【精品高考数学试卷】2019年天津市南开区高考数学二模试卷(理科)+答案

2019年天津市南开区高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，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．（5分）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．（5分）已知实数x ，y 满足约束条件{x −y +5≥0x +y ≥0x ≤3，则z ＝2x +4y 的最小值是（ ）A ．﹣6B ．﹣10C ．5D ．103．（5分）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．（5分）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横向等，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．（5分）已知a =2−13，b ＝log 213，c =log 1213，则（ ）A ．a ＞b ＞cB ．a ＞c ＞bC ．c ＞a ＞bD ．c ＞b ＞a6．（5分）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 ．π6B ．π4C ．π2D ．π7．（5分）已知F 1，F 2分别双曲线3x 2﹣y 2＝3a 2（a ＞0）的左右焦点，是P 抛物线y 2＝8ax 与双曲线的一个交点，若|PF 1|+|PF 2|＝12，则抛物线的准线方程为（ ） A ．x ＝﹣4B ．x ＝﹣3C ．x ＝﹣2D ．x ＝﹣18．（5分）已知函数f(x)={1x−1x ≤0x 2−1x ＞0，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 ．[−32，−43)B ．[−12，−13)C ．[﹣1，−12]D ．[0，3]二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 9．（5分）已知复数z =3−2i1−i ，i 为虚数单位，则|z |2＝ ． 10．（5分）在(x 2−2x)7的展开式中，含x 2项的二项式系数为 ．11．（5分）球O 是正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的外接球，若正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的表面积为S 1，球O 的表面积为S 2，则S 1S 2= ．12．（5分）已知在直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为{x =3+2cosθy =−1+2sinθ(θ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ρcos （θ−π4）=√2，直线l 与圆C 交于M 、N 两点，则|MN |＝ ．13．（5分）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．（5分）已知函数f(x)=e x −1e x −2cos(π2−x)，其中e 为自然对数的底数，若f （2a 2）+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分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（12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 ．（1）求cos B 及a 的值； （2）求cos(2B +π3)的值．16．（12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．（14分）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．（14分）已知数列{a n }的前n 项和S n =−a n −(12)n−1+2(n ∈N ∗)，数列{b n }满足b n =2n a n ．（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c n =n(n+1)2n(n−a n )(n+1−a n+1)，数列{c n }的前n 项和为T n ，求满足T n ＜12463(n∈N *）的n 的最大值． 19．（14分）已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的左顶点为A ，右焦点为F （c ，0），直线l ：x =a 2c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 、△NF A 的面积分别为S 1、S 2，求S 1S 2；②若原点O 到直线TN 的距离为20√4141，求椭圆方程．20．（14分）已知函数f（x）＝x log a x（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）．（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：2＜x1+x2＜3e m−1−1．2019年天津市南开区高考数学二模试卷（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，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．【解答】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 ．2．【解答】解：由约束条件{x −y +5≥0x +y ≥0x ≤3作出可行域如图，联立{x =3x +y =0，解得A （3，﹣3），化目标函数z ＝2x +4y 为y =−12x +z4，由图可知，当直线y =−12x +z4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 ．3．【解答】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 ．4．【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．【解答】解：∵0＜a =2−13＜20＝1， b ＝log 213＜log 21＝0，c =log 1213=log 23＞log 22＝1， ∴c ＞a ＞b ． 故选：C ．6．【解答】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=π6时，g （x ）＝sin3x +cos3x ，不合题意， ②当φ=π4时，g （x ）=√2cos3x ，不合题意， ③当φ=π2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 ．7．【解答】解：双曲线的标准方程为x 2a 2−y 23a 2=1，∴双曲线的右焦点F 2（2a ，0）为抛物线y 2＝8ax 的焦点， 联立方程组{3x 2−y 2=3a 2y 2=8ax，消元可得3x 2﹣8ax ﹣3a 2＝0，解得x ＝3a 或x =−a3（舍）．不妨设P 在第一象限，则P （3a ，2√6a ）， 又F 1（﹣2a ，0），∴|PF 1|=√25a 2+24a 2=7a ，|PF 2|＝3a +2a ＝5a ， ∴|PF 1|+|PF 2|＝12a ＝12，即a ＝1． ∴抛物线的准线方程为x ＝﹣2．故选：C ．8．【解答】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，即f （x ）的图象夹在平行直线y ＝a 和y ＝a +1之间的部分只有两个整数解． 作出函数f （x ）的图象如图：∵f （0）＝﹣1，f （1）＝0，f （﹣1）=−12，f （﹣2）=−13，∴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﹣1，即满足{a ≤−1−12≤a +1＜−13，得{a ≤−1−32≤a ＜−43，即−32≤a ＜−43，即实数a 的取值范围是[−32，−43）， 故选：A ．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 9．【解答】解：∵z =3−2i 1−i =(3−2i)(1+i)(1−i)(1+i)=52+i2， ∴|z |2=(√254+14)2=132． 故答案为：132．10．【解答】解：在(x 2−2x)7的展开式中，通项公式为 T r +1=C 7r•（﹣2）r •x 14﹣3r，令14﹣3r＝2，求得r ＝4，可得含x 2项的二项式系数为C 74=35，故答案为：35．11．【解答】解：设正方体棱长为a ， 则正方体表面积为：S 1＝6a 2， 球O 的半径为：√3a2， S 球=4π×3a 24=3πa 2，即S 2=3πa 2， ∴S 1S 2=2π．故答案为：2π．12．【解答】解：由{x =3+2cosθy =−1+2sinθ(θ为参数），消去θ得：（x ﹣3）2+（y +1）2＝4．由ρcos （θ−π4）=√2，得√22ρcosθ+√22ρsinθ=√2，即x +y ＝2．∴圆心（3，﹣1）在直线x +y ﹣2＝0上． 则|MN |＝4． 故答案为：4．13．【解答】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AC →•BD →=−1，得9m 2cos ∠CMD ＝﹣1， ∴cos ∠CMD =−19m 2， 在△CMD 中，有22＝m 2+m 2﹣2m 2cos ∠CMD ， 即4=2m 2−2m 2⋅(−19m 2)， 解得：m 2=179． ∴cos ∠CMD =−117．则cos∠BMC＝cos（π﹣∠BMD）＝﹣cos∠CMD=1 17．故答案为：117．14．【解答】解：根据题意，函数f(x)=e x−1e x−2cos(π2−x)=e x−1e x−2sin x，其定义域为R，f（0）＝1﹣1﹣0＝0，有f（﹣x）=1e 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+1e 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：−32＜a＜1，即a的取值范围为（−32，1）；故答案为：（−32，1）．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．【解答】（本题满分为13分）解：（1）在△ABC中，由正弦定理bsinB =csinC，可得：3sinB=4sinC，…2分∵C＝2B，∴3sinB =4sin2B=42sinBcosB，解得：cos B=23，…4分在△ABC中，由余弦定理b2＝a2+c2﹣2ac cos B，可得：a2−163a+7＝0，解得a＝3，或a=73，∵a≠b，∴a=73⋯7分（2）∵cos B=23，可得sin B=√53，∴sin2B＝2sin B cos B=4√59，cos2B＝2cos2B﹣1=−19，…11分∴cos（2B+π3）=12cos2B−√32sin2B=−1+4√1518⋯13分16．【解答】解：（I ）由题意基本事件的总数为C 61×C 61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 ）=6+5×2C 61×C 61=49． 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−C 30(49)0(59)3−C 31×49×(59)2=304729． （II ）由题意可知：从6人中选取4人共有C 64种选法，双胞胎的对数X 的取值为0，1，2．则P （X ＝0）=C 21C 21C 22C 64=415，P （X ＝1）=C 21(C 21C 21+C 22)C 64=23，P （X ＝2）=C 22C64=115． 随机变量X 的分布列为 期望为E （X ）=0×415+1×23+2×115=45．17．【解答】（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 =12AE ＝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，√3，m ）， ∴BD →=（﹣1，0，1），DE →=（0，√3，m ﹣1），设平面BDE 的法向量为m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅BD →=0m →⋅DE →=0，即{−x +z =0√3y +(m −1)z =0， 令x ＝1可得m →=（1，√3，1），又平面ADE 的一个法向量为n →=（1，0，0），∴cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →||n →|=√(1−m)3+2，令√23+2=cos60°=12，解得m ＝1+√6．∴AE ＝1+√6．（3）CD →=（1，0，1），m →=（1，−√2，1）， ∴cos ＜CD →，m →＞=CD →⋅m →|CD →||m →|=2√2×2=√22， ∴直线CD 与平面BDE 所成角的正弦值为√22，故直线CD 与平面BDE 所成角为45°．18．【解答】解：（1）证明：∵S n ＝﹣a n −(12)n−1+2，① ∴当x ≥2时，S n ﹣1＝﹣a n ﹣1−(12)n−2+2，② ①﹣②得，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝﹣a n +a n ﹣1+(12)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，S 1＝﹣a 1﹣1+2＝a 1， ∴a 1=12， ∴b 1＝2a 1＝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 =n 2n ； （2）c n =n(n+1)2n(n−a n )(n+1−a n+1)=n(n+1)2n (n−n 2n )(n+1−n+12n+1)=2n+1(2n−1)(2n+1−1)=2(12n−1−12n+1−1) ∴T n =2[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(1n−12n+1−1)] =2(1−12n+1−1)，∵T n ＜12463(n∈N *），∴即2(1−12n+1−1)＜12463， ∴n ＜5，∵n ∈N * ∴n 的最大值为4．19．【解答】解：（1）由F 是AT 的中点，可得﹣a +a 2c =2c ，即（a ﹣2c ）（a +c ）＝0，又a 、c ＞0， 则a ＝2c ，可得e =c a =12；（2）①过M ，N 作直线l 的垂线，垂足分别为M 1，N 1， 由NN 1＝2MM 1，得M 是NT 的中点，可得S △MNF S △TNF=12，又F 是AT 中点，即有S △ANF ＝S △TNF ，故S 1S 2=12；②设F （c ，0），则椭圆方程为x 24c +y 23c =1，由①知M 是N ，T 的中点，不妨设M （x 0，y 0）， 则N （2x 0﹣4c ，2y 0）， 又M ，N 都在椭圆上，即有{ x 024c 2+y 023c 2=1(2x 0−4c)24c 2+4y 023c 2=1，即{ x 024c 2+y 023c 2=1(x 0−2c)24c 2+y 023c 2=14， 两式相减得：x 024c −(x 0−2c)24c =34，解得x 0=74c ，可得y 0=3√58c ，故直线MN 的斜率为k =3√58c 74c−4c=−√56，直线MN 的方程为y =−√56（x ﹣4c ），即√5x +6y ﹣4√5c ＝0，原点O 到直线TN 的距离为d =4√5c 5+36=4√5c41，依题意√5c √41=20√4141，解得c =√5，故椭圆方程为x 220+y 215=1．20．【解答】解：（1）由f （x ）＝x log a x （a ＞0），得f '（x ）=log a(ex)，因为f （x ）在点x ＝e ﹣1处取得极小值﹣e ﹣1，所以f '（e ﹣1）=log a(e⋅e −1)=−e ﹣1，所以a ＝e ，所以g （x ）＝（m +1）x ﹣lnx ﹣f （x ）＝g （x ）＝（m +1）x ﹣lnx ﹣xlnx ， 所以g '（x ）＝m −1x−lnx ， 令F （x ）＝g '（x ），则F ′（x ）=1−xx 2，令F ′（x ）＝0，得x ＝1． 当x ＞1时，F ′（x ）＜0，在（1，+∞）上单调递减； 当0＜x ＜1时，F ′（x ）＞0，在（0，1）上单调递增，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 ）=−1e m ＜0； 另一方面，∃e﹣m＜1，F （e﹣m）≤2m ﹣em ＜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x 1+x 2＞2．依题设，有m =1x 1+lnx 1=1x 2+lnx 2，于是x 2−x 1x 2x 1=lnx 2x 1．记x 2x 1=t ，t ＞1，则lnt =t−1tx 1，故x 1=t−1tlnt ．于是x 1+x 2＝x 1（t +1）=t 2−1tlnt ，x 1+x 2﹣2=2(t 2−12t −lnt)lnt． 记函数G （x ）=x 2−12x−lnx ，x ＞1．因G ′（x ）=(x−1)22x 2＞0，故G （x ）在 （1，+∞）上单调递增．于是，t ＞1时，G （t ）＞G （1）＝0． 又lnt ＞0，所以，x 1+x 2＞2． 再证x 1+x 2＜3e m ﹣1﹣1，F （x ）＝0⇔h （x ）＝mx ﹣1﹣xlnx ＝0，故x 1，x 2也是h （x ）＝0的两个零点． 由h ′（x ）＝m ﹣1﹣lnx ＝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{ℎ(p)＞0x 1＜p ＜x 2，作函数φ（x ）＝lnx −2(x−p)x+p −lnp ，则φ′（x ）=(x−p)2x(x+p)2≥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，mx 1﹣1＝x 1lnx 1＜2x 1(x 1−p)x 1+p+x 1lnp ． 整理，得（2+lnp ﹣m ）x 12﹣（2p +mp ﹣plnp ﹣1）x 1+p ＞0， 即x 12﹣（3e m ﹣1﹣1）x 1+e m ﹣1＞0．同理x 22﹣（3e m ﹣1﹣1）x 2+e m ﹣1＜0．故x 22﹣（3e m ﹣1﹣1）x 2+e m ﹣1＜x 12﹣（3e m ﹣1﹣1）x 1+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．。