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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，.
