《河南省许昌2019届高三复习诊断(二)数学(文)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(文)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(文)试题(考试时间:120分钟 试卷满分:150分)一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1(文)已知全集,集合,集合,则集合( )A BC D2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
2、知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )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已知为正项等比数列,是它的前项和,若,且与的等差中项为,则的值是( )A29B30C31D329(文)已知实数x,y满足约束条件,则z的取值范围为( )A. B. C. D.10在平面直角坐标系中,点为椭圆的下顶点,在椭圆上,若四边形为平行四边形,为直线的倾斜角,若,则椭圆的离心率的取值范围为( )ABCD11已知菱形ABCD的边长为2,BAD60,沿对角线BD将菱形ABC
3、D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.已知定义域为的奇函数的导函数为,当时,若,则,的大小关系正确的是( )A B C D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已知函数满足,则_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D(2,t),则实数
4、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(本小题满分12分)在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足2acos Cbcos Cccos B0.(1)求角C的大小;(2)若a2,ABC的面积为,求c的大小18(本小题满分12分) 如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为等腰梯形,ADBC,ABBCAD,E,F分别为线段AD,PB的中点(1)证明:PD平面CEF;(2)若PE平面ABCD,PEAB2,求四面体PDEF的体积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
5、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;(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(本小题满分12分) 某人事部门对参加某次专业技术考试的100人的成绩进行了统计,绘制的频率分布直方图如图所示规定80分以上者晋级成功,否则晋级失败(满分为100分)(1)求图中a的值;(2)估计该次考试的平均分(同一组中的数据用该组的区间中点值代表);(3)根据已知条件完成下面22列联表,并判断能否有85%的把握认为“晋级成功”与性别有关晋级成功晋级失败
6、合计男16女50合计参考公式:K2,其中nabcdP(K2k)0.400.250.150.100.050.025k0.7801.3232.0722.7063.8415.02421已知函数f(x)lnxax(aR)(1)若曲线yf(x)与直线xy1ln20相切,求实数a的值;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2,证明2【选考题】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
7、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(文)答案1【答案】B【解析】因为,所以,因为,则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f
8、0,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,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。8【答案】C【解析】设正项等比数列的公比为,
9、则,与的等差中项为,即有,即,解得(负值舍去),则有 9【答案】C【解析】作出的可行域为三角形(图略),把z改写为,所以可看作点(x,y)和(5,0)之间的斜率,记为k,则k,所以z.10【答案】A【解析】因为是平行四边形,因此且,故,代入椭圆方程可得,所以因,所以,即,所以,即,解得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
10、的球心落在AC中点,半径R,所以其体积为VR368.12【答案】C【解析】定义域为的奇函数,设,所以为上的偶函数,所以,因为当时,所以当时,当时,即在单调递增,在单调递减,因为,所以即二、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【答案】【解析】由题意函数满足,令,则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】
11、1,3 【解析】由题意可得直线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【解析】(1)在ABC中,因为2acos Cbcos Cccos B0,所以由
12、正弦定理可得:2sin Acos Csin Bcos Csin Ccos B0,所以2sin Acos Csin(BC)0,又ABC中,sin(BC)sin A0,所以cos C.因为0C,所以C.(2)由Sabsin C,a2,C,得b1.由余弦定理得c2412217,所以c.18(1)证明:连接BE,BD,BD交CE于点O,连接OF.因为E为线段AD的中点,BCADED,ADBC,所以BCED.所以四边形BCDE为平行四边形,所以O为BD的中点,又因为F是BP的中点,所以OFPD.因为OF平面CEF,PD平面CEF,所以PD平面CEF.(2)因为F为线段PB的中点,所以VPDEFVBDEF
13、VPBDEVPABCD,因为VPABCDPE22.所以VPDEF.19【解析】(1)设F(c,0),由题意可得1,即yM.因为OH是F1F2M的中位线,且OH,所以|MF2|,即,整理得a22b4.又由题知,当Q在椭圆E的上顶点时,F1F2M的面积最大,所以2cb1,整理得bc1,即b2(a2b2)1,联立可得2b6b41,变形得(b21)(2b4b21)0,解得b21,进而a22.所以椭圆E的方程为y21.(2)设A(x1,y1),C(x2,y2),则由对称性可知D(x1,y1),B(x2,y2)设直线AC与x轴交于点(t,0),直线AC的方程为xmyt(m0),联立,消去x,得(m22)y