2019年东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、 辽宁省实验中学）高考数学一模试卷（文科）-解析版

故选：D．

由题意可得|AF|=3，可得|PA|+|PF|的最小值为5，由双曲线的定义可得|PA|+|PF'|+2a的最小值为5，

当A，P，F'三点共线时，取得最小值，可得a=1，由离心率公式可得所求值．

解：作出x，y满足约束条件：由z=2x+y得y=-2x+z， 平移直线y=-2x+z，

对应的平面区域如图：（阴影部分），

由图象可知当直线y=-2x+z经过点A时，直线y=-2x+z的截距最大，

本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率的求法，考查三点共线取得最小值的性质，

此时z最大．

考查方程思想和运算能力，属于中档题． 12.【答案】D

【解析】

x

解：f′（x）=e-2ax，

由，解得A（，），

代入目标函数z=2x+y得z=3． 即目标函数z=2x+y的最大值为3．

若f（x）在（0，+∞）上有两个极值点x1，x2（0＜x1＜x2）， 则y=ex和y=2ax在（0，+∞）上有2个交点， 设直线y=2ax和y=ex相切时切点是A（m，em）， 则y′=e，y′|x=m=e，

mm

故y-e=e（x-m）， mm

即y=ex+（1-m）e=2ax， m

故（1-m）e=0，解得：m=1，

x

m

故答案为：3．

作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，即可求最大值．

本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法． 14.【答案】乙

【解析】

解：①设会弹钢琴的是甲，则甲、乙说的是真话，与题设矛盾，故会弹钢琴的不是甲， ②设会弹钢琴的是乙，则丙说的是真话，与题设相符，故会弹钢琴的是乙，

故A（1，e），故2a=e，a=，

x

故直线y=2ax和y=e相交时，a＞，

③设会弹钢琴的是丙，则乙、丙说的时真话，与题设矛盾，故会弹钢琴的不是丙， 综合①②③得：会弹钢琴的是乙，

故选：D．

求出函数的导数，问题转化为y=e和y=2ax在（0，+∞）上有2个交点，设直线y=2ax和y=e相切时切点是A（m，e），求出临界值，求出a的范围即可．

本题考查了进行简单的合情推理，属简单题．

本题考查了切线方程，考查函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题． 13.【答案】3

【解析】

m

x

x

故答案为：乙

先理解题意，再进行简单的合情推理，逐一进行检验即可得解．

15.【答案】30

【解析】

解：设等比数列{an}的公比为q＞0，∵2S3=8a1+3a2，a4=16，

2

∴2a1（1+q+q）=a1（8+3q），

=16，

解得a1=q=2．

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则S4=

=30．

∵0＜A＜π， ∴ ＜2A+ ＜

，

故答案为：30．

利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出．

本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 16.【答案】4π

【解析】

∴2A+ = ，即A= ，…………………（8分）

222

由余弦定理，a=b+c-2bccosA，

22

∴6=4+c-2c，即c-2c-2=0， 又c＞0，

∴c=1+ ，…………………（10分）

解：如图，在四面体A-BCD中，AB⊥底面BCD，AB=BD=，CB=CD=1，

∴S△ABC= bcsinA= = + ． …………………（12分）

【解析】

（Ⅰ）利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f（x）=sin（2x+

≤2x+≤

，利用正弦函数的性质可求其值域．

）=，可求范围

＜2A+

＜

，从而可求A=

，由余弦定理解）+1，由已知可求范围

（Ⅱ）由已知可求sin（2A+

得c的值，即可根据三角形的面积公式计算得解．

可得∠BCD=90°，补形为长方体，则过一个顶点的三条棱长分别为1，1，则长方体的对角线长为其表面积为4π×1=4π． 故答案为：4π．

由题意画出图形，补形为长方体，求其对角线长，可得四面体外接球的半径，则表面积可求． 本题考查多面体外接球表面积的求法，补形是关键，是中档题． 17.【答案】（本题满分为12分）

2

解：（Ⅰ）f（x）=sin（2x- ）+2cosx= sin2x+ cos2x+1=sin（2x+ ）+1，…………………（2分）

， 本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的性质，余弦定理，三角形的面积公式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】解：（Ⅰ）设“随机抽取2名，其中恰有一名学生不近视”为事件A，则P（A）=

故随机抽取2名，其中恰有一名学生不近视的概率为 ． （Ⅱ）根据以上数据得到列联表：

，则三棱锥A-BCD的外接球的半径为1．

2

=

足够的户外暴露时间 不足够的户外暴露时间 近视 40 60

不近视 60 40 22

所以K的观测值k= =8.000＞6.635，

∵x∈[0， ]，

∴ ≤2x+ ≤ ，…………………（4分）

故能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为不足够的户外暴露时间与近视有关系． 【解析】

（Ⅰ）根据古典概型概率公式计算可得；

2列联表，再根据表格中数据计算k2，再根据临界值表作答． （Ⅱ）先得2×

本题考查了独立性检验，属中档题．

∴ sin（2x+ ）+1≤2，

∴函数f（x）的值域为[ ，2]； …………………（6分） （Ⅱ）∵f（A）=sin（2A+ ）+1= ， ∴sin（2A+ ）= ，

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19.【答案】解：（I）由已知 △ ，

∴PG=4．

在平面ABCD内，过C点作CH∥EG交AD于H，连接PH，则∠PCH（或其补角）就是异面直线GE与PC所成的角．

在△PCH中， ， ， ，

由余弦定理得，cos∠PCH= ，

2

所以椭圆E的标准方程为+y=1，

（Ⅱ）由已知，可设直线l方程为x=ty+1，设A（x1，y1），B（x2，y2），

得（t2+1）y2+2ty-2=0 易知△＞0， 联立

则y1+y2=- ，y1y2=- ，

? =（x1+1）（x2+1）+y1y2=（ty1+2）（ty2+2）+y1y2=（t2+1）y1y2+2t（y1+y2）+4= 所以 =1， 因为 所以

∴异面直线GE与PC所成的角的余弦值为 ．

（II）∵PG⊥平面ABCD，PG 平面PBG∴平面PBG⊥平面ABCD，

在平面ABCD内，过D作DK⊥BG，交BG延长线于K，则DK⊥平面PBG∴DK的长就是点D到平面PBG的距离．

∵ ∴ ．

=，∴点D到平面PBG的距离为． 在△DKG，DK=DGsin45°

（III）在平面ABCD内，过D作DM⊥GC，M为垂足，连接MF， 又因为DF⊥GC，

∴GC⊥平面MFD，∴GC⊥FM．

由平面PGC⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD∴FM∥PG； = ． 由GM⊥MD得：GM=GD?cos45°∵ 【解析】

=1，解得t2= ．

联立

t2+2）y2+2ty-1=0 易知△=8（t2+1）＞0， ，得（

设C（x3，y3），B（x4，y4），

则y3+y4=- ，y1y2=- ，

∴|y3-y4|= =

∴△F1CD的面积【解析】

S= |F1F2|?|y3-y4|= = =

2

（Ⅰ）y=4x焦点为F（1，0），则F1（-1，0），F2（1，0），2a=|PF1|+|PF2|=2

，∴由DF⊥GC可得 ．

，求解a，b即可得到椭

（1）先利用等体积法求出PG的长，在平面ABCD内，过C点作CH∥EG交AD于H，连接PH，则∠PCH（或其补角）就是异面直线GE与PC所成的角，在△PCH中利用余弦定理求出此角即可； （2）在平面ABCD内，过D作DK⊥BG，交BG延长线于K，则DK⊥平面PBG，DK的长就是点D到平面PBG的距离，在△DKG利用边角关系求出DK长；

（3）在平面ABCD内，过D作DM⊥GC，M为垂足，连接MF，先证明FM∥PG，然后利用三角形

圆方程．

（Ⅱ）设直线l的方程为x=ty+1，A（x1，y1），B（x2，y2），利用联立y2+2ty-2=0，通过韦达定理以及向量的数量积推出解得t2=．联立y2+2ty-1=0．设C（x3，y3），D（x4，y4），利用韦达定理，求解三角形的面积．

本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查三角形的面积计算公式，把面积比转化为长度比是解题的关键，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于中档题．

可得（t2+1）

2

，得（t+2）

相似对应边成比例建立等量关系即可．

本题主要考查四棱锥的有关知识，以及求异面直线所成角的问题，以及分析问题与解决问题的能力．简单几何体是立体几何解答题的主要载体，特别是棱柱和棱锥．

20.【答案】解：（Ⅰ）y=4x焦点为F（1，0），则F1（-1，0），F2（1，0），2a=|PF1|+|PF2|=2

解得a= ，c=1，b=1，

2

21.【答案】解：（Ⅰ）当a=e时，t（x）=ex-ex，t′（x）=ex-e，………（1分）

令t′（x）=0，则x=1，

x，t′（x），t（x）的变化列表如下： x t′（x） t（x） （-∞，1） - 单调递减 1 0 极小值 （1，+∞） + 单调递增 第7页，共8页

………（3分）

所以t（x）极小值=t（1）=e-e=0……………（5分）

x

（Ⅱ）设F（x）=f（x）-g（x）+lnx-e+a=e-ax+lnx-e+a，（x≥1）， F′（x）=ex-a+ ，（x≥1）， 设h（x）=e-a+ ，h′（x）=

x

∴|QA|+|QB|=|ρ1|+|ρ2|=|ρ1+ρ2|=2

∴cosθ1=±满足△＞0∴θ1= 或 ∴l的倾斜角为 或 ，

则k=tanθ1= 或- ．

，………（7分）

【解析】

（Ⅰ）先消去α得C的普通方程，再化成极坐标方程；

（Ⅱ）设直线l的极坐标方程为θ=θ1（ρ∈R，θ1∈[0，π）），其中θ1为直线l的倾斜角，代入C的极坐标方程，利用韦达定理可求得．

本题考查了参数方程化成普通方程，属基础题． 23.【答案】解：（Ⅰ）因为f（x）=|x-4a|+|x|≥|x-4a-x|=4|a|，

所以a≤4|a|，解得：-4≤a≤4． 故实数a的取值范围为[-4，4]；

（Ⅱ）由（1）知，m=4，即4x+2y+z=4，

222

根据柯西不等式（x+y）+y+z= [（x+y）2+y2+z2]?[42+4+1] ≥ [4（x+y）-2y+z]2= 等号在

2

22x

由x≥1得，x≥1，xe-1＞0，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）单调递增， 即F′（x）在（1，+∞）单调递增，F′（1）=e+1-a，

①当e+1-a≥0，即a≤e+1时，x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）在（1，+∞）单调递增， 又F（1）=0，故当x≥1时，关于x的方程f（x）+lnx-e=g（x）-a有且只有一个实数解…（9分）

x

②当e+1-a＜0，即a＞e+1时，由（Ⅰ）可知e≥ex，

所以

F′（x）=ex+-a≥ex+-a，F′（ ）≥e? + -a= ＞0，又 ＞=1，

故?x0∈（1， ），F′（x0）=0，当x∈（1，x0）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，又F（1）=0， 故当x∈（1，x0]时，F（x）＜0，

在[1，x0）内，关于x的方程f（x）+lnx-e=g（x）-a有一个实数解1． 又x∈（x0，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，

aa22

且F（a）=e+lna-a+a-e＞e-a+1，

x2

令k（x）=e-x+1（x≥1），

s（x）=k′（x）=ex-2x，s′（x）=ex-2≥e-2＞0，

故k′（x）在（1，+∞）单调递增，又k′（1）＞0， 故x＞1时，k′（x）＞0，k（x）在（1，+∞）单调递增， 故k（a）＞k（1）＞0，故F（a）＞0，

又a＞ ＞x0，由零点存在定理可知，?x1∈（x0，a），F（x1）=0， 故在（x0，a）内，关于x的方程f（x）+lnx-e=g（x）-a有一个实数解x1， 又在[1，x0）内，关于x的方程f（x）+lnx-e=g（x）-a有一个实数解1． 综上，a≤e+1…（12分） 【解析】

= =z即x=，y=-，z=时取得．

222

所以（x+y）+y+z的最小值为 ．

【解析】

（Ⅰ）根据基本不等式的性质得到关于a的不等式，解出即可； （Ⅱ）根据柯西不等式的性质求出代数式的最小值即可．

本题考查了解绝对值不等式，考查基本不等式以及柯西不等式的性质，是一道常规题．

（Ⅰ）代入a的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极小值即可； （Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合方程的解的个数确定a的范围即可．

本题考查了函数的单调性，极值，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．

22

，∴x-4x+y+1=0

2

所以曲线C的极坐标方程为ρ-4ρcosθ+1=0．

（Ⅱ）设直线l的极坐标方程为θ=θ1（ρ∈R，θ1∈[0，π）），其中θ1为直线l的倾斜角，

2

代入曲线C得ρ-4ρcosθ1+1=0，设A，B所对应的极径分别为ρ1，ρ2． ρ1+ρ2=4cosθ1，ρ1ρ2=1＞0，△=16cosθ12-4＞0

22.【答案】解：（Ⅰ）∵

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