【2019惠州二调】惠州市2019届高三第二次调研考试数学(文科)试题

PAGE数学试题（文科）第16页，共16页惠州市2019届高三第二次调研考试文科数学全卷满分150分，考试时间120分钟．2018.10注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题卡上。2．作答选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效。3．非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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）设全集，集合，，那么为（）A．B．C．D．（2）已知，，则（）A．B．C．D．（3）命题：，，则为（）A．，B．，C．，D．，（4）下列函数中，既是偶函数，又是周期函数的是（）A．B．C．D．（5）已知是首项为1，公比为2的等比数列，是的前项和，若，则（）A．B．C．D．（6）设，向量，，，且，，则（）A．B．C．D．（7）函数的图象大致为（）ABCD（8）下列各函数中，最小值为的是（）A．B．，C．D．，（9）已知，，则的值为（）A.B.C.D.或（10）已知变量满足，则的取值范围是（）A．B．C．D．（11）已知函数在上单调递减，则的取值范围是（）A．(0，2] B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))（12）已知函数是定义在R上的偶函数，且满足，若函数有6个零点，则实数的取值范围是（）A．B.C.D.二．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。（13）设向量与的夹角为，，则_______．（14）已知，，则+的值为__________．（15）已知数列满足，且，，则__________．（16）已知函数，若不等式恒成立，则实数的取值范围是__________．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）（本题满分12分）已知函数（，，）的部分图象如图所示．（1）求函数的解析式；（2）将图象上所有点向右平移个单位长度，得到的图象，求的图象的对称中心．（18）（本题满分12分）设数列的前项和为，且；数列为等差数列，且，．（1）求；（2）求数列的前项和．（19）（本题满分12分）在中，是内角的对边，且，．（1）求边的值；（2）求周长的最大值．（20）（本题满分12分）已知函数．（1）当时，求在上的最大值和最小值；（2）若在区间上单调递增，求实数的取值范围．（21）（本题满分12分）已知函数（为实数）的图象在点处的切线方程为．（1）求实数的值及函数的单调区间；（2）设函数，且，证明：．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。答题时请写清题号并将相应信息点涂黑。（22）[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，直线的参数方程为：（为参数，），以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若点，设曲线与直线交于点，求的最小值．（23）[选修4-5：不等式选讲]已知函数．（1）解关于的不等式；（2）记的最小值为，已知实数都是正实数，且，求证：．

惠州市2019届高三第二次调研考试文科数学参考答案与评分细则一、选择题：题号123456789101112答案BBDABAADBBCD1．【解析】由题得：，所以=2.【解析】，故选B.3．【解析】由含量词的命题的否定可得选项D成立。选D。4．【解析】对于A，，即为周期为的周期函数，且为偶函数，则A满足.对于B，为周期为的函数，但不是偶函数，则B错误；对于C，既不是偶函数也不是周期函数，则C错误；对于D，故选：D是偶函数，但不是周期函数，则D错误；5．【解析】设等比数列的公比为，由，得，又，则，则数列是以1为首项、为公比的等比数列，则，因为，所以，解得.故选B.6．【解析】因为，所以，因为，所以所以，所以，所以选A7.【解析】因，则函数是奇函数，排除答案C，D。又，应选答案A。8．【解析】对于A：不能保证对于B：不能保证，对于C：不能保证，对于D：当且仅当即时等号成立，故选D9．【解析】由题目条件可知10．【解析】由约束条件作出可行域如图所示：联立，解得，即；联立，解得，即.的几何意义为可行域内的动点与定点连线的斜率.∵，∴的取值范围是故选B.【解析】，，所以函数f(x)的单调递减区间为，，所以，可得，且，当时，.故选C．12．【解析】画出函数的图像，当时，是抛物线的一部分，利用导数研究函数，在上单调减，在上单调增，但是其一直落在x轴下方，因为f(x)()D_Dd__________ð_____________PAGEXXXPAGEXXXPAGEXXXPAGEXXXPAGEXXXD_Dd__________PAGEXXXPAGEXXX二、填空题：（13）（14）（15）（16）13．【解析】.14．【解析】∵.15．【解析】，,可知数列的周期为6，所以.16．【解析】画出的图象如图所示：当时，显然成立当时，直线与相切，即，判别式为，解得或（舍），即有当时，直线与，设直线与相切，切点坐标为，可得，解得，由直线过定点，所以要使在时恒成立，只需，即有。综上所述：，故答案为三、解答题：17．【解析】（1）由图形可得，…………1分，解得.…………3分过点，，即（），（）.又，.…………5分.…………6分（2）由（1）知，则.…………8分令（），解得（），…………10分所以的对称中心为（）.…………12分18．【解析】（1）解法1…………1分…………3分即数列是为首项，为公比的等比数列。…………4分…………5分解法2、当时，得…………1分当时，因为，代入得所以，又，即为以为首项，为公比的等比数列.…………3分…………5分（2）因为，所以，…………6分因为数列为等差数列，且所以，…………8分所以数列的前项和…………9分…………10分…………12分19．【解析】(1)由得.…………1分∴,即.…………2分由正弦定理得,故.…………4分(2)解法1、由余弦定理得.…………6分…………10分所以当时,的周长的最大值为.…………12分解法2、…………5分由正弦定理得，…………6分…………7分…………8分…………9分，即的周长的最大值为。…………12分20．【解析】（1）当时，，……1分当时，，…………3分当时，…………5分∴在上的最大值为，最小值为．…………6分（2）,又在区间上单调递增，∴当时，单调递增，则，即…………8分当时，)单调递增，则.即，…………10分故的取值范围为…………12分21．【解析】（1）由题得，函数的定义域为，，因为曲线在点处的切线方程为，所以…………1分解得.…………2分令，得，当时，，在区间内单调递减；…………3分当时，，在区间内单调递增.…………4分所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.…………5分（2）法一：，当时，单调递减，当时，单调递增，………………7分由，不妨设，，，……8分由时，单调递增，欲证，即只要证，又，即证，即要证（或）……9分下证令，即当时，单调递减，………………11分即当时，恒成立，即，得证.………………12分法二：由（1）得，.由，得，即.……6分要证，需证，即证，…………7分设，则要证，等价于证：.令，…………9分则，…………10分∴在区间内单调递增，,…………11分即，故.…………12分22．【解析】（1）由得…………1分化为直角坐标方程为,…………3分即.…………4分（2）解法一:将直线的参数方程代入圆的直角坐