《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