河北唐山第一中学高三数学下学期冲刺二理

唐山一中2019届高三冲刺卷（二）高三数学理科试卷一.选择题.1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别将两集合化简，再求并集即可.【详解】因，解得，所以，而，所以，即，故选C【点睛】本题主要考查集合的并集运算，同时也考查了一元二次不等式的求解，属于基础题.2.命题“，”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】全称命题改否定，首先把全称量词改成特称量词，然后把后面结论改否定即可.【详解】命题“，”的否定是: ,故选：B【点睛】本题考查全称命题的否定，全称命题（特称命题）改否定，首先把全称量词（特称量词）改成特称量词（全称量词），然后把后面结论改否定即可.3.若复数z=sin35+cos45i是纯虚数，则tan()的值为( )A. 34B. 43C. 34D. 43【答案】C【解析】【分析】根据所给的虚数是一个纯虚数，得到虚数的实部等于0，而虚部不等于0，得到角的正弦和余弦值，根据同角三角函数之间的关系，得到结果.【详解】若复数z=sin35+(cos45)i是纯虚数，则sin35=0且cos450，所以sin=35，cos=45，所以tan=34，故tan()= tan=34故选C【点睛】本题主要考查了复数的基本概念，属于基础题纯虚数是一个易错概念，不能只关注实部为零的要求，而忽略了虚部不能为零的限制，属于易错题.4.已知x，y满足约束条件，若x20xy+10x+ym0，若z=3x2y的最大值为4，则实数m的值为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 8【答案】B【解析】【分析】根据不等式组，画出可行域，在可行域内根据z=3x-2y的最大值为4求得m的值即可。【详解】由不等式组，画出可行域如下图所示：线性目标函数z=3x-2y，化为y=32xz2 画出目标函数可知，当在A点时取得z取得最大值因为A（2，-2+m）代入目标函数可得2+m=32242解得m=3所以选B【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，线性目标函数最值的求法，属于基础题。5.已知函数f(x)=2x12x+1+x+sinx，若正实数a，b满f(4a)+f(b9)=0，则1a+1b的最小值是（ ）A. 1B. 92C. 9D. 18【答案】A【解析】【分析】先由函数fx的解析式确定其为奇函数，再由f4a+fb-9=0得到a与b的关系式，再由基本不等式，即可求出结果.【详解】因为fx=2x-12x+1+x+sinx，所以f-x=2-x-12-x+1-x-sinx=-2x-12x+1+x+sinx=-fx，所以函数fx为奇函数，又若正实数a,b满f4a+fb-9=0，所以4a+b-9=0，所以1a+1b=191a+1b4a+b=194+ba+4ab+1=195+ba+4ab195+24=1，当且仅当ba=4ab，即b=2a=3时，取等号.故选A【点睛】本题主要考查基本不等式，先由函数奇偶性求出变量间的关系，再由基本不等式求解即可，属于常考题型.6.已知椭圆x24+y2b2=1(0b0,b0)的左焦点F1作曲线C2:x2+y2=a2的切线，设切点为M，延长F1M交曲线C3:y2=2px(p0)于点N，其中C1,C3有一个共同的焦点，若MF1+MN=0，则曲线C1的离心率为（ ）A. 5+12B. 5C. 2+12D. 2【答案】A【解析】【分析】设双曲线的右焦点的坐标为F2(c,0)，利用O为F1F2的中点，M为F1N的中点，可得OM为NF1F2的中位线，从而可求|NF1|，再设N(x,y)，过点F1作x轴的垂线，由勾股定理得出关于a,c的关系式，最后即可求得离心率【详解】设双曲线的右焦点为F2，则F2的坐标为(c,0)因为曲线C1与C3有一个共同的焦点，所以曲线C3的方程为y2=4cx因为MF1+MN=0，所以MF1=-MN=NM，所以M为F1N的中点，因为O为F1F2的中点，所以OM为NF1F2的中位线，所以OMNF2因为|OM|=a，所以NF2=2a又NF2NF1，F1F2=2c，所以NF1=(2c)2-2a2=2b设N(x,y)，则由抛物线的定义可得x+c=2a，所以x=2a-c过点F1作x轴的垂线，点N到该垂线的距离为2a，在RtF1PN中，由勾股定理得|F1P|2+|PN|2=|F1N|2，即y2+4a2=4b2，所以4c(2ac)+4a2=4(c2a2)，整理得e2e1=0，解得e=5+12故选A【点睛】解答本题时注意以下几点：（1）求双曲线的离心率时，可根据题中给出的条件得到关于a,b,c的关系式，再结合a2+b2=c2得到a,c间的关系或关于离心率e的方程（或不等式），由此可得离心率的取值（或范围）（2）本题中涉及的知识较多，解题时注意将题中给出的关系进行转化，同时要注意圆锥曲线定义在解题中的应用12.函数fx满足fx=fx+exx,x12,+， f1=e，若存在a2,1，使得f21ma33a2e成立，则m的取值（ ）A. 23,1B. 23,+C. 1,+D. 12,23【答案】A【解析】由题意设g(x)=f(x)ex，则g(x)=f(x)f(x)ex=1x，所以g(x)=lnx+c（为常数）f1=-e，g(1)=f(1)e=1=c，f(x)=g(x)ex=ex(1+lnx)，f(x)=ex(lnx+1x1)令h(x)=lnx+1x1，则h(x)=1x1x2=x1x2，故当12x1时，h(x)1时，h(x)0,h(x)单调递增h(x)h(1)=0，从而当x12,+时，f(x)0，f(x)在区间12,+上单调递增设(a)=a33a2e,a2,1，则(a)=3a23=3(a+1)(a1)，故(a)在(2,1)上单调递增，在(1,1)上单调递减，所以(a)max=(1)=e不等式f2-1ma3-3a-2-e等价于f21me=f(1)， 21m121m12，解得23m1，故m的取值范围为23,1选A点睛：本题考查用函数的单调性解不等式，在解答过程中首先要根据含有导函数的条件构造函数g(x)=f(x)ex，并进一步求得函数f(x)的解析式，从而得到函数f(x)在区间12,+上的单调性然后再根据条件中的能成立将原不等式转化为f21mf(1)，最后根据函数的单调性将函数不等式化为一般不等式求解即可二填空题。13.x2x24的展开式中x2的系数是_.（用数字作答）【答案】8【解析】【分析】由题，可得(x2-x-2)4=(x2)4(x+1)4，分别使用二项式定理展开项，可得x2的系数.【详解】由题(x2-x-2)4=(x2)4(x+1)4 (x2)4的展开项系数Tr1+1=C4r1x4r1(2)r1 (x+1)4的展开项系数Tr2+1=C4r2x4r21r2 当r1=2,r2=4 ，系数24当r1=3,r2=3，系数为-128当r1=4,r2=2，系数为96所以x2的系数为：24-128+96=-8故答案为-8【点睛】本题考查了二项式定理，解题的关键是原式要进行变形，属于较易题目.14.在直角三角形ABC中，C=2，|AC|=3，对于平面ABC内的任一点M，平面ABC内总有一点D使得3MD=MB+2MA，则CDCA=_.【答案】6【解析】【分析】由3MD=MB+2MA可知D为线段AB上的点且BD2AD，将CD用CA，CB表示后代入相乘即可【详解】对平面ABC内的任一点M，平面ABC内总有一点D使得3MD=MB+2MA，即MD=13MB+23MA,所以D为线段AB上的点且BD2AD 所以CDCA=13CB+23CACA=0+23CACA=23|CA|2=239=6,故答案为：6【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用,考查平面向量数量积的性质及其运算，属基础题15.四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，AD=4，AB=2，且SA+SD=8，当该四棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为_.【答案】763【解析】【分析】由题意知四棱锥的体积最大时，平面SAD平面ABCD且SAD为等边三角形，画出图形，设球心O到平面ABCD的距离为x，可得x2+5=(23x)2+1，进而得到球的半径，即可求解.【详解】由题意知当S到平面ABCD的距离最大时，四棱锥的体积最大，此时满足平面SAD平面ABCD，且SAD为等边三角形，边长为4，则S到AD的距离23即为S到平面ABCD的距离，设球心O到平面ABCD的距离OE=x,则由OD=OS得x2+5=(23x)2+1，解得x=23，所以外接球的半径R=x2+5=193，则外接球的表面积为S=4R2=763故答案为：763【点睛】本题考查四棱锥的外接球问题,关键在于确定球心和半径,考查学生的空间想象能力和计算能力,属于基础题.16.已知函数f(x)=x2cosx2，数列an中，an=f(n)+f(n+1)nN*，则数列an的前100项之和S100=_【答案】10200【解析】因为fx=x2cosx2，所以an=fn+fn+1= n2cosn2+（n+1）2cos（n+1）2 a4n-3=（4n-3）2cos（4n-3）2+（4n-2）2cos（4n-2）2=-(4n2)2 同理可得：a4n2=(4n2)2,a4n1=(4n)2,a4n=(4n)2 a4n3+a4n2+a4n1+a4n=2(4n2)2+2(4n)2=8(4n1) , an的前100项之和S100=83+7+99=10200.故答案：10200 .点睛：本题中由条件an=fn+fn+1= n2cosn2+（n+1）2cos（n+1）2 ，由余弦函数的值可将n分成四种情况，即将数列分成四个一组求和即可.三解答题。17.已知在ABC中，C=23（1）若c2=5a2+ab，求sinBsinA； （2）求sinAsinB的最大值【答案】(1)2 (2)14【解析】【分析】（1）由余弦定理即题设可得b=2a，进而利用正弦定理可求得sinBsinA=2；（2）由（1）知A+B=3，利用三角函数恒等变换的应用，化简可得sinAsinB= 12sin(2A+6)14，利用正弦函数的图象与性质，即可求解最大值.【详解】（1）由余弦定理及题设，得 由正弦定理，得 （2）由（1）知因为，所以当，取得最大值【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换的应用和三角函数的图象与性质的综合应用，着重考查了转化思想和推理与运算能力，属于基础题.18.在某市高中某学科竞赛中，某一个区4000名考生的参赛成绩统计如图所示.（1）求这4000名考生的竞赛平均成绩x（同一组中数据用该组区间中点作代表）；（2）由直方图可认为考生竞赛成绩服正态分布N(,2)，其中，2分别取考生的平均成绩x和考生成绩的方差s2，那么该区4000名考生成绩超过84.81分（含84.81分）的人数估计有多少人？（3）如果用该区参赛考生成绩的情况来估计全市的参赛考生的成绩情况，现从全市参赛考生中随机抽取4名考生，记成绩不超过84.81分的考生人数为，求P(3).（精确到0.001）附：s2=204.75，204.75=14.31；zN(,2)，则P(z+)=0.6826，P(2z+2)=0.9544；0.84134=0.501.【答案】（1）70.5分；（2）634人；（3）0.499【解析】【分析】（1）根据加权平均数公式计算x；（2）根据正态分布的对称性计算P（z84.81），再估计人数；（3）根据二项分布的概率公式计算P（3）【详解】（1）由题意知：中间值455565758595概率0.10.150.20.30.150.1x=450.1+550.15+650.2+750.3 +850.15+950.1=70.5，4000名考生的竞赛平均成绩x为70.5分.（2）依题意服从正态分布N(,2)，其中=x=70.5，2=D=204.75，=14.31，服从正态分布N(,2)=N(70.5,14.312)，而P(-z+)=P(56.19z84.81)=0.6826，P(z84.81)=1-0.68262=0.1587.竞赛成绩超过84.81分的人数估计为0.15874000=634.8人634人.（3）全市竞赛考生成绩不超过84.81分的概率1-0.1587=0.8413.而B(4,0.8413)，P(3)=1-P(=4)=1-C440.84134 =1-0.501=0.499.【点睛】关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法熟记P(X)，P(2X2)，P(3X3)的值充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.19.如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且ABC=60，BM平面ABCD，BMDN，BM=2DN，点E是线段MN上任意一点(1)证明：平面EAC平面BMND；(2)若AEC的最大值是23，求三棱锥M-NAC的体积【答案】(1)见证明；(2) VMNAC=3510【解析】【分析】（1）推导出ACBM，ACBD，得AC平面BMND，从而可得到证明;（2）由AECE和余弦定理可知，当AE最短即AEMN，CEMN时AEC最大，取MN中点H，连接H与AC、BD的交点O，知OH平面ABCD，分别以直线OA，OB，OH为x轴，y轴，轴建立空间直角坐标系，设ND=a，利用二面角AMNC的平面角为23，可求出a,然后利用VMNACVMEAC+VNEAC可得结果.【详解】(1)因为BM平面ABCD，则ACBM.又四边形ABCD是菱形，则ACBD，又BDBM=B,所以AC平面BMND,因为AC在平面EAC内，所以平面EAC平面BMND. (2)设AC与BD的交点为O，连结EO. 因为AC平面BMND，则ACOE，又O为AC的中点，则AE=CE，由余弦定理得cosAEC=2AE2AC22AE2=12AE2，AEC0,当AE最短时AEC最大，此时AEMN，CEMN，AEC=23，因为AC=2,AE=233,OE=33. 取MN的中点H，分别以直线OA，OB，OH为x轴，y轴，轴建立空间直角坐标系，设ND=a，则点A1,0,0，N0,3,a M0,3,2a，AN=1,3,a，AM=1,3,2a设平面AMN的法向量n=x,y,z，则ANn=0AMn=0,即x3y+az=0x+3y+2az=0 ，取z=1，则n=3a2,3a6,1，同理求得平面CMN的法向量m=3a2,3a6,1.因为AEC=23是二面角 AMNC的平面角，则cosAEC=cosm,n=9a24+3a236+19a24+3a236+1=12，解得a=1510或a=62 由图可知ab0)，其右焦点F与抛物线y2=43x的焦点重合，过F且垂直于抛物线对称轴的直线与椭圆交于M、N两点，与抛物线交于C、D两点|CD|MN|=43（1）求椭圆的方程；（2）若直线l与(1)中椭圆相交于A,B两点, 直线OA, ,OB的斜率分别为k1,k,k2 (其中k0)，且k1,k,k2成等比数列；设OAB的面积为S, 以OA、OB为直径的圆的面积分别为S1, S2, 求S1+S2S的取值范围.【答案】(1) x24+y2=1 (2) 54，+)【解析】分析】(1)由题意可得|MN|=2b2a，CD=43，即得a=2b2，结合a2b2=3可得椭圆方程；（2）设直线的方程为y=kx+m,Ax1,y1,Bx2,y2，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，由k1，k，k2成等比数列，可解得k值，然后分别求出S,S1,S2,写出S1+S2S的表达式，利用基本不等式可得取值范围.【详解】（1）由抛物线方程得F3,0，椭圆方程为x2a2+y2b2=1(ab0)，过F垂直于抛物线对称轴的直线与椭圆交于M,N两点，可得|MN|=2b2a，与抛物线交于C,D两点可得CD=43， CDMN=432b2a=43a=2b2 ， a2b2=3， a=2b=1，所以椭圆方程为x24+y2=1 .(2)设直线的方程为y=kx+m,Ax1,y1,Bx2,y2，由y=kx+mx24+y2=1可得1+4k2x2+8kmx+4m21=0 ，由韦达定理：=161+4k2m20x1+x2=8km1+4k2x1x2=4m211+4k2， k1，k，k2构成等比数列，k2=k1k2=y1x1y2x2 =kx1+mkx2+mx1x2，即kmx1+x2+m2=0由韦达定理代入化简得：k2=14， k0，k=12 此时=162m20，即m2,2又由A、O、B三点不共线得m0，从而m2,00,2故S=12ABd=121+k2x1x2m1+k2=12x1+x224x1x2m=2m2m x124+y12=x224+y22=1，x1+x2=2m，x1x2=2m22， 则S1+S2=4x12+y12+x22+y22=434x12+34x22+2=316x1+x222x1x2+2=54为定值 S1+S2S=5412m2m5412m2+m22=54，当且仅当2m2=m2即m=1时等号成立综上：S1+S2S的取值范围是54，+【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查韦达定理，弦长公式以及基本不等式的应用，属于中档题.21.设函数f(x)=aln(x+1)，g(x)=ex1，其中R，e=2.718为自然对数的底数（1）当x0时，f(x)g(x)恒成立，求a的取值范围；（2）求证：1095100010e1两种情形分类讨论进行分析求解：（2）借助（1）的结论，当a=1时，ex1+ln(x+1)对x0恒成立， 再令x=110，得到e1101+ln1.11.09510951000 即10e10951000； 又由()知，当a1时，则H(x)在0，x0递减，在(x0，+)递增，则H(x0)H(0)=0，即ex0-1-aln(x0+1)1，即x0=110，则e11011-1.1ln1.120001791，故有1095100010e1，H(x)=ex-ax+1在0,+递增，H(x)H(0)=1-a且1-a0且x+时，H(x)+，则x0(0，+)使H(x0)=0，则H(x)在0，x0递减，在(x0，+)递增，所以当x0，x0时H(x)gx ，不满足题意，舍去；综合，知a的取值范围为-,1. ()由()知，当a=1时，ex1+ln(x+1)对x0恒成立， 令x=110，则e1101+ln1.11.09510951000 即10e10951000； 由()知，当a1时，则H(x)在0，x0递减，在(x0，+)递增，则H(x0)H(0)=0，即ex0-1-aln(x0+1)1，即x0=110，则e11011-1.1ln1.120001791，故有1095100010e1两种情形分类讨论进行分析求解；证明本题的第二问时，充分借助（1）的结论及当a=1时，ex1+ln(x+1)对x0恒成立，令x=110，得到e1101+ln1.11.09510951000 即10e10951000； 进而由()知，当a1时，则H(x)在0，x0递减，在(x0，+)递增，则H(x0)H(0)=0，即ex0-1-aln(x0+1)1，即x0=110，则e11011-1.1ln1.120001791，故有1095100010e20001791.从而使得问题巧妙获证。22.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=1ty=3+t（t为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为=2cos，点P是曲线C1上的动点，点Q在OP的延长线上，且|PQ|=3|OP|，点Q的轨迹为C2（1）求直线l及曲线C2的极坐标方程；（2）若射线=(02)与直线l交于点M，与曲线C2交于点N（与原点不重合），求|ON|OM|的最大值.【答案】（1）直线l的极坐标方程为cos+sin=4.C2的极坐标方程为=8cos（2）2+1【解析】【分析】（1）消参可得直线的普通方程，再利用公式把极坐标方程与直角坐标方程进行转化，从而得到直线的极坐标方程；利用相关点法求得曲线C2的极坐标方程；（2）利用极坐标中极径的意义求得长度，再把所求变形成正弦型函数，进一步求出结果【详解