《河南省许昌2019届高三复习诊断（二）数学（理）试题Word版含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省许昌2019届高三复习诊断（二）数学（理）试题Word版含答案（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 2019届复习诊断（二）数学（理）试题（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）1设集合Mx|x2，Nx|x2x0，则下列关系中正确的是( )AMNR BM(RN)R CN(RM)R DMNM2已知i为虚数单位，实数x，y满足(x2i)iyi，则|xyi|( )A1 B. C. D.3命题“，”的否定是( )A， B，C， D， 4函数f(x)x2xsin x的大致图象可能是 ( )A BC D5已知双曲线C：1(a0，b0)的一个焦点坐标为(4,0)，且双曲线的两条渐近线互相垂直，则该双曲线的方程为( )A.1 B.1 C.1 D.1或16已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积
2、为( )A86 B66 C812 D6127定义在R上的偶函数在0，)单调递增，且f(2)1，则f(x2)1的取值范围是( )A2,2 B(，22，) C(，04，) D0,48已知数列an的首项a13，对任意m，nN*，都有amanamn，则当n1时，log3 a1log3 a3log3 a2n1()An(2n1) B(n1)2 Cn2 D(n1)29已知实数x，y满足，如果目标函数zxy的最小值为1，则实数m等于( )A3 B4 C5 D710已知椭圆，点，是长轴的两个端点，若椭圆上存在点，使得，则该椭圆的离心率的最小值为( )ABCD11已知菱形ABCD的边长为2，BAD60，沿对角线B
3、D将菱形ABCD折起，使得二面角ABDC的余弦值为，则该四面体ABCD外接球的体积为( )A. B8 C. D3612设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是( )ABCD二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上)13(2x)(x1)4的展开式中，x2的系数是_14将函数f(x)2sin(2x)(0)的图象向左平移个单位长度，得到偶函数g(x)的图象，则的最大值是_15设等差数列的前项和，若数列的前项和为，则_16已知抛物线C：y24x的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线C交于点A，B，以线段AB为直径的圆E上存在点P，Q，使得以PQ为直径的圆过点
4、D(2，t)，则实数t的取值范围为_三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ctanC(acosBbcosA)(1)求角C；(2)若c2，求ABC面积的最大值18如图，在五面体ABCDEF中，四边形EDCF是正方形，ADDE，ADE90，ADCDCB120.(1)证明：平面ABCD平面EDCF；(2)求直线AF与平面BDF所成角的正弦值19(本小题满分12分)如图，椭圆E：1(ab0 )的左、右焦点分别为F1，F2，MF2x轴，直线MF1交y轴于H点，OH，Q为椭圆E上的动点，F1F2Q的面积的最大值为1.(1)求椭圆E的方程
5、；(2)过点S(4,0)作两条直线与椭圆E分别交于A，B，C，D，且使ADx轴，如图，问四边形ABCD的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由20某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间(单位：分钟)进行调查，将收集的数据分成0,10)，10,20)，20,30)，30,40)，40,50)，50,60六组，并作出频率分布直方图(如图)，将日均课外体育锻炼时间不低于40分钟的学生评价为“课外体育达标”(1)请根据直方图中的数据填写下面的22列联表，并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下
6、认为“课外体育达标”与性别有关？课外体育不达标课外体育达标合计男60女110合计(2)现按照“课外体育达标”与“课外体育不达标”进行分层抽样，抽取8人，再从这8名学生中随机抽取3人参加体育知识问卷调查，记“课外体育不达标”的人数为X，求X的分布列和数学期望参考公式：K2.P(K2k0)0.150.050.0250.0100.0050.001k02.0723.8415.0246.6357.87910.82821已知函数f(x)2lnxx22ax(a0)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1x2)，且f(x1)f(x2)2ln2恒成立，求a的取值范围【选考
7、题】请考生在第2223题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数，0)在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C：4cos .(1)当时，求C与l的交点的极坐标；(2)直线l与曲线C交于A，B两点，且两点对应的参数t1，t2互为相反数，求|AB|的值23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知f(x)|mx3|2xn|.(1)当m2，n1时，求不等式f(x)2的解集；(2)当m1，n0时，f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于24，求n的取值范围数学（理）答案1【答案】B【解
8、析】Nx|0x1，所以MNx|x2，RNx|x0，或x1，M(RN)R.2【答案】D【解析】因为(x2i)iyi，所以2xiyi，所以，则|xyi|12i|.3【答案】B【解析】由全称命题与存在性命题的关系，可得命题“，”的否定是“，”4【答案】C由f(x)f(x)，xR，得函数f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称又f0，因此结合各选项知C正确.5【答案】A【解析】因为该双曲线的两条渐近线互相垂直，所以该双曲线为等轴双曲线，即ab，又双曲线C：1的一个焦点坐标为(4,0)，所以2a216，即a2b28，即该双曲线的方程为1.6【答案】B【解析】由三视图可得该几何体是由圆柱的一半(沿轴截面截得，
9、底面半径为1，母线长为3)和一个半径为1的半球组合而成(部分底面重合)，则该几何体的表面积为S2232366.7【答案】D【解析】由题意得f(x2)f(2)，由于函数f(x)是偶函数，所以x2到原点的距离小于等于2到原点的距离，所以|x2|2|2，所以2x22，解之得0x4。8C【解析】由题意得ana1an1，即an13an，所以数列an为首项和公比都为3的等比数列，则an3n，所以log3 a1log3 a3log3 a2n113(2n1)nn2.9【答案】C【解析】作出不等式组对应的平面区域如图，由目标函数zxy的最小值是1，得yxz，即当z1时，函数为yx1，此时对应的平面区域在直线yx
10、1的下方，由，解得，即A(2,3)，同时A也在直线xym上，即m235.10【答案】C【解析】设为椭圆短轴一端点，则由题意得，即，因为，所以，11【答案】B【解析】取BD中点M，连接AM，CM(图略)根据二面角的平面角的概念，可知AMC是二面角ABDC的平面角，根据图形的特征，结合余弦定理，可以求得AMCM23，此时满足AC29923324，从而求得AC2，AB2BC2AD2CD2AC2，所以ABC，ADC是共斜边的两个直角三角形，所以该四面体的外接球的球心落在AC中点，半径R，所以其体积为VR368.12【答案】C【解析】设，由题意知存在唯一的整数使得在直线的下方，因为，可得，由可得，所以在
11、递减，在递增，所以当时，取最小值，当时，当时，由可得，由可得，可得，解得，即的取值范围是13【答案】16【解析】(x1)4的展开式中，T3Cx2(1)2，T2Cx1(1)3，故x，x2的系数分别为4,6，从而(2x)(x1)4的展开式中x2的系数为26(1)(4)16.14【答案】【解析】函数f(x)2sin(2x)(0)的图象向左平移个单位长度，得到y2sin2sin，即g(x)2sin，又g(x)为偶函数，所以k，kZ，即k，kZ.又因为0，所以的最大值为.15【答案】10【解析】为等差数列的前项和，设公差为，则，解得，则由于，则，解得，故答案为10 16【答案】1,3 【解析】由题意可得
12、直线AB的方程为xy1，与y24x联立消去x，可得y24y40，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24，y1y24，设E(xE，yE)，则yE2，xEyE13，又|AB|x1x22y11y2128，所以圆E是以(3,2)为圆心，4为半径的圆，所以点D恒在圆E外圆E上存在点P，Q，使得以PQ为直径的圆过点D(2，t)，即圆E上存在点P，Q，使得DPDQ，设过D点的两直线分别切圆E于P，Q点，要满足题意，则PDQ，所以，整理得t24t30，解得2t2，故实数t的取值范围为2，2.17（理）【解析】(1)因为ctanC(acosBbcosA)，所以sinCtanC(sinAcosBsinBcosA)，所以sinCtanCsin(AB)sinC，因为0C，所以sinC0.所以tanC，所以C60.(2)因为c2，C60，由余弦定理c2a2b22abcosC，得12a2b2ab2abab，所以ab12，所以SABCabsinC3，当且仅当ab2时，ABC的面积取得最大值3.18 (1)证明：因为ADDE，DCDE，AD，CD平面ABCD，且ADCDD，所以DE平面ABCD.又DE平面EDCF，故平面ABCD平面EDCF.(2)由已知DCEF，所以DC平面ABFE.又平面ABCD平面ABF
