE GC =-=u u u r u u u r．设AE 与CG 所成的角为θ，则22214cos 1441(2)11AE GC AE GC θ⋅===⋅++⋅+u u u r u u u r u u u r u u u r ． 19. 解 (1)由统计数据得2×2列联表：甲班 乙班 总计 成绩优良 9 16 25 成绩不优良 11 4 15 总计202040根据2×2列联表中的数据，得K 2的观测值为k ＝11）225×15×20×20≈5．227>5．024，∴能在犯错概率不超过0．025的前提下认为“成绩优良与教学方式有关”．(2)由表可知在8人中成绩不优良的人数为1540×8＝3，则X 的可能取值为0，1，2，3．P (X＝0)＝311315C C ＝3391；P (X ＝1)＝21114315C C C ＝4491；P (X ＝2)＝12114315C C C ＝66455；P (X ＝3)＝34315C C ＝4455．∴X 的分布列为：∴E (X )＝0×3391＋1×4491＋2×66455＋3×4455＝364455．X 0 1 2 3 P3391449166455445520. 解 (1)设F (c ，0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝3．又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1．故E 的方程为x 24＋y 2＝1．(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0．当Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1，2＝8k ±24k 2－34k 2＋1． 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1．又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1．所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1．设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t ．因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0．所以当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2． 21. 解（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()11axf x a x x'+=+=. 若0a ≥，()10axf x x +'=>，则()f x 在区间()0,+∞内为增函数； 若0a <，令()10ax f x x +'==，得10x a=->. 则当10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭内为增函数；当1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 在区间1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭内为减函数.（2）当0a =时，()ln f x x b =+.不妨设120x x >>，则原不等式等价于11212211ln 21x x x x x x ->+，令12x t x =，则原不等式也等价于即()4ln 20,11t t t +->>+.下面证明当()1x >时，4ln 201x x +->+恒成立.设()4ln 21h x x x =+-+，则()()()()222114011x h x x x x x -=-=+'>+， 故()h x 在区间()1,+∞内为增函数，()()10h x h >=，即4ln 201x x +->+， 所以()()1212122f x f x x x x x -->+.22. 解（1）曲线()22:24C x y -+=，即224x y x +=，即24cos ρρθ=，即0ρ=或4cos ρθ=， 由于曲线4cos ρθ=过极点，∴曲线C 的极坐标方程为4cos ρθ= 直线():1sin cos l x y ββ+=，即sin cos sin 0x y βββ-+=，即cos sin sin cos sin 0ρθβρθββ-+=，即()sin sin ρθββ-=，直线l 的极坐标方程为()sin sin ρθββ-=（2）由题得()1,0Q -，设M 为线段AB 的中点，圆心到直线l 的距离为()0,2d ∈， 则22223QA QB QM d +==-它在()0,2d ∈时是减函数， ∴QA QB +的取值范围()25,6=．23. 解：（1）当1a =时，不等式可化为：则⎩⎨⎧≥+----≤,7211x x x 或⎩⎨⎧≥+-+<<,72121-x x x 或⎩⎨⎧≥-++≥7212x x x 解得3-≤x 或4≥x ，所以不等式 的解集为。