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1、许昌高级中学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已知为虚数单位，实数满足，则 ( )A1 B. C. D. 3命题“，”的否定是( )A， B，C， D， 4函数的大致图象可能是 ( ) 5已知双曲线的一个焦点坐标为，且双曲线的两条渐近线互相垂直，则该双曲线的方程为( )A. B. C. D. 或6已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A B C D7定义在上的偶函数在单调
2、递增，且，则的取值范围是( )A B C D8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）已知实数满足约束条件，则的取值范围为( )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已知菱形的边长为，沿对角线将菱形折起，使得二面角的余弦值为，则该四面体外接球的体积为( )A. B C. D12.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
3、答案填在题中横线上)13已知函数满足，则_14将函数的图象向左平移个单位长度，得到偶函数的图象，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已知抛物线的焦点为，过点且斜率为1的直线与抛物线交于点，以线段为直径的圆上存在点，使得以为直径的圆过点，则实数的取值范围为_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)已知的内角的对边分别为，满足.(1)求角的大小；(2)若，的面积为，求的大小18(本小题满分12分)如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，分别为线段的中点(1)证明：平面；(2)若平面，求四面体的体积19(本小题满分12分)如图，椭圆：的左、
4、右焦点分别为，轴，直线交轴于点，为椭圆上的动点，的面积的最大值为1.(1)求椭圆的方程；(2)过点作两条直线与椭圆分别交于且使轴，如图，问四边形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合计男16女50合计参考公
5、式：，其中0.400.250.150.100.050.0250.7801.3232.0722.7063.8415.02421已知函数(1)若曲线与直线相切，求实数的值；(2)若函数有两个零点，证明【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中，直线的参数方程为 (为参数，)在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.(1)当时，求与的交点的极坐标；(2)直线与曲线交于两点，且两点对应的参数互为相反数，求的值23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知.(1)当，时，求不等式的解集；(2)当，时，
6、的图象与x轴围成的三角形面积大于24，求的取值范围数学（文）答案1【答案】B【解析】因为，所以，因为，则2【答案】D【解析】因为，所以，所以，则.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，得函数是偶函数，其图象关于轴对称又，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，又双曲线的一个焦点坐标为，所以，即，即该双曲线的方程为.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
7、.7【答案】D【解析】由题意得，由于函数是偶函数，所以到原点的距离小于等于2到原点的距离，所以，所以，解之得。8【答案】C【解析】设正项等比数列的公比为，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)，把改写为，所以可看作点和之间的斜率，记为，则，所以.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】取中点，连接 (图略)根据二面角的平面角的概念，可知是二面角的平面角，根据图形的特征，结合余弦定理，可以求得，此时满足，从而求得，所以，是共斜边的两个直角三角形，所以
8、该四面体的外接球的球心落在中点，半径，所以其体积为.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】函数的图象向左平移个单位长度，得到，即，又为偶函数，所以，即，.又因为，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】【解析】由题意可得直线的方程为，与联立消去，可得，设，则，设，则，又，所以圆是以为圆心，4
9、为半径的圆，所以点恒在圆外圆上存在点，使得以为直径的圆过点，即圆上存在点，使得，设过点的两直线分别切圆于点，要满足题意，则，所以，整理得，解得，故实数的取值范围为17【解析】(1)在中，因为，所以由正弦定理可得：，所以，又中，所以.因为，所以.(2)由，得.由余弦定理得，所以.18(1)证明：连接，交于点，连接.因为为线段的中点，所以所以四边形为平行四边形，所以为的中点，又因为是的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.(2)因为是的中点，所以，因为.所以.19【解析】(1) 设，由题意可得，即.因为是的中位线，且，所以，即，整理得又由题知，当Q在椭圆E的上顶点时，的面积最大，所以，整理得，即，
10、联立可得，变形得，解得，进而.所以椭圆的方程为. (2) 设，则由对称性可知，设直线与轴交于点，直线的方程为，联立，消去，得，所以，由三点共线，即，将，代入整理得：，即，从而，化简得，解得，于是直线的方程为， 故直线过定点.同理可得 过定点，所以直线与的交点是定点，定点坐标为.20【解析】(1)由频率分布直方图中各小长方形面积总和为1，得，解得.(2)由频率分布直方图知各小组的中点值依次是55,65,75,85,95，对应的频率分布为0.05,0.30,0.40,0.20,0.05，则估计该次考试的平均分为 (分)(3)由频率分布直方图知，晋级成功的频率为，故晋级成功的人数为，填写22列联表如
11、下：晋级成功晋级失败合计男163450女94150合计2575100，所以有85%的把握认为“晋级成功”与性别有关21(文) 【解析】(1)由，得.设切点的横坐标为，依题意得：解得故实数的值为1.(2)证明：不妨设，由得，即，所以.令，则，.设，则当时，则函数在上单调递增，所以.从而，即.【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【解析】(1)依题意可知，直线的极坐标方程为，当时，联立，解得交点，当时，经检验满足两方程，当时，无交点；综上，曲线与直线的交点极坐标为，.(2)把直线 的参数方程代入曲线 ，得，可知，所以.23【解析】(1)当，时，.不等式等价于或或解得或，即.所以不等式的解集是(2)由题设可得，所以函数的图象与轴围成的三角形的三个顶点分别为，.所以三角形的面积为.由题设知，解得.14/14