1、中学生标准学术能力诊断性测试2019年11月测试理科数学试卷(二卷)本试卷共150分，考试时间120分钟.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.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据集合并集的定义求出，根据集体补集的定义求出.【详解】因为，所以，又因为集合，所以，故本题选A.【点睛】本题考查了集合的并集、补集运算，掌握集合的并集、补集的定义是解题的关键.2.已知空间三条直线，若l与m异面,且l与n异面,则（ ）A. m与n异面B. m与n相交C. m与n平行D. m与n异面、相交、平行均有可
2、能【答案】D【解析】【分析】根据题意作出图形，进行判断即可.【详解】解：空间三条直线l、m、n若l与m异面，且l与n异面，则可能平行（图1），也可能相交（图2），也m与n可能异面（如图3），故选D【点睛】本题考查空间直线的位置关系，着重考查学生的理解与转化能力，考查数形结合思想，属于基础题3.复数满足，则( )A. 恒等于1B. 最大值为1，无最小值C. 最小值为1，无最大值D. 无最大值，也无最小值【答案】C【解析】【分析】设复数，其中，由题意求出，再计算的值【详解】解：设复数，其中，由，得，解得；，即有最小值为1，没有最大值故选：【点睛】本题考查了复数的概念与应用问题，是基础题4.某几何体
3、的三视图如图所示(单位：cm) ，则该几何体的表面积(单位：cm2)是( )A. 16B. 32C. 44D. 64【答案】B【解析】【分析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，底面然后由直角三角形面积公式求解【详解】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，底面则该几何体的表面积故选：【点睛】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题5.已知，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】首先判断由，能不能推出，而后再看由，能不能推出，
4、然后通过充分性、必要性的定义得出答案.【详解】由不等式，可以构造一个函数：，可以判断该函数为偶函数且时，函数单调递增.当时，而，这时可以为负数、正数、零，因此的大小关系不确定，因此由“”不一定能推出“”.当成立时，利用偶函数的性质，可以得到：，而，因此有，所以有且，如果，则有，所以，这与矛盾，故，故本题选B.【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，构造函数，利用函数的性质和不等式的性质是解题的关键.6.函数yln|x|cos(2x)的图像可能是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的奇偶性，和特殊值，可判断。【详解】解：所以函数是奇函数，关于原点对称，故排除；当时，故
5、故排除故选：【点睛】本题考查函数的奇偶性及已知函数解析式确定其函数图象问题，属于基础题。7.已知两个不相等的非零向量，满足，且与的夹角为60，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，由已知与的夹角为可得，由正弦定理得，从而可求的取值范围【详解】解：设，如图所示：则由又与的夹角为，又由由正弦定理得故选：【点睛】本题主考查了向量的减法运算的三角形法则，考查了三角形的正弦定理及三角函数的性质，属于中档题8.已知随机变量的分布列，则下列说法正确的是( )A. 存x，y(0，1)，E()B. 对任意x，y(0，1)，E()C. 对任意x，y(0，1)，D()E()D.
6、存在x，y(0，1)，D()【答案】C【解析】【分析】表示出期望与方差，利用基本不等式证明不等关系。【详解】解：依题意可得，因为所以即故，错误；即，故成立；故错误故选：【点睛】本题考查简单随机变量的分布列中期望和方差的运算，属于难题。9.设函数，若，则的取值范围是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意构造新函数，结合所给条件和函数的性质确定的取值范围即可【详解】令，其中，取可得 取可得 取可得 由可得：， 将代入可得：故选A【点睛】本题主要考查构造函数解题的方法，整体代换的数学思想等知识，属于比较困难的试题10.已知F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，若在双曲线右支上存在点P
7、，使得点F2到直线PF1的距离为a，则该双曲线的离心率的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设过且与一条渐近线平行的直线的方程，依题意在双曲线右支上存在点P，使得点到直线的距离为，则点到直线距离大于，可求出与的关系，即可求出离心率的取值范围。【详解】解：双曲线的渐近线为，由极限思想，设过且与一条渐近线平行的直线的方程为即，依题意若在双曲线右支上存在点P，使得点到直线的距离为，则点到直线距离大于，即即故选：【点睛】本题考查双曲线中离心率的范围的求解，极限思想的运用，属于中档题。11.如图，在菱形ABCD中，ABC60，E，F分别是边AB，CD的中点，现将ABC沿着对
8、角线AC翻折，则直线EF与平面ACD所成角的正切值最大值为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设二面角为，用含的式子表示点坐标，利用向量法表示出线面角的正弦值的平方，构造函数利用函数的单调性求出，即可求出线面角的正切值的最大值。【详解】解：如图，以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设二面角为，可证，设棱形的边长为，则，易知平面的法向量设直线与平面所成角为，则令，则时即在上单调递增；时即在上单调递减；则故选：【点睛】本题考查利用空间向量法求线面角的最值问题，综合性比较强，难度比较大。12.己数列an满足a11，an1lnan1，记Sna1 a2an，t
9、表示不超过t的最大整数，则S2019的值为( )A. 2019B. 2018C. 4038D. 4037【答案】D【解析】【分析】首先求出数列的前几项，猜想时构造函数证明猜想是正确的，即可求出.【详解】解：依题意得，可猜想时证明：令则可得在单调递减，在单调递增.即，满足条件，故猜想正确；故选：【点睛】本题考查由递推公式求数列的和，综合性较强，难度比较大。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.上随机地取一个数k，则事件“直线y=kx与圆相交”发生的概率为_【答案】【解析】由直线y=kx与圆相交得 所以概率为 .14.如图，在ABC中，ABAC，BC，A60，ABC的面积等于，则
10、角平分线AD的长等于_.【答案】【解析】【分析】由已知利用三角形的面积公式可求，由余弦定理可得，联立解得：，根据余弦定理可求的值，利用角平分线可得，结合，解得的值，在中，由余弦定理可得的值【详解】解：，的面积等于，解得：，由余弦定理，可得：，解得：，由联立解得：，或（由于，舍去）， 为角平分线，可得，且，解得：，在中，由余弦定理可得：故答案为： 【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理，同角三角函数基本关系式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题15.已知数列an满足anan1152n，其前n项和为Sn，若SnS8恒成立，则a1的取值范围为_.【答案】【解析】【分
11、析】根据题意设，由递推式表示出、，要使恒成立则解得。【详解】解：设，因为，则，；可知数列奇数项是递减的，且偶数项也是递减的.且当时当时要使恒成立则解得即故答案为：【点睛】本题考查数列的递推关系式及数列的前项和的性质，属于中档题。16.已知P为椭圆C：上一个动点，F1、F2是椭圆C的左、右焦点，O为坐标原点，O到椭圆C在P点处的切线距离为d，若，则d_.【答案】【解析】【分析】计算，的值得出点坐标，再求出切线方程，利用点到直线的距离公式计算【详解】解：设，则，不妨设在第一象限，则，故以为圆心以为半径的圆为：，以为圆心以为半径的圆为：，得：，代入椭圆方程可得：，故，当时，由得，故，椭圆在处的切线的
12、斜率切线方程为：，即，原点到切线的距离故答案为：【点睛】本题考查了椭圆的性质，切线的求法，点到直线的距离应用，属于中档题三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：60分.17.已知函数f(x)sinxcosx(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若f(B)，b3，求ABC面积的最大值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用辅助角公式将函数化简，根据正弦函数的单调性求出函数的单调区间；（2）由（1）可求利用余
13、弦定理及重要不等式，可求面积最大值。【详解】解：（1）令，解得，故函数的单调递增区间为，（2）由或，或，是三角形的内角，即当且仅当时， 的面积取最大值是【点睛】本题考查三角函数的性质，余弦定理在解三角形中的应用，属于一般题。18.如图，已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD/BC，BC2AD，ADCD，PD平面ABCD，E为PB的中点.(1)求证：AE/平面PDC；(2)若BCCDPD，求直线AC与平面PBC所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连结、，推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面（2）推导出，由，得，再推导出，从而平面
14、，进而平面，连结，则就是直线与平面所成角，由此能求出直线与平面所成角的余弦值【详解】解：（1）证明：取的中点，连结、，是的中点，且，且，四边形是平行四边形，又平面，平面（2）解：，是等腰三角形，又，平面，平面，又，平面，平面，又，平面，连结，则就是直线与平面所成角，设，在中，解得，在中，解得，在中，直线与平面所成角的余弦值为【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19.已知甲盒内有大小相同的2个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各取2个球.(1)求取出的4个球中恰
15、有1个红球的概率；(2)设为取出的4个球中红球的个数，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）设事件“从甲盒内取出的个红球；事件为“从乙盒内取出的个红球”，表示出事件的概率，取出的4个球中恰有1个红球的，包含两个基本事件，利用互斥事件和概率计算公式计算；（2）为取出的4个球中红球的个数，则可能的取值为0，1，2，3，4，结合（1）中信息分别求出相应的概率，写出分布列即可【详解】（1）设事件“从甲盒内取出个红球；事件为“从乙盒内取出的个红球” 则， 设事件为“取出的4个球中恰有1个红球”，取出的4个球中恰有1个红球的概率为，（2）可能的取值为0，1，2，3
16、，4由（1）得，则的分布列为：01234即【点睛】本题考查互斥事件、相互独立事件、离散型随机变量的分布列，考查运用概率知识解决实际问题的能力20.如图，斜率为k的直线l与抛物线y24x交于A、B两点，直线PM垂直平分弦AB，且分别交AB、x轴于M、P，已知P(4，0).(1)求M点的横坐标；(2) 求面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设，运用点差法和直线的斜率公式和中点坐标公式，解方程可得所求坐标；（2）设直线即，与抛物线联立，运用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，化简整理，运用导数判断单调性，可得最大值【详解】解：（1）设，则，而，由得，即；（2）设直线即，
17、与抛物线联立得，则，所以，而到直线的距离为，所以，又由于，所以，令，则且，所以，令，则，当，当时，故，即面积的最大值为8【点睛】本题考查抛物线的方程和性质，直线和抛物线方程联立，运用韦达定理和弦长公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题21.已知函数.(1)若a0，求函数f(x)值域；(2)设函数f(x)的两个零点为x1，x2，且x1x2，求证：x1x2e2.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，即可计算出函数的最大值，即可求出函数的值域。（2）因为可得，设则，要证即证构造函数证明其恒大于零即可。【详解】解（1）当时，令解得当时，,在上单调递增，当时，,在上单调
18、递减，即函数的值域为（2）不妨设，即设要证即证即设在单调递增，即【点睛】本题考查导数与函数，利用导数求函数的最值及证明不等式，属于难题。(二)选考题：共10分.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.作答时请写清题号.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数)，在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点P的极坐标为，直线l的极坐标方程为.(1)求直线l的直角坐标方程与曲线C的普通方程；(2)若Q是曲线C上的动点，M为线段PQ的中点，直线l上有两点A，B，始终满足|AB|4，求MAB面积的最大值与最小值.【答案】（1），；（2）最大值
19、为，最小值为.【解析】【分析】（1）由，可将直线的方程转化为直角坐标方程，由曲线的参数方程消去参数，可得其普通方程；（2）设，由条件可得，再由到直线的距离求出最值即可【详解】解：（1）直线的极坐标方程为，即由，可得直线的直角坐标方程为，将曲线参数方程，消去参数，得曲线的普通方程为；（2）设，点的极坐标化为直角坐标为，则，点到直线的距离，其中所以面积的最大值为，最小值为【点睛】本题考查了极坐标方程转化为直角坐标方程，参数方程转化为普通方程和利用参数法求点到直线的距离，考查了转化思想和计算能力，属中档题23.已知a，b，c为正实数，且满足abc3.证明：(1)abbcac3；(2).【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用重要不等式证明；（2）由基本不等式有：，三式相加可得：，即可证明【详解】（1）证明：正实数，满足，当且仅当时等号成立（2），当且仅当时等号成立【点睛】本题考查了重要不等式、基本不等式的性质，属于基础题