1、昆明市 2019 届高三复习诊断测试理科数学一、选择题：本题共 1 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=1,0,1,2 B=x|(x+1)(x2)b0) B C与 的另一个交点为 ，若 为等腰三角形，则 （ ）BF1 C A BAF2|AF1|AF2|=A. B. C. D. 313 12 23【答案】A【解析】【分析】设|AF 1|t（t0） ，由已知条件得出 |AB|AF 2|，结合椭圆的定义得出 ，可求出|AF 1|和t=a2|AF2|，即可求出答案【详解】设|AF 1|t（t0） ，由椭圆的定义可得
2、|AF2|2at，由题意可知，|AF 2|BF 2|a，由于BAF 2 是等腰三角形，则|AB|AF 2|，即 a+t2at，所以 ，所以 ，因此t=a2 |AF1|=a2,|AF2|=3a2 |AF1|AF2|=13故选：A【点睛】本题考查直线与椭圆的综合问题，利用椭圆的定义是解决本题的关键，属于中档题8.在平面四边形 中， ， ， ， ， ，则 （ ABCD D=90 BAD=120 AD=1 AC=2 AB=3 BC=）A. B. C. D. 5 6 7 22【答案】C【解析】【分析】在 Rt 中 ,由 ， ，得 , ，所以 ,由余ADC AD=1 AC=2 DAC=60 且 BAD=1
3、20 CAB=60弦定理得 BC 的长度.【详解】在平面四边形 中，如图.ABCD在 Rt 中 , ， ， ，所以 ， ，所以ADC D=90 AD=1 AC=2 DAC=60 且 BAD=120,在 中 , ,由余弦定理得 ,CAB=60 ABC AB=3 BC2=AC2+AB2-2ACABcosCAB=7所以 BC= .7故选：C.【点睛】本题考查了直角三角形的性质和余弦定理的应用，属于基础题.9.在数学历史中有很多公式都是数学家欧拉（Leonhard Euler）发现的，它们都叫做欧拉公式，分散在各个数学分支之中.任意一个凸多面体的顶点数 、棱数 、面数 之间，都满V E F足关系式 ，
4、这个等式就是立体几何中的“欧拉公式”若一个凸二十面体的每个VE+F=2面均为三角形，则由欧拉公式可得该多面体的顶点数为（ ）A. 10 B. 12 C. 15 D. 20【答案】B【解析】【分析】由题意得面数 =20， F=E，再由关系式 ，可得 V.F32 V-E+F=2【详解】因为一个凸二十面体的每个面均为三角形，所以面数 =20，顶点数 、棱数 的关F V E系为 F=E，由任意一个凸多面体的顶点数 、棱数 、面数 之间，都满足关系式32 V E F，所以 V- f+20=2,得 V=12.V-E+F=232故选：B.【点睛】本题考查了利用欧拉公式求顶点数的应用，属于基础题.10.现分配
5、 3 名师范大学生参加教学实习，有 4 所学校可供选择，每名学生随机选择一所学校，则恰有 2 名学生选择同一所学校的概率为（ ）A. B. C. D. 916 38 932 316【答案】A【解析】【分析】先求出 3 名师范大学生有 4 所学校可供选择的个数 ，再求出恰有 2 名学生选择同一43=64所学校的个数 ,由古典概型的计算可得.C23C143=36【详解】分配 3 名师范大学生参加教学实习，有 4 所学校可供选择，每名学生随机选择一所学校，满足情况的个数为 ，恰有 2 名学生选择同一所学校的个数 ，由43=64 C23C143=36古典概型的定义公式，计算得 P= .3664=916
6、故选：A.【点睛】本题考查了组合的运用，由分步计数原理来计算其不同的选择方法，由古典概型的公式计算概率，属于基础题.11.设函数 的极值点的最大值为 ，若 ，则整数 的f(x)=(x22x+2)ex13x312x2 x0 x0(n,n+1) n值为（ ）A. -2 B. -1 C. 0 D. 1【答案】C【解析】【分析】先对 f（x）求导，得 ，令 再求导得 单调性，进而求出f(x)=x(exx-x-1) g(x)=exx-x-1 g(x)f（x）极值点的最大值的范围.【详解】函数 ，求导得 =0 的根f(x)=(x2-2x+2)ex-13x3-12x2 f(x)=exx2x2x=x(exxx
7、1)，x=0设 ，得 ， =0 的根 ，g(x)=exxx1 g(x)=ex(x+1)1 g(x)=ex(x+2) x2=2所以当 x-2 时， 0, 所以 在 递减，在 递增. g(x) g“(x) g(x) (,2) (2,+)所以在 x=-2 处取得最小值，所以 , 时， ，且 ，g(2)= -e210.g(2)=2e2+10,g(1)=e10 p:00 p:00,b0) F C O，则 的方程为_.FPO=90 C【答案】x212y24=1【解析】【分析】由 在双曲线 的渐近线上，得 = ，Rt 中， 得出 OF=c=4，进而得出 的方程.P(1, 3) Cba 3 OPF C【详解】
8、因为双曲线 的渐近线方程为 y= ， 在渐近线上，C:x2a2-y2b2=1(a0,b0) bax P(1, 3)所以 = ， 为 的右焦点， 为原点，若 ，在 Rt 中.OP= ,ba 3 F C O FPO=90 OPF ( 3)2+1=2,所以 OF=c=4，a=2 ，b=2，所以 的方程为 .FOP=60 3 Cx212-y24=1故答案为： .x212-y24=1【点睛】本题考查了双曲线标准方程的求法，也考查了渐近线方程的应用，属于基础题.16.如图，在矩形 与扇形 拼接而成的平面图形中， ， ， .OABC OCD OA=3 AB=5 COD=6点 在 上， 在 上， ，设 ，则当
9、平面区域 （阴影部份）的面E CD F AB EOF=3 AOF=x OECBF积取到最大值时， _.cosx=【答案】35【解析】【分析】在 Rt 中， ，则 AF=3tanx，列出面积 =15- ，对其求导得OAF AOF=x y=SOECBF92tanx+252x-2512最值时 的值.cosx【详解】在 Rt ， ，则 AF=3tanx . ，y= =OAFOA=3, AOF=x AB=5 SOECBF=15- . . = 的35-1233tanx+252(x-6) 92tanx+252x-251200 Sn所以， 恒成立时，Sn0 Sn调递增是关键，属于中档题.18.“中国大能手”是
10、央视推出的一档大型职业技能挑战赛类节目，旨在通过该节目，在全社会传播和弘扬“劳动光荣、技能宝贵、创造伟大”的时代风尚.某公司准备派出选手代表公司参加“中国大能手”职业技能挑战赛.经过层层选拔，最后集中在甲、乙两位选手在一项关键技能的区分上，选手完成该项挑战的时间越少越好.已知这两位选手在 15 次挑战训练中，完成该项关键技能挑战所用的时间（单位：秒）及挑战失败（用“”表示）的情况如下表 1：序号x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15t甲 96 93 92 90 86 83 80 78 77 75t乙 95 93 92 88 83 82 80 80 74 73
11、据上表中的数据，应用统计软件得下表 2：均值（单位：秒）方差方差 线性回归方程甲 85 50.2 t甲 =-1.59x+99.28乙 84 54 t乙 =-1.73x+100.25（1）根据上述回归方程，预测甲、乙分别在下一次完成该项关键技能挑战所用的时间；（2）若该公司只有一个参赛名额，根据以上信息，判断哪位选手代表公司参加职业技能挑战赛更合适？请说明你的理由.【答案】 （1）甲用时 73.84 秒，乙用时 72.57 秒； （2）选手乙，见解析.【解析】【分析】（1）把 时分别代入 和 中，即可求出；（2） 由 ，由于x=16 y甲 y乙 x甲 x乙 ，乙 选 手 用 时 更 短，说明甲、
12、乙用时都在逐步减少，乙的方差大，说明乙进步更大，S甲2x乙由于 ，虽然甲选手的发挥更稳定，但稳定在较大的平均数上，随着训练次数增加，S甲20 m21由抛物线的定义知 ， .|AF|=x1+1 |BF|=x2+1则 .|AF|BF|=(x1+1)(x2+1)=m2y1y2=4m2因为 ，所以 .m21 |AF|BF|4故 的取值范围是 .|AF|BF| (4,+)【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系和抛物线定义的应用，考查了运算能力和转化能力，属于中档题.20.如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， 平面 ，PABCD ABCD PD ABCD， ， 是棱 上的一点.PD=AD=BD=2
13、AB=22 E PC（1）若 平面 ，证明： ；PA/ BDE PE=EC（2）在（1）的条件下，棱 上是否存在点 ，使直线 与平面 所成角的大小为 ？PB M DM BDE 30若存在，求 的值；若不存在，请说明理由.PM:MB【答案】 （1） 见解析；（2）在棱 上存在点 使直线 与平面 所成角的大小为 ，PB M DM BDE 30此时 .PM:MB=1:1【解析】【分析】（1）连接 交 于 ，连接 由 平面 的性质定理得 是 的中点，即可得出；AC BD F EF， PA/ BDE E PC（2）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量， 由直线 与平面 所成角的向量法，BDE DM B
14、DE得出 的值.PM:MB【详解】（1）连接 交 于 ，连接 ，则 是平面 与平面 的交线.因为 平面 ，AC BD F EF EF PAC BDE PA/ BDE平面 ，所以 .又因为 是 中点，所以 是 的中点.所以 .PA PAC PA/EF F AC E PC PE=EC（2）由已知条件可知 ，所以 ，AD2+BD2=AB2 ADBD以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为轴建立空间直角坐标系 .D DA x DB y DP则 ， ， ， ，D(0,0,0) A(2,0,0) B(0,2,0) P(0,0,2)， ， ， .C(-2,2,0) E(-1,1,1) DE=(-1,1,1) D
15、B=(0,2,0)假设在棱 上存在点 ，设 ，PB M PM=PB(01)得 ， .M(0,2,2-2) DM=(0,2,2-2)记平面 的法向量为 ，则BDE n1=(x1,y1,z1)n1DE=0,n1DB=0, 即 取 ，则 ，-x1+y1+z1=0,y1=0, z1=1 x1=1所以 .n1=(1,0,1)要使直线 与平面 所成角的大小为 ，DM BDE 30则 ，即 ，解得 .|DMn1|DM|n1|=sin30 |10+02+1(2-2)|12+02+12 02+(2)2+(2-2)2=12 =120,1所以在棱 上存在点 使直线 与平面 所成角的大小为 .PB M DM BDE
16、30此时 .PM:MB=1:1【点睛】本题考查了线与面平行的性质定理的应用，也考查了向量法解决线与面所成角的问题，属于中档题.21.已知函数 ， .f(x)=lnxax aR（1）讨论 的单调性；f(x)（2）若函数 存在两个零点 ， ，使 ，求 的最大值.f(x) x1 x2 lnx1+lnx2m0 m【答案】 （1）当 时， 在 单调递增；当 时， 在 单调递增，在a0 f(x) (0,+) a0 f(x) (0,1a)单调递减；（ 2）2.(1a,+)【解析】【分析】（1）对函数求导 ，由 x0,进而对 和 分别讨论，得出 的单调性.（2）函f(x)=1x-a a0 a0 f(x)数 有
17、两个零点 ， ，得 ，代入 ，令 ，则 ，设f(x) x1x2 a=lnx1x2x1-x2 a(x1+x2)m t=x1x2 t(0,1)，求导得 在 上的最值即可.g(t)=lnt-m(t-1)t+1(00 f(x) (0,+)当 时，令 ，得 ，a0 f(x)=0 x=1a0当 时， ；当 时， .x(0,1a) f(x)0 x(1a,+) f(x)0 f(x) (0,1a) (1a,+)（2）因为 ， ，即 ， .lnx1-ax1=0 lnx2-ax2=0 lnx1=ax1lnx2=ax2两式相减得 ，即 .lnx1-lnx2=a(x1-x2) a=lnx1x2x1-x2由已知 ，得 .
18、lnx1+lnx2m a(x1+x2)m因为 ， ，所以 ，即 .x10 x20 amx1+x2 lnx1x2x1-x2 mx1+x2不妨设 ，则有 .0h(0)=1 g(t)0在 单调递增，所以 在 恒成立.g(t) (0,1) g(t)0在 单调递增，所以 在 恒成立.g(t) (0,1) g(t)2 h(t) (0,1) h(0)=1 h(1)=4-2m0 g(t)0 t(t0,1) h(t)g(1)=0所以 在 不恒成立.g(t)0 (0,1)综上所述， 的取值范围是 ，所以 的最大值为 2.m (-,2 m【点睛】本题考查了函数的单调性的判断和换元构造新函数求其最值的问题，求导后讨论
19、函数的单调性是本题的关键，属于中档题.22.在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （为参数）.以原点为极点，xOy C1 x=3cost,y=sint,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为 .x =6(R)（1）求 的极坐标方程；C1（2）若曲线 的极坐标方程为 ，直线与 在第一象限的交点为 ，与 的交C2 +8cos=0 C1 A C2点为 （异于原点） ，求 .B |AB|【答案】 （1） ；（2） .2+82sin2-9=0 53【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换 （2）由极径的应用求出结果【详解】 （1）曲线 C1
20、的参数方程为 （t 为参数） x=3cost,y=sint, 转换为直角坐标方程为： ，转换为极坐标方程为： 2+82sin290（2）因为 ， 两点在直线上，可设 ， .AB A(1,6) B(2,6)把点 的极坐标代入 的方程得： ，解得 .A C1 12+812sin26-9=0 1= 3由己知 点在第一象限，所以 .A 1= 3因为 异于原点，所以把点 的极坐标代入 的方程得：B B C2，解得 .2+8cos6=0 2=-43所以， .|AB|=|1-2|=| 3+43|=53【点睛】本题考查了参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，极径的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题
