国际爱耳日-情人节短信

2019届高三第二次调研考试
理科数学
全卷满分150分，时间120分钟．
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
一项符合题目要求.
（1）若
z
2i
(
i
为虚数单位)，则复数
z
在复平面内对应的点在（ ）
1i
(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限
（2）已知集合
Axxa
，
Bxx3x20< br>，若
AIBB
，
则实数
a
的取值范围是（ ）
(A)
a1
(B)
a1
(C)
a2
(D)
a2

（3）设
l,m ,n
为三条不同的直线，

为一个平面，下列命题中正确的个数是（ ）



①若
l

，则
l
与

相交； ②若
m

，n

，lm，ln，
则
l< br>
；
③若
l
||
m
，
m
||n
，
l

，则
n

； ④若
l< br>||
m
，
m

，
n

，则l
||
n
.
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4


2

（4）“不等式
x
2
xm0
在
R
上恒成立”的一个必要不充分条件是 （ ）
(A)
m
1
(B)
0m1
(C)
m0
(D)
m1

4
（5）设随机变量

服从正态分布
N

4,3

，若
P


a5
P


a1

，
则实数
a
等于（ ）
(A)7 (B)6 (C)5 (D)4
（6）《周易》历来被 人们视作儒家群经之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又
朴素的认识，是中华人文文化的基 础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法．我
1

们用近代术语解释为 ：把阳爻“”当作
数字“1”，把阴爻“
则八卦所代表的数表示如下：






依次
六十
坎

符号
兑


”当作数字“0”，
卦名
坤
符号 表示的二进制数
000

表示的十进制数
0
震

001 1
类推，则
四卦中的
010 2
“屯”卦，
011 3
2

“”表示的十进制数是（ ）
(A)
18
(B)
17


(C)
16
(D)
15

（7）已知等差数列

a
n

的前
n
项和为S
n
，且
a
9

1
a
12
 6
，
a
2
4
，
2

1

则数列

的前10项和为（ ）

S
n

(A)
8
11109
(B) (C) (D)
9
121110
（ 8）旅游体验师小明受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，
若甲景区不能最 先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为（ ）
(A)24 (B)18

(C)16

(D)10
（9）已知
A
，
B
为双曲线
E
的左右顶点，点
M
在双曲线
E
上，
ABM
为等腰三角形 ，
且顶角为
120
，则双曲线
E
的离心率为（ ）
(A)
5
(B)
2
(C)
3
(D)
2

（10）某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，
则
xy
最大值为( )
(A)
32
(B)
327
(C)
64
(D)
647

（11）函数
f(x)Asin(2x

)



o




,A0

部分图像如图所示，
2

且
f(a)f(b)0，对不同的
x
1
,x
2


a,b

，若
f(x
1
)f(x
2
)
，有
f(x
1
x
2
)3
，
则（ ）
3

5

5

,)
上是减函数 (B)
f(x)
在
(,)
上是增函数
12121212

5

5

(C)
f(x)
在
(,)
上是减函数 (D)
f(x)
在
(,)
上是增函数
3636
(A)
f(x)
在
(

2
|x1|
1
0x2


（12）函数
f(x)
是定义在
R上的奇函数, 当
x0
时,
f(x)

1
，x2


f(x2)
2
则函数
g(x)xf (x)1
在
[6,)
上的所有零点之和为（ ）
(A)8 (B)
32
(C)
1
(D)0
8
二．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
（13）已知
ta n




1


3


cos


，且




,< br>，则


____________．

2

2

2


（14）某班共有56人，学号依次为1,2, 3,…,56，现用系统抽样的方法抽取一个容量为4
的样本，已知学号为2，30，44的同学在样本 中，则还有一位同学的学号应为_____．
n
（15）已知数列

a< br>n

满足
a
1
1,a
n1
2a
n
2(nN)
，则数列

a
n

的通项公式 为
a
n

．
uuuruuur
uuuruuur
uuuruuur
（16）在四边形
ABCD
中，
ABDC
，已知
AB8,AD5
，
AB
与
AD
的夹角为

，
ruuur
uuuruuur
11
uuu< br>且
cos

=
，
CP3PD
，则
APB P
___________．
20
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）
已知
ABC
中，角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，2cosC

acosCccosA

b0
.
（1）求角
C
的大小；
（2）若
b2
，
c23
，求
ABC
的面积.
（18）（本小题满分12分）
如图，四棱锥
PABCD
中，底面
ABCD
是边长为
2
的菱形，
ABC60
，
o
PAPB
，
PC2
．
A
D
C
P

B
4

（1）求证：平面
PAB
平面
ABCD
；
（2）若
PAPB
，求二面角
APCD
的余弦值.

（19）（本小题满分12分）
某学校为了丰富学生的业余生活，以班级为单位组织学生开展 古诗词背诵比赛，随机抽
取题目，背诵正确加10分，背诵错误减10分，背诵结果只有“正确”和“错 误”两种。其
中某班级背诵正确的概率为
p
后总得分为
S
n
”.
（1）求
S
6
20
且
S
i
0

i1,2,3

的概率；
（2）记

S
5
，求

的分布列及数学期望.

（20）（本小题满分12分）
已知点
C
为圆
(x1 )y8
的圆心，
P
是圆上的动点，点
Q
在圆的半径
CP
上，且
22
21
，背诵错误的概率为
q
，现记“该班级完 成
n
首背诵
33
uuuuruuur
uuuruuuur
有 点
A
(1,0)
和
AP
上的点
M
，满足
M QAP0
，
AP2AM
.
（1）当点
P
在圆上运动时，求点
Q
的轨迹方程；
（2） 若斜率为
k
的直线
l
与圆
xy1
相切，与（1）中所求 点
Q
的轨迹交于不同的
22
ruuur
43
uuu
两点
F,H
,
O
是坐标原点，且
OFOH
时，求k
的取值范围.
45


（21）（本小题满分12分） < br>已知函数
f

x

2e

xa

3
，
aR
．
x
2
（1）若函数
yf

x

的图象在
x0
处的切线与
x
轴平行，求
a
的值；
（2）若
x0
，
f
< br>x

0
恒成立，求
a
的取值范围．


5

（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，则按所做的第
一题计分。答题时请写清题号并将相应信息点涂黑。
（22）（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]


x 2cos

已知曲线
C:

（

为参数）和定点
A(0,3)
，
F
1
、
F
2
是此曲线的左 、


y3sin

右焦点，以原点
O
为极点， 以
x
轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求直线
AF
2
的极坐标方程；
（2）经过点
F1
且与直线
AF
2
垂直的直线交此圆锥曲线于
M
、N
两点，
求
|MF
1
||NF
1
|
的值．

（23）（本小题满分10分）[选修4-5：不等式选讲]
已知函数
f(x)m|x1||x1|
.
（1）当
m5
时，求不等式
f(x)2
的解集；
（2 ）若二次函数
yx2x3
与函数
yf

x

的图象恒有公共点，
2
求实数
m
的取值范围.


惠州市2018届高三第二次调研考试
理科数学参考答案
一、选择题：（每小题5分，共60分）
题号
答案
1
A
2
D
3
C
4
C
5
B
6
B
7
B
8
D
9
D
10 11 12
C B A


1．【解析】由题意知
z

1i

2i

3i
，其对应点 的坐标为

3,1

，在第一象限．
2．【解析】集合
B xx3x20x1x2
，由
AIBB
可得
BA
，
a2
.
3．【解析】②错，①③④正确.
2
4．【解析】“ 不等式
xxm0
在
R
上恒成立”

0
即
14m0
，
m

2


1，
4
同时要满足“必要不充分”，在选项中只有“
m0
”符合.
6

5．【解析】由随机变量

服从正态分布
N< br>
4,3

可得对称轴为
x4
，又
P
< br>
a5



P


a1

，
xa5
与
xa1
关于
x4
对称，


a5



a1
8
，
即
a6
.
6．【解析】由题意类推，可知六十四卦 中的“屯”卦符合
“
01
”表示二进制数的
010001
，
转化为十进制数的计算为
12020202120217

2345
7．【解析】由
a
9

1
a
12
6
及等差数列通项公式得
a
1
5d12
，又
a
2
4
，
a
1
2
，
2
11 11

，
d2
，
S
n
n
2n
，

S
n
n

n1

nn1
111

1

11

110

11

…=

1





…



1

S
1
S
2
S
10

2

23

1111

1011

312
8．【解析】第1种：甲在最 后一个体验，则有
A
3
种方法；第2种：甲不在最后体验，则有
C
2
A
2


312
种方法，所以小明共有
A
3
C
2
A
2
10
.
x
2
y
2
9．【解析】设双曲线方程为
2

2
1

a0,b0

，不妨设点
M
在第一象限，所以
abABBM2a
，
MBA120
o
，作
MHx
轴于点
H
，则
MBH60
o
，故
x
2
y
2
BHa
，
MH3a
，所以
M2a,3a
， 将点
M
代入双曲线方程
2

2
1
，
ab
得
ab
，所以
e2
.

10．【解析】依 题意，题中的几何体是三棱锥
P
­
ABC
(如图所示)，

其中底面
ABC
是直角三角形，
ABBC
，
PA
面< br>ABC
，
BC27
，
PAy10
，
2722
222

2
PA
2
x
2
， 因此
2
xyx10

x27

x128x 64
，


2
22
当且仅当
x128x
，即
x8
时取等号，因此
xy
的最大值是64.
7

2
x
2


128x
2


11．【解析】由题意
T
2




，
A2
，
ba
，又
f(x
1
)f(x
2
)
，有
22
3
2

f(x< br>1
x
2
)3
，
sin

2xx< br>


，即，且
2xx




12
12

2
3



xx



xx

sin

2< br>
12




1
，即
2

12




，解得


，
2
3

2



2






f

x

2s in

2x

，
2k

2x2k

,kZ
，
yf

x

单
3

232

5

调递增.解得
k

xk

,kZ
.所以选项B符合.
1212
1< br>12．【解析】令
g(x)xf(x)10
，所以求
yg
< br>x

的零点之和
yf

x

和
y
的
x
1
交点横坐标之和，分别作出
x0
时，
yf

x

和
y
图象，如图
x
由于
yf

x

和
y
1
都关于原点对 称，因此
x

6,6

的零点之和为0，而当
x8< br>x
11
时，
f

x


，即两函数 刚好有1个交点，而当
x

8,

时
y
的 图象都在
8x
yf

x

的上方，因此零点之和为8.

二．填空题：本题共4小题，每小题5分。
5
n1
14. 16 15.
n2
16. 2
5


5
1

3


tan

13．【解析】

；
cos




sin

，由




,
且可得

2

5
2

2


13．

sin


5
.
5< br>14．【解析】由题意得，需要从56人中分成4组，每组的第2位学号为抽出的同学，所以有
1 14216
.
a
n1
a
n
1
a
1
1

a
n


，又，


n

成以
n1n
22222

2
a
11n
11
n1
，
a
n
n 2
n1
. 为首，公差为的等差数列，

n

n
2222
22
uuuruuur
uuur
uuuruuur
1uuuruuuruuur
3
uuur
16．【解析】
Q
CP 3PD
，
APADAB
，
BPADAB
，又
AB 8
，
44
uuur
uuuruuur

uuur
1
uuur

uuur
3
uuur

uuur< br>2
1
uuuruuur
APBP

ADAB



ADAB

ADADAB
AD5
442

n
n1
15．【解析】由
a
n1
2a
n
2
两边同除
2
可得
8

r
2
uuuruuur
3
uuu
AB
，代入式子可得
APBP2

16
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。
17.解 ：（1）
Q2cosC

acosCccosA

b0
，
由正弦定理可得
Q2cosC

sinAcosCsinCcos A

sinB0
…………2分
2cosCsin
AC

sinB0
，即
2cosCsinBsin B0

1
ooo
又
0B180
，
sinB 0
，
cosC
，即
C120
. …………6分
2
（2）由余弦定理可得
23

2
a< br>2
2
2
22acos120
o
a
2
2a4
， …………9分
1
absinC3
，
VABC
的面积为
3
.………12分
2
z
18.解：（1）取AB
中点
O
，连接
AC
、
CO
、
PO
，
∵四边形
ABCD
是边长为
2
的菱形，∴
AB BC2
．
P
o
∵
ABC60
，∴
AB C
是等边三角形．
∴
COAB
，
OC3
． ……2分
A
1
y
O
B
∵
PAPB
，∴
POAB1
．
D
2
C
222
x
∵< br>PC2
，∴
OPOCPC
．∴
COPO
． ……4分
∵
ABIPOO
，∴
CO
平面
PAB
． ∵
CO
平面
ABCD
，∴平面
PAB
平面
ABCD
． ……5分
222222
（2）∵
OPOA11(2 )PA
，∴
POAO
．
由（1）知，平面
PAB
平 面
ABCD
，∴
PO
平面
ABCD
，
∴直线< br>OC,OB,OP
两两垂直．以
O
为原点建立空间直角坐标系
Oxy z
，如图，
又
a0
，
a2
，
S
V
ABC

则
O(0,0,0),A(0,1,0),B(0,1 ,0),C(3,0,0),D(3,2,0),P(0,0,1)
．
uuuruuuru uur
AP(0,1,1),PC(3,0,1),DC(0,2,0)
． ……6分 ∴
设平面
APC
的法向量为
m(x,y,z)
， uuur



mAP0

yz0
由

，得，取
x1
，得
m(1,3,3)
， ……8分
uuur




3xz0
mPC0
uuur



nPC0

3xz0
设平面
PCD
的法向量为
n(x,y,z)
，由
uuu
，得

，
r



2y0

nDC0
取
x1
，得
n(1,0,3 )
， ……10分 ∴
cosm,n
mn27

，由图可知二面角
APC D
为锐二面角，∴二面角
mn7
27
． ……12分
7
APCD
的的余弦值为
19.解：（Ⅰ）当
S
6
20
时，即背诵6首后，正确个数为4首，错误2首；
由
S< br>i
0

i1,2,3

可得：若第一首和第二首背诵正确 ，则其余4首可任意背诵对2首；
若第一首正确，第二首背诵错误，第三首背诵正确，则其余3首可任意背诵对2首，
9 < /p>

116

2

1

212
2

2

2

2


此时的概率 为：
p

C
4
C
；……4分
3


3

3

3
< br>333

3

381
1
2
（Ⅱ）∵

S
5
的取值为10，30，50，又
p
，
q
，
3
3
40
3

2

1

2

2

1
∴
p


10

C
5
， ……6分
C
5
< br>333381


2

1

1

2

p


30

C
5
4

C
5


3
 
3

3

50
5
5
411
3 223
2222

1

30


， ……8分

3

81
05
4
11
2

1

0

2

1

……10分
p


50

C
 
C
5



3

3
3

3

81

∴

的分布列为：
ξ
10

30 50
40
3011

81
8181
4030111850< br>∴
E

10
． ……12分
3050
81818181
20.解：（1）由题意知
MQ
中线段
AP
的垂直平分线，所以
p


CPQCQPQCQA22CA2

所以点
Q
的轨迹是以点
C
，
A
为焦点， 焦距为2，长轴为
22
的椭圆，……2分
a2
，
c1
，
ba
2
c
2
1
……3分
x
2
y
2
1
……4分 故点
Q
的轨迹方程是
2
（2）设直线
l:ykx b
，
F

x
1
,y
1

,H
x
2
,y
2


直线
l
与 圆
xy1
相切

22
b
k
2
11b
2
k
2
1


x
22

y1
联立

2


12k
2

x
2
4kbx2b
2
20
……6分

ykxb

16k
2
b
2< br>4

12k
2

2

b
21

8(2k
2
b
2
1)8k
2< br>0
k0
……7分
4kb2b
2
2
x
1
x
2
,x
1
x
2

……8分
22
12k12k
uuuruuur
OFOHx
1
x
2
y
1
y
2


1k< br>2

x
1
x
2
kb(x
1
x< br>2
)b
2
……9分
(1k< br>2
)(2b
2
2)(4kb)
2
(1k
2)2k
2
4k
2
(k
2
1)
kbb k
2
1


2222
12k12 k12k12k
1k
2

……10分
2
12k
31k
2
4
11
2
k
所以


2
412k5
32
10

322332
kk或k
为所求. ……12分
322332
21.解：（1）
f'

x
< br>2e
x
xa
，
Q
yf

x

的图象在
x0
处的切线与
x
轴平行，


即在
x0
处的切线的斜率为0，即
f'

0
< br>2

a1

0
，
a1
……4分
（2）
f
′(
x
)＝2(e－
x
＋a
)，又令
h
(
x
)＝2(e－
x
＋
a
)，则
h
′(
x
)＝2(e－1)≥0，
∴
h
(
x
)在[0，＋∞)上单调递增，且
h
(0)＝2(
a< br>＋1)． ……5
分
①当
a
≥－1时，
f
′(
x
)≥0恒成立，即函数
f
(< br>x
)在[0，＋∞)上单调递增，
从而必须满足
f
(0)＝5－a
≥0，解得－5≤
a
≤5，又
a
≥－1，∴－1≤
a
≤5. ……8
分
②当
a
<－1时，则存在
x
0
>0，使
h
(
x
0
)＝0且
x
∈(0 ，
x
0
)时，
h
(
x
)<0，即
f
′(
x
)<0，
即
f
(
x
)单调递减，
x
∈(
x
0
，＋∞)时，
h
(
x
)>0 ，即
f
′(
x
)>0，即
f
(
x
)单调递 增．
∴
f
(
x
)
min
＝
f
(
x
0
)＝2e
0
－(
x
0
－
a< br>)＋3≥0，
又
h
(
x
0
)＝2(e
0< br>－
x
0
＋
a
)＝0，从而2 e
0
－(e
0
)＋3≥0, 解得0<
x
0
≤ln 3.
由e
0
＝
x
0
－
a
⇒
a< br>＝
x
0
－e
0
，令
M
(
x
)＝
x
－e，0<
x
≤ln 3，
则
M
′(x
)＝1－e<0，∴
M
(
x
)在(0，ln 3]上单调递减，
则
M
(
x
)≥
M
(ln 3)＝ln 3－3，又
M
(
x
)<
M
(0)＝－1，
故ln 3－3≤
a
<－1. ……11分
综上，ln 3－3≤
a
≤5. ……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 ，则按所做的第
一题计分。答题时请写清题号并将相应信息点涂黑。
x
xxx
xxx
2
2
xxx
x
2

2

x2cos

y
2
x
（22）解：（1）曲线C：
可化为
1
，其轨迹为椭圆，
43


y3si n

焦点为
F,0

和
F
2

1 ,0

． …………2分
1

1
y
1
，即
3xy3 0
，……4分 经过
A0,3
和
F
2

1,0< br>
的直线方程为
x
3

极坐标方程为
3

cos



sin

3
. …………5分

（2）由（1）知，直线AF
2
的斜率为
3< br>，因为
l
⊥AF
2
，所以
l
的斜率为
3，倾斜角为
3

3
tx1

2
30°， 所以
l
的参数方程为

（t为参数）， …………6分

y
1
t

2
代入椭圆C的方程 中，得
13t
2
123t360
． …………8分
11

因为M，N在点F
1
的两侧，所以< br>|MF
1
||NF
1
|t
1
t
2
123
…………10分
13

52x
x1


23.解：（1）当
m5
时，
f(x)

3

1x1

， ……………3分


52x

x1

< br>22
（2）由二次函数
yx2x3(x1)2
，该函数在
x1
取得最小值2，
由
f(x)2
得不等式的解集为
x
33
x

. ……………5分
22


m2x

x1


因为
f(x)

m2

1x1

，在
x1
处取得最大值
m2
， ……8分


m2x

x1

2
所以要使二次函数
yx2x 3
与函数
yf(x)
的图象恒有公共点，
只需
m22
，即
m4
. ………10分



12