《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
