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1、高考数学精品复习资料 2019.5中宁一中高三第二次月考试卷文科数学考试时间;150分钟 分值;120分 第I卷一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的。1. 设集合则()A(2,1 B(,4 C(,1 D1,)2复数(为虚数单位)的模是( )A. B. C.5 D.83设x,yR,向量a(x,1),b(1,y),c(2,4),且ac,bc,则()A. B. C2 D104设为两个不同平面,m、 n为两条不同的直线,且有两个命题:P:若mn,则;q:若m, 则. 那么( )2俯视图1111正视图侧视图A“或q”是假命题 B“且q
2、”是真命题 C“或”是真命题 D“且q”是真命题5如图是一个几何体的三视图,正视图和侧视图均为矩形,俯视图中曲线部分为半圆,尺寸如图,则该几何体的全面积为( )A2+3 B2+2 C8+5 D6+3 6. 设f(x)是定义在R上以2为周期的偶函数,已知x(0,1)时,f(x)(1x),则函数f(x)在(1,2)上()A是增函数且f(x)0 C是减函数且f(x)07. 函数的图象大致是( )8、已知数列的前n项和为, ,则=( )(A) (B) (C) (D)9. (设则的大小关系是( ).(A)(B)(C)(D)10. 在,内角的对边分别为若且则( )(A) (B) (C) (D) 11. 函
3、数的部分图像如图所示,则的值分别是( )(A) , (B) , (C) , (D),12. 在四边形ABCD中,则四边形的面积为( )A. B. C.5 D.10第卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填写在题中横线上。13.甲、乙两套设备生产的同类型产品共4800件,采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本进行质量检测若样本中有50件产品由甲设备生产,则乙设备生产的产品总数为_件14. 若变量x,y满足约束条件则的最小值为_ 15. 如图,在中,已知点在边上,, , 则的长为 16已知函数,则方程恰有两个不同的实根时,实数a的取值范围是 三. 解答题(本大题共6小题
4、,共70分,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)已知函数.()求函数的最小正周期和值域;()若,求的值.18、(本小题满分12分)如下图,四棱锥中,底面ABCD为平行四边形,底面ABCD(I)证明:;(II)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高19、(本小题满分12分) 在中,内角的对边分别为已知 (1)求的值; (2)若,的周长为5,求的长 20、 (本小题满分12分)已知等差数列满足:的前项和为 ()求及; ()令,求数列的前项和21. (本小题满分12分)设函数 (1)当时,求的单调区间; (2)若在上的最大值为,求的值请考生在第(22)、(23)、(2
5、4)三题中任选一题作答。注意:只能做所选定的题目。如果多做,则按所做的第一个题目计分,作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的 方框涂黑。(22)(本小题满分10分)选修41:几何证明选讲 如图,直线AB为圆的切线,切点为B,点C在圆上,ABC的角平分线BE交圆于点E,DB垂直BE交圆于D。 ()证明:DB=DC; ()设圆的半径为1,BC= ,延长CE交AB于点F,求BCF外接圆的半径。(23)(本小题10分)选修44:坐标系与参数方程 已知曲线C1的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为。()把C1的参数方程化为极坐标方程;()求C1
6、与C2交点的极坐标(0,02)。(24)(本小题满分10分)选修45:不等式选讲已知函数=,=.()当=-2时,求不等式的解集;()设-1,且当,)时,,求的取值范围.中宁一中高三第二次月考试卷文科数学答案一、选择题:本大题共12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.题号123456789101112答案CABDADABBAAC二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填写在题中横线上13 1800 14 -615 16 三. 解答题(本大题共6小题,共70分,17解:()由已知,所以函数的最小正周期是,值域为()由()知,所以所以18
7、、解:()因为,由余弦定理得从而BD2+AD2 AB2,故BDAD.又PD底面ABCD,可得BDPD.所以BD平面PAD. 故 PABD()如下图,作DEPB,垂足为E已知PD底面ABCD,则PDBC由()知BDAD,又BC/AD,所以BCBD故BC平面PBD,BCDE,则DE平面PBC由题设知,PD=1,则BD=,PB=2.根据BEPB=PDBD,得DE=,即棱锥D-PBC的高为19、解:(1)由正弦定理,设则所以,即,化简可得又,所以因此(2)由,得由余弦定理及,得所以又所以因此20、解:()设等差数列的首项为,公差为,由于,所以,解得由于所以 ()因为,所以,因此故,所以数列的前项和21
8、、解:(:函数的定义域为(0,2),(1)当时,所以的单调递增区间为,单调递减区间为; (2)当时,即在上单调递增,故在上的最大值为,因此请考生在第(22)、(23)、(24)三题中任选一题作答。注意:只能做所选定的题目。如果多做,则按所做的第一个题目计分,作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的 方框涂黑。22、【解析】()连结DE,交BC与点G.由弦切角定理得,ABF=BCE,ABE=CBE,CBE=BCE,BE=CE,又DBBE,DE是直径,DCE=,由勾股定理可得DB=DC.()由()知,CDE=BDE,BD=DC,故DG是BC的中垂线,BG=.设DE中点为O,连结BO,则BOG=,ABE=BCE=CBE=,CFBF, RtBCF的外接圆半径等于.23、【解析】将消去参数,化为普通方程,即:,将代入得,的极坐标方程为;()的普通方程为,由解得或,与的交点的极坐标分别为(),.24【解析】当=-2时,不等式化为,设函数=,=,其图像如图所示,从图像可知,当且仅当时,0,原不等式解集是.()当,)时,=,不等式化为,对,)都成立,故,即,的取值范围为(-1,.