三本和二本的区别-留学基金委

2019年广东省佛山市高考数学二模试卷（文科）

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．（5分）若集合A＝{x|﹣5＜x＜2}，B＝{x||x|＜3}，则A∩B＝（ ）
A．{x|﹣3＜x＜2} B．{x|﹣5＜x＜2} C．{x|﹣3＜x＜3} D．{x|﹣5＜x＜3}
2．（5分）复数z＝（2+i）（1﹣i），其中i为虚数单位，则z的实部是（ ）
A．﹣1 B．1 C．2 D．3
3．（5分）若向量＝（0，﹣2），＝（
A．（，﹣1） B．（﹣1，）
，1），则与2+共线的向量可以是（ ）
C．（，﹣1） D．（）
4．（5分）设变量x，y满足约束条件，则目标函数z＝y﹣2x的最大值为（ ）
A．﹣7
5．（5分）将函数
析式为（ ）
A．
C．
B．﹣4 C．1
的图象向右平移
D．2
单位后，所得图象对应的函数解


B．
D．

6．（5分）已知等差数列{a
n
}，a
4
＝9，a
8
＝ ﹣a
9
，则a
1
＝（ ）
A．21
7．（5分）已知cosα＝
A．﹣
B．19 C．17 D．15
）＝（ ）
D．
，α∈（﹣π，0），则cos（α﹣
B．﹣ C．
8．（5分）若函数
A．f（a）＞f（2a）＞f（0）
C．f（2a）＞f（a）＞f（0）
为偶函数，则下列结论正确的是（ ）
B．f（a）＞f（0）＞f（2a）
D．f（2a）＞f（0）＞f（a）
9 ．（5分）如图是1990年﹣2017年我国劳动年龄（15﹣64岁）人口数量及其占总人口比重
情 况：

根据图表信息，下列统计结论不正确的是（ ）
A．2000年我国劳动年龄人口数量及其占总人口比重的年增幅均为最大
B．2010年后我国人口数量开始呈现负增长态势
C．2013年我国劳动年龄人口数量达到峰值


D．我国劳动年龄人口占总人口比重极差超过6%
10．（5分）已知正四面体P﹣ABC的 棱长为2，D为PA的中点，E，F分别是线段AB，PC
（含端点）边上的动点，则DE+DF的最小 值为（ ）
A． B． C．2
ab
D．2
11．（5分）已知a＞0，b＞0，则“a＞b”是“e+2a＝e+3b”的（ ）
A．充分不必要条件
C．充分必要条件
12．（5分）已知F为双曲线C：
渐近线上关于原点对
称的两点，AF⊥BF，且AF的中点在双曲线C上，则C的离心率为（ ）
A．﹣1 B．2﹣1 C． D．+1
B．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
＝1（a＞b＞0）的右焦点，AB是双曲线C的一条
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20 分
13．（5分）直线y＝ax是曲线y＝1+lnx的切线，则实数a＝ ．
1 4．（5分）设数列{a
n
}的前n项和为S
n
，且满足a
1
+2a
2
+…+2
2
n
﹣
1
a
n
＝n，则S
5
＝ ．
15．（5分）已知抛物线x＝2py（p＞0）的 焦点为F，准线为l，点P（4，y
0
）在抛物线上，
K为l与y轴的交点，且|PK |＝，则y
0
＝ ．
，将△ADC沿对角线AC进行翻折，得到四16．（ 5分）已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝
棱锥D﹣ABC，则在翻折的过程中有下列结论：

①四棱锥D﹣ABC的体积最大值为；
②四棱锥D﹣ABC的外接球体积不变；
③异面直线AB与CD所成角的最大值为90°．
其中正确的是 （填写所有正确结论的编号）
三、解答题：共70分解答应写出文字 说明，证明过程或演算步骤第17～21题为必考题，
每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考 题，考生依据要求作答．
17．（12分）已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，c osC＝
（Ⅰ）求A；
（Ⅱ）已知点D在BC边上，DC＝2BD＝2，AC＝，求AD．
．
18．（12分）如图，四棱锥E﹣ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠D AE＝∠BAE
＝45°，∠DAB＝60°．
（Ⅰ）证明：平面ADE⊥平面ABE：
（Ⅱ）若DE＝，求四棱锥E﹣ABCD的体积．

19．（12分）移动支付极大 地方便了我们的生活，也为整个杜会节约了大量的资源与时间成
本.2018年国家高速公路网力推移动 支付车辆高速通行费．推广移动支付之前，只有两种
支付方式：现金支付或ETC支付，其中使用现金支 付车辆比例的为60%，使用ETC支付
车辆比例约为40%，推广移动支付之后，越来越多的车主选择 非现金支付，如表是推广
移动支付后，随机抽取的某时间段内所有经由某高速公路收费站驶出高速的车辆 的通行
费支付方式分布及其他相关数据：
支付方式 是否需要在入口是否需要停车支数量统计（辆） 平均每辆车行驶
处取卡
现金支付
扫码支付
ETC支付
是
是
否
付
是
是
否
135
240
750
出耗时（秒）
30
15
4

车辆识别支付 否 否
375 4
并以此作为样本来估计所有在此高速路上行驶的车辆行费支付方式的分布．
已知需要取卡 的车辆进入高速平均每车耗时为10秒，不需要取卡的车辆进入高速平均每
车耗时为4秒．
（ Ⅰ）若此高速公路的日均车流量为9080辆，估计推广移动支付后比推广移动支付前日
均可少发卡多少 张？
（Ⅱ）在此高速公路上，推广移动支付后平均每辆车进出高速收费站总耗时能否比推广
移 动支付前大约减少一半？说明理由．
20．（12分）已知F为椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左焦点 ，过原点O的动直线l与
C交于A、B两点．当A的坐标为（1，
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
）时，|OB|＝|BF|．
（Ⅱ）延长BF交椭圆C于Q，求△QAB的面积的最大值．
21．（12分）已知函数f（x）＝，0＜x＜π．
（Ⅰ）若x＝x
0
时 ，f（x）取得极小值f（x
0
），求实数a及f（x
0
）的取值范围；
（Ⅱ）当a＝π，0＜m＜π时，证明：f（x）+mlnx＞0．
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，作答时请写清
楚题号。[选修4-4：坐标系与 参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为为参数）．
（Ⅰ）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线C的极坐标方程；
（Ⅱ）若射线θ＝α与C有两个不同的交点M、N，求证|OM|+|ON|的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]
23．设函数f（x）＝|2x+a|+|x﹣1|，其中a∈R．
（Ⅰ）当a＝3时，求不等式f（x）＜6的解集；
（Ⅱ）若f（x）+f（﹣x）≥5，求a的取值范围．

2019年广东省佛山市高考数学二模试卷（文科）

参考答案与试题解析

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．【分析】求出集合的等价条件，结合集合交集的定义进行求解即可．
【解答】解：B＝{x||x|＜3}＝{x|﹣3＜x＜3}，
则A∩B＝{x|﹣3＜x＜2}，
故选：A．
2．【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】解：∴z＝（2+i）（1﹣i）＝2﹣2i+i+1＝3﹣i，
∴z的实部是3．
故选：D．
3．【分析】可求出
【解答】解：
∴与共线．
＝
，从而得出向量
；
与共线．
故选：B．
4．【分析 】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，代入目标函数的答案．
【解答】解：由变量x，y满足约束条件作出可行域如图，

联立，解得B（1，3），
化目标函数z＝y﹣2x为直线方程的斜截式：y＝2x+z．
当直线y＝2x+z过B时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为3﹣2×1＝1．
故选：C．
5．【分析】由题意利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．
【解答】解：将函数
数解析式y＝
故选：D．
6．【分析】利用等差数列通项公式列出方程组，能求出首项a
1
．
【解答 】解：∵等差数列{a
n
}，a
4
＝9，a
8
＝﹣a
9
，
∴，
sin（2x﹣+）＝
的图象向右平移
sin（2x+），
单位后，所得图象对应的函
解得a
1
＝15，d＝﹣2．
故选：D．
7．【分析】由已知求得sinα，然后展开两角差的余弦求cos（α﹣
【解答】解：∵cosα＝
∴sinα＝
∴cos（α﹣
故选：A．
8．【分析】先根据偶函数的定义求出a的值，然后根据单调性比较大小．
【解答】解：因为f（x）是偶函数，所以f（﹣1）＝f（1），即1+a＝2，所以a＝1，
易知当x≥0时，f（x）是增函数，
又知2a＞a＞0，所以f（2a）＞f（a）＞f（0），
故选：C．
9．【分析】根据图象逐项分析即可
【解答】解：A选项，2000年我国劳动年龄人口数量 增幅约为6000万，是图中最大的，
2000年我国劳动年龄人口数量占总人口比重的增幅约为3%， 也是最多的．故A对．
）＝cosαcos
，α∈（﹣π，0），
，
+sinαsin＝＝．
）．

B选项，2010年到2011年我国劳动年龄人口数量有所增加，故B错．
C选项，从图上看，2013年的长方形是最高的，即2013年我国劳动年龄人口数量达到峰
值，C对 ，
D选项，我国劳动年龄人口占总人口比重最大为11年，约为74%，最小为92年，约为
67%，故极差超过6%．D对．
故选：B．
10．【分析】过D作DG⊥AB垂足为G， 过D作DH⊥PC，垂足为H，根据DE≥DG，DF
≥DH可得．
【解答】解：过D作DG⊥AB垂足为G，过D作DH⊥PC，垂足为H，
∴DE≥DG＝×
DF≥DH＝×
故DE+Df≥
故选：B．
+
AB＝
PC＝×
＝．
×2＝
×2＝，
，

11．【分析】若e+2a＝e+3b，则e+2a﹣（e+2b）＝b＞0，可得a＞b． 反之不一定成立：
例如取a＝100，b＝1．即可得出．
【解答】解：若e+2a＝e+3 b，则e+2a﹣（e+2b）＝b＞0，∴e+2a＞e+2b，由f（x）
＝e+2x在x＞0时单 调递增，∴a＞b．
反之不一定成立：“a＞b”不一定得出“e+2a＝e+3b”，例如取a＝1 00，b＝1．则“e+2a
＝e
100
aba
x
ababababab
+200＞e+3＝e+3b”．
ab
b
∴a＞b”是“e+2a＝e+3b”的必要不充分条件．
故选：B．
12．【分析】求出双曲线的渐近线方程，推出A的坐标，然后求解AF的中点， 代入双曲线
方程求解即可．

【解答】解：双曲线的渐近线方程bx+ay＝0，AF⊥BF，可得AO＝OB＝c，
所以A（﹣a，b），双曲线的右焦点坐标（c，0）
可得AF的中点坐标（，），
所以：﹣＝1．
＝5．e+1＝±
所以e＝
故选：A．
﹣1，e＝﹣
，
﹣1（舍去）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．【分析】欲求a的值，只须求出切 线的斜率的值即可，故先利用导数求出在切处的导函
数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率． 从而问题解决．
【解答】解：∵y＝1+lnx，∴y'＝
设切点为（m，1+lnm），得切线的斜率为，
所以曲线在点（m，1+lnm）处的切线方程为：y﹣lnm﹣1＝×（x﹣m）．
它过原点，∴﹣lnm＝0，∴m＝1，
∴a＝＝1．
故答案为：1．
14．【分析】由题意可得数列的首项，将n换为n﹣1，相减可得数列的通项公式，再由求和
公式计算 可得所求和．
【解答】解：a
1
+2a
2
+…+2
可得n ＝1时，a
1
＝1，
n
﹣
1
a
n
＝n，

n≥2时，a
1
+2a
2
+…+2
又a1
+2a
2
+…+2
相减可得2
n
﹣
1
n
﹣
1
n
﹣
2
a
n
﹣
1
＝n﹣1，
a
n
＝n，
a
n
＝1，
， 即a
n
＝（）
n
﹣
1
上式对n＝1也成立，
可得数列{a
n
}首项为1，公比为的等比数列，
可得S
5
＝＝．
故答案为：．
|PM|，于是y
0＝4﹣，代入抛物15．【分析】过P作准线l的垂线，垂足为M，则PK|＝
线方程计算p的值即 可求出y
0
．
【解答】解：过P作准线l的垂线，垂足为M，则|PM|＝|PF|，
在Rt△PKM中，∵|PK|＝
∴PM＝KM＝4，
∴y
0
＝4﹣，
把P（4，4﹣）代入抛物线方程x＝2py，解得p＝4．
∴y
0
＝4﹣2＝2．
故答案为：2．
2
|PF|＝|PM|，

16．【分析】考虑在翻折的过程中，当面AC D⊥面ACB时，D到底面的距离最大，进而得
到棱锥体积最大，可判断①；
取AC的中点O，可得O为棱锥的外接球的球心，计算可判断②；
假设AB⊥CD，由线面垂直的判断和性质，可判断③．

【解答】解：矩形A BCD，AB＝1，BC＝
在翻折的过程中，当面ACD⊥面ACB时，
，可得AC＝2，
D到底面的距离最大，且为直角三角形ACD斜边AC边上的高为
可得四棱锥D﹣ABC的体积 最大值为••1••
，
＝，故①正确；
取AC的中点O，连接OB，OD，可得O A＝OB＝OC＝OD，即O为四棱锥D﹣ABC的
外接球
的球心，且半径为1，体积为π，故②正确；
若AB⊥CD，又AB⊥BC，可得AB⊥平面BCD，即有AB⊥BD，
由AB＝1，AD＝，BD＝成立，故③正确．
故答案为：①②③．

三 、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第17～21题为必考题，
每个试题考生 都必须作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答．
17．【分析】（Ⅰ）由余弦定理化简已 知可得b+c﹣a＝﹣bc，可求cosA＝﹣，结合范围
A∈（0，π），可求A的值．
（ Ⅱ）由已知可求BC＝3，由余弦定理解得c的值，可求cosC的值，△ADC中，由余弦
定理可得A D的值．
【解答】解：（Ⅰ）∵cosC＝
∴整理可得：b+c﹣a＝﹣bc，
∴cosA＝
∵A∈（0，π），
∴A＝，
＝＝﹣，
222
222
＝，

（Ⅱ）∵A＝
2
，DC ＝2BD＝2，b＝AC＝
22
，可得：a＝BC＝3，
2
∴由余弦定理a＝b+c﹣2bccosA，可得：9＝3+c﹣2×
﹣6＝0，
∴解得：c＝
∴cosC＝
（负值舍去），
＝＝，
（﹣），可得 ：c+
2
c
∴△ADC中，由余弦定理可得：AD＝
＝1．
＝

18．【分析】（I）过D做DO⊥AE，垂足为O，连接OB，利用勾股定理证 明OB⊥OD，结
合OD⊥AE得出OD⊥平面ABE，故而平面ADE⊥平面ABE；
（I I）先计算EO，再根据V
E
﹣
ABCD
＝2V
E
﹣
ABD
＝2V
D
﹣
ABE
计算体积．
【解答】（I）证明：过D做DO⊥AE，垂足为O，连接OB，
∵AD＝2，∠DAE＝45°，∴OD＝OA＝
22
，
2
在△A OB中，由余弦定理可得OB＝OA+AB﹣2OA•AB•cos∠OAB＝2+4﹣2×
＝2，
∴OB＝，
×
∵AB＝AD＝2，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴BD＝2．
∴OD+OB＝BD，∴OB⊥OD，
又OD⊥AE，AE∩OB＝O，
∴OD⊥平面ABE，又OD⊂ADE，
∴平面ADE⊥平面ABE．
（II）∵DE＝，∴OE＝＝2，∴AE＝3．
＝2．
222
∴VE
﹣
ABCD
＝2V
E
﹣
ABD
＝2V
D
﹣
ABE
＝2×

19．【分析】（I）分别计算移动支付推广前后的发卡量即可得出结论；
（II）分别计算移动支付推广前后的车辆总耗时的平均数得出结论．
【解答】解：（I）移 动支付推出前，需在入口处停车取卡的车辆大约为9080×60%＝5448
辆，
移动支付后，需在入口处停车取卡的车辆大约为9080×＝2270辆，
估计推广移动支付后比推广移动支付前日均可少发卡5448﹣2270＝3178张．
（I I）移动支付推出前，平均每辆车进出高速收费站大约耗时（10+30）×60%+（4+4）
×40 %＝27.2秒，
移动支付推出后，平均每辆车进出高速收费站大约耗时（10+30）×
+ （4+4）×＝3.6+4+6＝13.6秒，
+（10+15）×
所以推广移动支付后平均 每辆车进出高速收费站总耗时比推广移动支付前大约减少一
半．
20．【分析】（Ⅰ）由已知 求得c＝2，再由，解得a＝5，b＝1．则椭圆C的
22
标准方程可求；
（Ⅱ）当 直线BF斜率不存在时，BF：x＝﹣2，求出三角形QAB的面积；当BF所在直
线斜率存在时，设B F：y＝k（x+2）（k≠0）．联立直线方程与椭圆方程，利用弦长公式
求|BQ|，再由点到直线 距离公式求O到BQ的距离，得到A到BQ的距离，代入三角形面
积公式，换元后利用配方法求最值．
【解答】解：（Ⅰ）由A（1，），得B（﹣1，﹣），
而|OB|＝|BF|，∴F（﹣2，0），即c＝2．
由，解得a＝5，b＝1．
22

∴椭圆C的标准方程为；
（Ⅱ）当直线BF斜率不存在时，BF：x＝﹣2，
此时B（﹣2，﹣），|BQ|＝
；
当BF所在直线斜率存在时，设BF：y＝k（x+2）（k≠0）．
，A（2，），
联立，得（1+5k）x+20kx+20k﹣5＝0．
2222
设B（x
1
，y
1
），Q（x
2
，y
2
），
则，．
则|BQ|＝
＝＝．
O到BQ的距离d＝，则A到BQ的距离为．
∴
令1+5k＝t（t＞1），
则
当时，．
．
．
2
＝．
综上，△QAB的面积的最大值为

21．【分析】（Ⅰ）根据x＝x
0时，f（x）取得极小值f（x
0
），可得f'（x
0
）＝0，解方程得 a

＝sinx
0
﹣x
0
cosx
0
，将a代入f（x）进一步求出f（x
0
）的范围；
（Ⅱ）证明f（x）+mlnx ＞0成立，即证明mlnx＞sinx﹣π成立，构造函数g（x）＝mlnx，
h（x）＝sinx﹣ π，根据g（x）和h（x）的图象和最值可证该不等式成立．
【解答】解：（Ⅰ）由函数f（x）＝
f'（x）＝，
，0＜x＜π，得
∵当x＝x
0
时，f（x）取得极小值f（x
0
），
∴f '（x
0
）＝0，∴a＝sinx
0
﹣x
0
cosx
0
，
∴f（x
0
）＝，
∵0＜x＜π，∴cosx
0
∈（﹣1，1），
∴f（x
0
）∈（﹣1，1），
即f（x
0
）的取值范围为：（﹣1，1）．
（Ⅱ）挡a＝时，f（x）＝
成立，
，
要证f（x）+mlnx＝
即证mlnx＞sinx﹣π成立，
令g（x）＝mlnx，h（x）＝sinx﹣π，则
g'（x）＝m（lnx+1），h（x）＝sinx﹣π∈（﹣π，1﹣π]，
令g'（x）＝0，则x＝，
∴当0＜x＜时，g'（x）＜0，此时g（x）递减；
当时，g'（x）＞0，此时g（x）递增，
， ∴g（x）
min
＝g（）＝
显然∀m∈（0，π），＞1﹣π，
∴0＜m＜π，g（x）＞h（x），
即0＜m＜π时，f（x）+mlnx＞0
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，作答时请写清
楚题号。 [选修4-4：坐标系与参数方程]
22．【分析】（Ⅰ）先消去参数得曲线C的直角坐标方程再利用 互化公式可得曲线C的极坐

标方程；
（Ⅱ）利用极径的几何意义以及三角函数的性质可得．
【解答】解：（Ⅰ）曲线C的直角坐标 方程为（x﹣1）+（y﹣
﹣2
22
2
）＝1，即x+y﹣2x
22 2
+3＝0，
2
又x+y＝ρ，x＝ρcosθ，y＝ρ＝sinθ，
所 以曲线C的极坐标方程为ρ﹣2（cosθ+
（Ⅱ）联立射线θ＝α与曲线C，得ρ﹣2（cosα+< br>（ρ
2
，α），
|OM|+|ON|＝ρ
1
+ρ
2
＝2（cosα+
又圆心C（1，
所以
sinα）＝4sin（），
，
≤4，
2
2
）ρ+3＝0．
sinα）ρ+3＝0 ，设M（ρ
1
，α），N
）的极坐标为（2，
，＜sin（
），所以 α的取值范围是
）≤1，2
所以|OM|+|ON|的取值范围为（2
[选修4-5： 不等式选讲]
，4]．
23．【分析】（Ⅰ）分段去绝对值姐不等书再相并；
（Ⅱ）利用绝对值不等式的性质求出左边的最小值，再解关于a的不等式可得．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝3时，f（x）＝|2x+3|+|x﹣1|＜6⇔或或
，
解得﹣，
综上所述，不等式f（x）＜6的解集为（﹣，）．
（Ⅱ）f（x）+f（﹣x）＝|2x+a|+|x﹣1|+|﹣2x+a|+|﹣x﹣1|
＝（|2x+a|+|2x﹣a|）+（|x﹣1|+|x+1|）
≥|2a|+2，
所以|2a|+2≥5
解得a≤﹣或a≥，即a的取值范围是（﹣∞，﹣]∪[，+∞）．