河北省九校2019届高三上学期第二次联考试题 理科数学(解析版)

理科数学

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．

，则z的共轭复数是（ ） 1．已知复数z满足(i1)z2i（i是虚数单位）A．i1

1．答案：B 解析：z

B．1i

C．12i

D．1i

2i2i(i1)2i(i1)i2i1i,z1i． i1(i1)(i1)2

2．已知集合M{x|x2},N{x|x2x0}，则下列正确的是（ ） A．MNR 2．答案：B

解析：N{x|x2x0}{x|0x1}，所以RN{x|x≤0或x≥1}，所以MRNR．

B．MRNR

C．NRMR

D．MNM



3．已知向量a(1,m),b(3,2)，且abb，则m（ ）

A．8 3．答案：D

B．6

C．6 D．8



解析：因为a(1,m),b(3,2)，所以ab(4,m2)，又abb，



所以abb34(2)(m2)0，解得m8．

4．圆C的半径为2，圆心在x轴的正半轴上，直线3x4y40与圆C相切，则圆C的方程为（ ） A．x2y22x30 C．x2y24x0 4．答案：C

解析：由题意设所求圆的方程为(xm)2y24(m0)，则

B．x2y24x0 D．x2y22x30

3m4142，解得m2或m（舍35

去），故所求圆的方程为(x2)2y24，即x2y24x0．

5．如图，矩形的长为6，宽为4，在矩形内随机撒300颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆数为96，以此试验

数据为依据可估计出椭圆的面积为（ ） A．16.32 B．15.32 C．8.68 D．7.68

5．答案：A

解析：由题意，可估计椭圆的面积为16．函数yxA．(3,1) 6．答案：B

96

6416.32． 300

32lnx的单调递减区间是（ ） xB．(0,1)

C．(1,3)

D．(0,3)

32x22x3(x3)(x1)

解析：定义域为(0,)，令y120，得0x1．

xxx2x2

7．将偶函数f(x)sin(3x)(0)的图象向右平移（ ） A．

12个单位长度后，得到的曲线的对称中心为

k

,0(kZ) 34k

,0(kZ) 36

B．

k

,0(kZ) 312k7

,0(kZ) 336

C．D．

7．答案：A

解析：因为函数f(x)sin(3x)为偶函数且0，所以位长度后得到g(x)sin3x

2，f(x)的图象向右平移

12个单



3xk,kZ， ，令sin3x41224



开始输入a,b,kn1得xkk

,kZ，所以曲线yg(x)的对称中心为,0(kZ)． 3434

8．执行如图所示的程序框图， 如果输入的a,b,k分别为1，2，4， 输出的M否是输出M结束Ma1b15，那么判断框中应填入的条件为（ ） 8A．nk B．n≥k C．nk1 D．n≥k1

abbMnn18．答案：A 解析：

1332838,a2,b,n2M2,a,b,n3 2223323331581515M,a,b,n4结束循环，输出M，此时n4，而输入的k4，

288388故结合选项知，判断框应填入nk． a1,b2,k4,n1M19．第十四届全国运动会将于2021年在陕西举办，为宣传地方特色，某电视台派出3名男记者和2名女记者到民间进行采访报导．工作过程中的任务划分为：“负重扛机”，“对象采访”，“文稿编写”，“编制剪辑”四项工作，每项工作至少一人参加，但2名女记者不参加“负重扛机”工作，则不同的安排方案书共有（ ） A．150 B．126 C．90 D．54 9．答案：B

解析：根据题意，“负重扛机”可由1名男记者或2名男记者参加，当由1名男记者参加“负重扛机”工作时，有C3种方法，剩余2男2女记者可分为3组参加其余三项工作，共有C4A3种方法，故由1名男记者参加“负重扛机”工作时，共有C3C4A3108种方法；

当由2名男记者参加“负重扛机”工作时，剩余1男2女3名记者各参加一项工作，有C3A318种方法．故满足题意的不同安排方案数共有10818126种． 10．若函数f(x)kxxeA．(0,) 10．答案：C

解析：令f(x)kxxe

x

x

2

3

1

2

3

1

2

3

有两个正实数零点，则k的取值范围是（ ）

B．0,



1e

C．(0,1) D．(0,e)

0，得kxxex，

xex111x1x，令g(x)1x，则g(x)2x0，所以g(x)在(0,)上单当x0时，kxexexxe调递增，且当x0时，g(x)；当x时，g(x)1，作出yg(x)的图象如图所示， 由题意知，直线yk与yg(x)的图象有两个交点，所以0k1． 1O x2y2

11．已知点F(c,0)(c0)是双曲线221(a0,b0)的左焦点，过F且平行于双曲线渐近线的

ab

直线与圆x2y2c2交于点F和另一个点P，且点P在抛物线y24cx上，则该双曲线的离心率是 （ ） A．5 11．答案：C

解析：如图，由x2y2c2及y24cx及题意可取P((52)c,2平行的直线yB．35 2C．51 2D．51 252c)，又点P在过F与渐近线

b(xc)上，所以2abb25252c[(52)cc]，， aa51c2a2b2b24(52)51e211,e22aaa26252

51． 2P

FO12．已知三棱柱ABCA1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，该三棱柱的五个面所在平面截球面所得圆的大小相同，若球O的表面积为20，则三棱柱的体积为（ ） A．63 12．答案：A

解析：设球O的半径为R，则由4R20，得R5，设正三棱柱的高为h，底面边长为a，五个面截球所得小圆半径均相等，设为r，则4rah，r

2

2

2

2

2

2

B．12 C．123 D．18 3a，所以a23h2， 3a2h2h25h2h222

h5，可得h2，所以a212， 又Rr34442

所以三棱柱的体积V

323ah12263 44二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．

13．已知点P(sin35,cos35)为角终边上一点，若0≤360，则 ．

13．答案：55

解析：由题意知cossin35cos55,sincos35sin55，点P在第一象限，55． 14．已知两条不同的直线m,n，两个不重合的平面,，给出下面五个命题： ①m//n,mn； ②//,m,nm//n； ③m//n,m//n//； ④m,m//； ⑤//,m//n,mn．其中正确命题的序号是 ． 14．答案：①④⑤

解析：命题①，显然正确；命题②，m,n可能为异面，故②为假命题；

命题③，可能n，故③为假命题；命题④由线面垂直、线面平行的性质以及面面垂直的判定知④为真命题；命题⑤，由m//n,m，得n，又//，所以n，故⑤为真命题．

综上，正确的命题为①④⑤．

15．学校艺术节对同一类的A，B，C，D四项参赛作品只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下， 甲说：“是C或D作品获得一等奖”； 乙说：“B作品获得一等奖” 丙说：“A，D两项作品未获得一等奖”； 丁说：“是C作品获得一等奖” ．

若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是 ． 15．答案：B

解析：若获得一等奖的是A，则甲、乙、丙、丁四位同学说的话都是错； 若获得一等奖的是B，则乙、丙两位同学说的对，符合题意； 若获得一等奖的是C，则甲、丙、丁三位同学说的都对；

若获得一等奖的是D，则只有甲同学说的话对．故获得一等奖的作品是B． 16．已知△ABC中，B2A,7sinA4sinC，则cosA ．

16．答案：11 47a， 4sinBb因为B2A，所以sinBsin2A2sinAcosA，结合正弦定理得cosA，

2sinA2a解析：在△ABC中，由7sinA4sinC及正弦定理可得7a4c，即c又abc2bccosAb22224927b492321111a， a2baab，b2a2,b

4212a1cosA

b11． 

2a4三、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，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分． 17．（本小题满分12分）

已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与（1）求数列{an}的通项公式；

1

的等差中项． an

(1)n

（2）设bn，求{bn}的前n项和Tn．

an

17．解析：（1）由题意知，2Snan当n1时，由①式可得S11；

当n≥2时，anSnSn1，代入①式，得2Sn(SnSn1)(SnSn1)1，

整理得SnSn11，所以数列{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列，Sn1n1n． 因为{an}各项均为正数，所以Sn所以anSnSn1

2

2

2

22

12

，即2Snanan1， ① an

n，………………………………………………………………4分

nn1(n≥2)，又a1S11也符合上式，annn1 ……6分

(1)n(1)n

（2）bn(1)n(nn1)，

annn1当n为奇数时，Tn1(21)(32)(n1n2)(nn1)n； 当n为偶数时，Tn1(21)(32)(n1n2)(nn1)所以{bn}的前n项和为Tn(1)18．（本小题满分12分）

等边三角形ABC的边长为3，点D,E分别是边AB,AC上的点，且满足

nn．

n．………………………………………………………………12分

ADCE1，如图甲，将DBEA2，如图乙． △ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1DEB为直二面角，连接A1B,AC1（1）求证：BD平面A1DE．

（2）在线段BC上是否存在点P，使平面PA1E与平面A1BD所成的角为60？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．

ADEB甲18．解析：（1）因为等边三角形ABC的边长为3，且

2

A1DCB乙EC

ADCE1，所以AD1,AE2， DBEA22

2

在△ADE中，DAE60，由余弦定理得DE12212cos603，

从而AD2DE2AE2，所以ADDE，即BDDE．……………………………………2分 因为二面角A1DEB是直二面角，所以平面A1DE平面BCED，

又平面A1DE平面BCDEDE,BDDE，所以BD平面A1DE．…………………………6分 （2）存在．

由（1）的证明可知，BD,DA1,DE两两垂直，以D为坐标原点，分别以DB,DE,DA1所在的直线为x轴，

y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．

设PB2a，作PHBD于点H，连接A1H,A1P,PE，则BHa,PH3a,DH2a， 所以D(0,0,0),A1(0,0,1),P(2a,3a,0),E(0,3,0)，



所以A1P(2a,3a,1),A1E(0,3,1)，



显然平面A1BD的一个法向量为m(0,1,0)，设n(x,y,z)为平面PA1E的一个法向量，

nA1P(2a)x3ayz0z3y由，得，

(2a)x3(a1)y0nA1E3yz0

取ya2，则x3(a1)，z3(a2)，n(3(a1),a2,3(a2))，……8分

mna2a21所以cos60cosm,n，

mn3(a1)2(a2)23(a2)23(a1)24(a2)223(a1)24(a2)24(a2)2，解得a1．

所以存在点P，且PB2，使平面PA1E与平面A1BD所成的角为60．…………………………12分

zA1DEBx19．（本小题满分12分）

yPC

2x2y2

已知椭圆E:221(ab0)的离心率为，点P(0,1)在短轴CD上，且PCPD1．

2ab

（1）求椭圆E的方程；

1（2）过点P的直线l与椭圆E交于A,B两点，若PBAP，求直线l的方程．

219．（1）由题意知，e

c2，得a2c2b，不妨取C(0,b),D(0,b)，则 a2PCPD(b1)(b1)1b21,b22,a2，

x2y2

所以椭圆E的方程为1．……………………………………………………………………4分

42

1（2）当直线l的斜率不存在时，PB(0,21),AP(0,21),PBAP，不符合题意．…6分

2当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1，设A(x1,y1),B(x2,y2)．

x2y2

1

联立方程得4，整理得(12k2)x24kx20， 2

ykx1

4k2,xx，……………………………………8分 1212k212k2111由PBAP，得(x2,y21)(x1,1y1),x2x1，

222由根与系数的关系，得x1x2x11148k4k22

k,k,x，解得， 112k212k2141414x1．……………………………………………………………………12分 14所以直线l的方程为y20．（本小题满分12分）

已知某种植物种子每粒成功发芽的概率都为

1，某植物研究所分三个小组分别进行该种子的发芽试3验，每次试验种一粒种子，每次试验结果相互．假定某次试验种子发芽则称该次试验是成功的，如果种子没有发芽，则称该次试验是失败的．

（1）第一小组做了四次试验，求该小组恰有两次失败的概率；

（2）第二小组做了四次试验，设试验成功与失败的次数的差的绝对值为X，求X的分布列及数学期望； （3）第三小组进行试验，到成功了四次为止，在第四次成功之前共有三次失败的前提下，求恰有两次连续失败的概率．

24821220．解析：（1）该小组恰有两次失败的概率PC4．…………………………3分 812733

（2）由题意可知X的取值集合为{0,2,4}，

22

2481223284012131则P(X0)C，P(X2)C4， C4

81273381813333

2

4

2233

2116117

P(X4)．………………………………………………………………7分

338181

故X的分布列为： X P 0 2 4 44

4017 818184017148148E(X)024，即所求的数学期望为．………………………………9分

2781818181（3）由题意可知，在第四次成功之前共有三次失败的前提下，共有C620（个）基本事件，而满足恰有两次连续失败的基本事件共有A412（个），从而由古典概型可得所求概率P21．（本小题满分12分）

已知函数f(x)xexx2axb，曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为4x2y30． （1）求a,b的值； （2）证明：f(x)lnx．

2

3

8 27123．……12分 205f(0)1a2

21．解析：（1）f(x)(x1)ex2aa，由题意知3，

f(0)b2

3．…………………………………………………………………………………………4分 233x2（2）由（1）知f(x)xexx，设h(x)xexx2xlnx，则只需证明h(x)．

22解得a1,b12x2x1(x1)(2x1)1x

h(x)(x1)e2x1(x1)e(x1)ex(x1)ex2，

xxxxx

设g(x)e2x11x，则g(x)e20,g(x)在(0,)上单调递增． xx11

11111

ge4240,ge3230，存在x0,，使得g(x0)ex020，

x04343

且当x(0,x0)时，g(x)0,h(x)0,h(x)单调递减， 当x(x0,)时，g(x)0,h(x)0,h(x)单调递增，

2

h(x)minh(x0)x0ex0x0x0lnx0，由ex02

11

0，得ex02， x0x0

122

h(x0)x02x0x0lnx0x0x01lnx0．……………………………………9分

x0设(x)x2x1lnx,x

1(2x1)(x1)11

， ,，则(x)2x1xx43

所以当x

1111

,时，(x)0,(x)在,上单调递减， 4343

2

173111

h(x0)(x0)1lnln3，

392333

因此h(x)3，即f(x)lnx．………………………………………………………………………12分 2（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，则按所作的第一题计分． 22．【选修4—4：坐标系与参数方程】（本小题满分10分） 在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C:sin22acos



x2

(a0)，过点P(2,4)的直线l:

y4

2t2（t为参数）与曲线C相交于M,N两点． 2t2（1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程； （2）若PM,MN,PN成等比数列，求实数a的值．

22．解析：（1）由sin22acos，得2sin22acos，由xcos,ysin， 得曲线C的直角坐标方程为y22ax(a0)，……………………………………………………3分



x2由

y4

2t2（t为参数）

，消去参数t得直线l的普通方程为xy20．…………………5分

2t22t2（t为参数）代入y22ax，整理得t222(4a)t8(4a)0．……7分 2t2

x2

（2）将

y4

设M,N两点对应的参数分别为t1,t2，则t1t222(4a),t1t28(4a)，………………8分 由题意知，MN

2

PMPN,(t1t2)2(t1t2)24t1t2t1t2，(t1t2)25t1t2，

8(4a)258(4a),a1．……………………………………………………………………10分

23．【选修4—5：不等式选讲】（本小题满分10分） 已知函数f(x)2x1x1． （1）解不等式f(x)2；

（2）记函数g(x)f(x)f(x)，若对任意的xR，不等式k1g(x)恒成立，求实数k的取值范围．



3x,

23．解析：（1）依题意得f(x)x2,

3x,

x≤

12

1

x1， 2x≥1

11

2x≤x1x≥1

于是得或，解得x或0x1或x≥1． 2或2

33x23x2x22

故不等式f(x)2的解集为,



2

(0,)．……………………………………………………5分 3

（2）g(x)f(x)f(x)x1x12x12x1≥(x1)(x1)(2x1)(2x1)4

(x1)(x1)≤011

当且仅当，即x,时取等号，

22(2x1)(2x1)≤0

若对任意的xR，不等式k1g(x)恒成立，则k1g(x)min4，所以4k14， 解得3k5，即实数k的取值范围为(3,5)．……………………………………………………10分