2019届惠州一模。
理科数学参***。
一、 选择题：
1．【解析】集合或，集合，，故选a
2.【解析】,由题意得。
解得，故选d.
3.【解析】若，则一定有，即；反之，若，则。故“”是“”的充分不必要条件。选a
4.【解析】由已知得，则，故选c
5.【解析】∵∴
故选d6.【解析】展开式中含x2的项为2x·x·(-2)2+1·x2·(-2)=(24-6)x2=18x2,故系数为18. 故选b
7.【解析】对选项a，需两直线相交。对于选项c，若三点中有两点构成的直线与平行，另一点在面的另一侧，则不能判断两面平行。对于选项d，反例为空间直角坐标系的坐标平面。
8. 【解析】设圆c的半径为r,圆心为c(-3,m),根据弦心距、半径、半弦长的关系得，解得或(舍去),当时， 的最大值为，故选d.
9. 【解析】由得，则知所在的球的截面圆的圆心在bc的中点m上，同理所在的球的截面圆的圆心在的中点n上，则球心o为mn的中点，故球的半径为。
10. 【解析1】联立直线与椭圆方程得，则；以为直径的圆为，由于其通过椭圆焦点，则；把代入上式得，考虑到，解得故答案为b。
解析2】根据三角形oaf1为正三角形，可用c表示出a点坐标，代入椭圆方程可得离心率。
11. 【解析1】,故选d
解析2】当时。
则问题转化为函数。
故选d解析3】
当时。则问题转化为函数。
12. 【解析】若对任意的，总有恒成立，即为在恒成立，设，则的最大值不大于0,由，若在递增， 无最大值；
若，则当时， 在递减；
当时在递增。
可得处取得最大值，且为。
则，可得。所以可得，令可令，当时， 在递减；当时， 在递增。
可得处取得最大值，且最大值为，则最大值为。
二．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。， 14、， 15、， 16、。
13．【解析】由约束条件作出可行域如图所示，目标函数可看作点与(0,0)连线的斜率，结合图形可知，当两点连线与直线重合时，斜率最大，故z的最大值为2.
14．【解析】由题意可知，黑球和白球分别有4个、2个，从袋中任意摸出2个球，所有的取法共有=15(种)，而取出的2个球均为白球的取法有=1(种)，取出的2个球只有1个白球的取法有=8(种)，所以至少摸到1个白球的概率。
15．【解析】∵偶函数满足，∴函数在上为增函数，∴不等式等价为，即，即或，解得或。
16. 【解析1】如图所示。采用极限思想：
当c无限靠近a点时，bc就无限趋近于ab，ab的长度就近似等于2am，此时2ab+ac的长度就无限趋近于；当b无限靠近a时，bc就无限趋近于ac，ac的长度就近似等于2am，此时2ab+ac就无限趋近于，所以ac+2ab∈
解析2】以ab，ac为相邻的两边作平行四边形abdc，在中，，设由正弦定理可知由得所以所以 ac+2ab∈.
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。第题为选考题，考生根据要求作答。
17.（本小题满分12分）
解析】（1）当=1时，有………2分。
又由可得。两式相减得………3分。
即有………4分。
故数列是以2为首项，2为公比的等比数列，……5分。
………6分。
评分要点：1、如果用则必须说明，否则扣1分。
2、求出递推公式后必须要有文字说明数列为等比数列，无文字说明直接写通项公式扣1分。
2）解法一：由（1）知，所以………7分。
令，……8分。
为使为等差数列，则是关于n的一次函数，所以，……9分。
此时，当时，……10分。
当时，，…11分。
所以是以为首项，为公差的等差数列。……12分。
评分要点：如果没有说明是关于n的一次函数扣1分。
解法二：由（1）知，所以………7分。
令，若为等差数列，则有构成等差数列，……8分。
即有 即………9分。
此时，当时，……10分。
当时，，…11分。
所以是以为首项，为公差的等差数列。……12分。
18.（本小题满分12分）
解析】（1）由题意为等边三角形，则，在三角形中，,，由余弦定理可求得，即………1分。
又平面平面，平面平面，平面。
平面，……2分。
又面 ……3分。
等边三角形中，为中点，则，……4分。
且，面，面，平面，……5分。
又平面6分。
评分要点：证明过程如果没有划线部分的条件，各扣1分。
2）解法一：以为坐标原点，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，……7分。
则，8分。设是平面的法向量，则，取 ……9分。
………11分。
所以直线与平面所成角的正弦值为12分。
2）解法二：由（1）可知平面则三棱锥的高为pe，设点b到平面pcd的距离为，则。
中，，…8分。
中，，…9分。
由得，解得………10分。
设直线be与平面pcd所成角为，……11分。
所以直线与平面所成角的正弦值为12分。
19. （本小题满分12分）
解析】（1）由得，所以………1分。
由点在椭圆上得解得， …2分。
………3分。
所求椭圆方程为………4分。
2）解法一：当直线的斜率不存在时，直线平分线段成立………5分。
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
联立方程得，消去得………6分。
因为过焦点，所以恒成立，设，则，……7分。
………8分。
所以的中点坐标为………9分。
直线方程为，，可得，……10分。
所以直线方程为，满足直线方程，即平分线段………11分。
综上所述，直线om平分线段pq………12分。
2）解法二：因为直线与x=4有交点，所以直线的斜率不能为0，可设直线方程为，……5分。
联立方程得，消去得………6分。
因为过焦点，所以恒成立，设，……7分。
………8分。
所以的中点坐标为………9分。
直线方程为，，由题可得，……10分。
所以直线方程为，满足直线方程，即平分线段………11分。
综上所述，直线om平分线段pq………12分。
20. （本小题满分12分）
解析】(1)依题意， ，由二项分布可知， …1分。
, 3分。
所以的分布列为。
………5分。
……6分。2）记水电站的总利润为 （单位：万元），假如安装1台发电机，由于水库年入流总量大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润 ， 7分。
若安装2台发电机，当时，只一台发电机运行，此时 ， 当时，2台发电机运行，此时 ， 9分。
若安装3台发电机，当时，1台发电机运行，此时 ， 当时，2台发电机运行，此时 ， 当时，3台发电机运行，此时 ， 11分。
综上可知，应安装2台发电机，可使总利润的均值达到最大8840万元。 …12分。
21. （本小题满分12分）
解析】（1）函数定义域为，1分。
令，当，即时，，∴在上单调递减2分。
当，即时，由，解得，若，则，时，，单调递减；
时，，单调递增；
时，，单调递减3分。
若，则，时，，单调递减；
时，，单调递增4分。
综上所述：时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
时，的单调递减区间为5分。
2）因为函数定义域为，且，函数存在两个极值点，∴在上有两个不等实根，记，则∴，从而由6分。
且，可得7分，
构造函数8分。
则，记9分。
则，令，得（，故舍去），在上单调递减，在上单调递增10分。
又，，∴当时，恒有，即，在上单调递减11分，即，12分。
二）选考题：共10分，考生在第题中任选一题作答。
22.（本小题满分10分）
解析】（1）由题意得点的直角坐标为，……1分。
将点代入得，……2分。
则直线的普通方程为。 …3分。
由得，又由，……4分。
可得。 故曲线的直角坐标方程为。……5分。
2）设直线的参数方程为，……6分。
代入得． …7分。
设对应参数为，对应参数为．
则，，且。……8分。
………10分。
23. （本小题满分10分）
解析】（1）原不等式等价于。
或或，……3分。
解得或或，……4分。
综上所述，不等式的解集为。……5分。
2）当时，则，此时的图象与轴围成一个三角形，满足题意； …6分。
当时， ，7分。
则函数在上单调递减，在上单调递增。
要使函数的图象与轴围成一个三角形，则，……8分。
解得；……9分。
综上所述，实数的取值范围为。……10分。
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