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- 2021-06-17 发布
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． B． C． D．
2．已知i为虚数单位，实数x，y满足(x＋2i)i＝y－i，则|x－yi|＝( )
A．1 B. C. D.
3．命题“，”的否定是( )
A．， B．，
C．， D．，
4．函数f(x)＝x2－xsin x的大致图象可能是 ( )
A B
C D
5．已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)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－＝1
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．8π＋6 B．6π＋6 C．8π＋12 D．6π＋12
7．定义在R上的偶函数在[0，＋∞)单调递增，且f(－2)＝1，则f(x－2)≤1的取值范围是( )
A．[－2,2] B．(－∞，－2]∪[2，＋∞) C．(－∞，0]∪[4，＋∞) D．[0,4]
8．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( )
A．29 B．30 C．31 D．32
9．（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( )
A． B． C． D．
11．已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，沿对角线BD将菱形ABCD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.π B．8π C.π D．36π
12.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＋φ)(φ＜0)的图象向左平移个单位长度，得到偶函数g(x)的图象，则φ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：y2＝4x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 C＋bcos C＋ccos B＝0.
(1)求角C的大小；
(2)若a＝2，△ABC的面积为，求c的大小．
18．(本小题满分12分)
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝AD，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，PE＝AB＝2，求四面体P－DEF的体积．
19．(本小题满分12分)
如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0 )的左、右焦点分别为F1，F2，MF2⊥x轴，直线MF1交y轴于H点，OH＝，Q为椭圆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AD⊥x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2×2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
参考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d
P(K2≥k)
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
k
0.780
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
21．已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)与直线x－y－1－ln2＝0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22～23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4－4：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≤α＜π)．在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C：ρ＝4cos θ.
(1)当α＝时，求C与l的交点的极坐标；
(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4－5：不等式选讲
已知f(x)＝|mx＋3|－|2x＋n|.
(1)当m＝2，n＝－1时，求不等式f(x)＜2的解集；
(2)当m＝1，n＜0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(x＋2i)i＝y－i，所以－2＋xi＝y－i，所以，则|x－yi|＝|－1＋2i|＝.
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)，x∈R，得函数f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称．又f＝×－×＝××＜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a＝b，又双曲线C：－＝1的一个焦点坐标为(4,0)，所以2a2＝16，即a2＝b2＝8，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S＝2π＋π＋2π×3×＋2×3＝6π＋6.
7．【答案】D
【解析】由题意得f(x－2)≤f(－2)，由于函数f(x)是偶函数，所以x－2到原点的距离小于等于－2到原点的距离，所以|x－2|≤|－2|＝2，所以－2≤x－2≤2，解之得0≤x≤4。
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AM＝CM＝2·＝3，此时满足AC2＝9＋9－2×3×3×＝24，从而求得AC＝2，AB2＋BC2＝AD2＋CD2＝AC2，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的球心落在AC中点，半径R＝＝，所以其体积为V＝πR3＝π·6＝8π.
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＋φ)(φ＜0)的图象向左平移个单位长度，得到y＝2sin＝2sin，即g(x)＝2sin，又g(x)为偶函数，所以＋φ＝＋kπ，k∈Z，即φ＝－＋kπ，k∈Z.又因为φ＜0，所以φ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】[－1,3]
【解析】由题意可得直线AB的方程为x＝y＋1，与y2＝4x联立消去x，可得y2－4y－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4，y1y2＝－4，设E(xE，yE)，则yE＝＝2，xE＝yE＋1＝3，又|AB|＝x1＋x2＋2＝y1＋1＋y2＋1＋2＝8，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DP⊥DQ，设过D点的两直线分别切圆E于P′，Q′点，要满足题意，则∠P′DQ′≥，所以＝≥，整理得t2－4t－3≤0，解得2－≤t≤2＋，故实数t的取值范围为[2－，2＋].
17．【解析】(1)在△ABC中，因为2acos C＋bcos C＋ccos B＝0，
所以由正弦定理可得：2sin Acos C＋sin Bcos C＋sin Ccos B＝0，
所以2sin Acos C＋sin(B＋C)＝0，又△ABC中，sin(B＋C)＝sin A≠0，所以cos C＝－.
因为0＜C＜π，所以C＝.
(2)由S＝absin C＝，a＝2，C＝，得b＝1.
由余弦定理得c2＝4＋1－2×2×1×＝7，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，BC＝AD＝ED，AD∥BC，所以BC∥ED.
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OF∥PD.
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VP－DEF＝VB－DEF＝VP－BDE＝×VP－ABCD，
因为VP－ABCD＝PE··＝×2××＝2.
所以VP－DEF＝.
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a2＝2b4. ①
又由题知，当Q在椭圆E的上顶点时，△F1F2M的面积最大，
所以×2c×b＝1，整理得bc＝1，即b2(a2－b2)＝1，②
联立①②可得2b6－b4＝1，变形得(b2－1)(2b4＋b2＋1)＝0，解得b2＝1，进而a2＝2.
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(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x＝my＋t(m≠0)，
联立，消去x，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
由A，B，S三点共线kAS＝kBS，即＝，
将x1＝my1＋t，x2＝my2＋t代入整理得：y1(my2＋t－4)＋y2(my1＋t－4)＝0，
即2my1y2＋(t－4)(y1＋y2)＝0，从而＝0，
化简得2m(4t－2)＝0，解得t＝，
于是直线AC的方程为x＝my＋，
故直线AC过定点.同理可得BD过定点，
所以直线AC与BD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(2a＋0.020＋0.030＋0.040)×10＝1，解得a＝0.005.
(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＝55×0.05＋65×0.3＋75×0.4＋85×0.2＋95×0.05＝74(分)．
(3)由频率分布直方图知，晋级成功的频率为0.2＋0.05＝0.25，
故晋级成功的人数为100×0.25＝25，
填写2×2列联表如下：
晋级成功
晋级失败
合计
男
16
34
50
女
9
41
50
合计
25
75
100
K2＝＝≈2.613>2.072，
所以有85%的把握认为“晋级成功”与性别有关．
21．(文) 【解析】(1)由f(x)＝lnx－ax，得f′(x)＝－a.
设切点的横坐标为x0，依题意得：
解得
故实数a的值为1.
(2)证明：不妨设01，则ln>0，－－2ln＝t－－2lnt.
设g(t)＝t－－2lnt，则当t>1时，g′(t)＝>0，
则函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(t)>g(1)＝0.
从而>0，即＋>2.
【选考题】
请考生在第22～23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l的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，
当ρ＞0时，联立，解得交点，
当ρ＝0时，经检验(0,0)满足两方程，
当ρ＜0时，无交点；
综上，曲线C与直线l的交点极坐标为(0,0)，.
(2)把直线l的参数方程代入曲线C，得t2＋2(sin α－cos α)t－2＝0，
可知t1＋t2＝0，t1t2＝－2，所以|AB|＝|t1－t2|＝＝2.
23．【解析】(1)当m＝2，n＝－1时，f(x)＝|2x＋3|－|2x－1|.
不等式f(x)＜2等价于
或或
解得x＜－或－≤x＜0，即x＜0.
所以不等式f(x)＜2的解集是(－∞，0)．
(2)由题设可得，f(x)＝|x＋3|－|2x＋n|＝
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(3－n,0)，C.
所以三角形ABC的面积为＝.
由题设知，＞24，解得n＜－6.