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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. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解一元二次不等式，求出集合B，然后进行交集的运算即可【详解】由B中不等式解得：1x2，即Bx|1x2，A1，0，1，2，AB0，1，故选：D【点睛】此题考查了集合的交集运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题.2.在复平面内，复数对应的点位于（ ）A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限 D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】由复数的运算法则和在复平面内的对应点的坐标即可得出【详解】在复平面内，复数2-1+i2-1-i-1+i-1-i=-1-i ，对应的点（-1，1）位于第三象限故选：C【点睛】本题考查了复数的运算法则和复数与复平面内对应点之间的关系，属于基础题3.某商家今年上半年各月的人均销售额(单位：千元)与利润率统计表如下：月份123456人均销售额658347利润率（%）12.610.418.53.08.116.3根据表中数据，下列说法正确的是A. 利润率与人均销售额成正比例函数关系B. 利润率与人均销售额成反比例函数关系C. 利润率与人均销售额成正相关关系D. 利润率与人均销售额成负相关关系【答案】C【解析】【分析】由表格中的数据和线性相关关系的定义即可得到.【详解】由表格中的数据显示，随着人均销售额的增加，利润率也随之增加，由变量之间的关系可得人均销售额和利润率成正相关关系.故选：C.【点睛】本题主要考查变量间的相关关系的定义，考查学生对基础知识的掌握，属于基础题.4.在平面直角坐标系xOy中，角的终边与单位圆交点的横坐标为-32，则cos2=（ ）A. -32 B. 32 C. -12 D. 12【答案】D【解析】【分析】由任意角的三角函数的定义求得cos，由二倍角公式可得cos2.【详解】由角的终边与单位圆交点的横坐标为-32 ，则cos=32，所以cos2=2cos21=23221=12 .故答案为：12.【点睛】本题考查了任意角的三角函数的定义和二倍角公式，属于基础题.5.下面是(a+b)n(nN)当n=1，2，3，4，5，6时展开式的二项式系数表示形式(a+b)11 1(a+b)21 2 1(a+b)31 3 3 1(a+b)41 4 4 1(a+b)51 5 10 5 1(a+b)61 6 15 20 15 6 1借助上面的表示形式，判断与的值分别是（ ）A. 5，9 B. 5，10 C. 6，10 D. 6，9【答案】C【解析】【分析】根据展开式的二项式系数的规律确定出所求的系数即可.【详解】由(a+b)n的展开式的二项式系数的规律得(a+b)4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4 ，(a+b)5=a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5 .所以=6与=10.故选：C.【点睛】本题考查了二项式定理展开式的二项式系数的规律，属于基础题.6.将函数y=sin(2x+3)的图象向右平移6个单位长度，则所得图象的对称轴可以为（ ）A. x=6 B. x=4 C. x=3 D. x=2【答案】B【解析】【分析】利用函数yAsin（x+）的图象变换规律求得对应的解析式，再利用正弦函数的对称轴求解即可.【详解】将函数ysin（2x+3）的图象向右平移6个单位长度，得到ysin（2x3+3）sin2x的图象，令2x=2+k，kZ ，所以x=4+k2,kZ. 当k=0，x=4. 所以y=sin2x对称轴可以为4 .故选：B【点睛】本题主要考查函数yAsin（x+）的图象变换规律，正弦函数的对称轴，属于基础题7.已知F1，F2为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左，右焦点，B为C的短轴的一个端点，直线BF1与C的另一个交点为A，若BAF2为等腰三角形，则AF1AF2=（ ）A. 13 B. 12 C. 23 D. 3【答案】A【解析】【分析】设|AF1|t（t0），由已知条件得出|AB|AF2|，结合椭圆的定义得出t=a2 ，可求出|AF1|和|AF2|，即可求出答案【详解】设|AF1|t（t0），由椭圆的定义可得|AF2|2at，由题意可知，|AF2|BF2|a，由于BAF2是等腰三角形，则|AB|AF2|，即a+t2at，所以t=a2，所以AF1=a2,AF2=3a2 ，因此AF1AF2=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ABCD中，D=90，BAD=120，AD=1，AC=2，AB=3，则BC=（ ）A. 5 B. 6 C. 7 D. 22【答案】C【解析】【分析】在RtADC中 ,由AD=1，AC=2，得DAC=60 ,且BAD=120，所以CAB=60,由余弦定理得BC的长度.【详解】在平面四边形ABCD中，如图.在RtADC中 ,D=90，AD=1，AC=2，所以DAC=60，且BAD=120，所以CAB=60,在ABC中 ,AB=3,由余弦定理得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V、棱数E、面数F之间，都满足关系式VE+F=2，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F=20，32F=E，再由关系式V-E+F=2，可得V.【详解】因为一个凸二十面体的每个面均为三角形，所以面数F=20，顶点数V、棱数E的关系为32F=E，由任意一个凸多面体的顶点数V、棱数E、面数F之间，都满足关系式V-E+F=2，所以V-32f+20=2,得V=12.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. 916 B. 38 C. 932 D. 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43=64 ，再求出恰有2名学生选择同一所学校的个数C32C413=36 ,由古典概型的计算可得.【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43=64，恰有2名学生选择同一所学校的个数C32C413=36，由古典概型的定义公式，计算得P=3664=916 .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fx=(x22x+2)ex13x312x2的极值点的最大值为x0，若x0(n,n+1)，则整数n的值为（ ）A. -2 B. -1 C. 0 D. 1【答案】C【解析】【分析】先对f（x）求导，得f(x)=xexx-x-1，令gx=exx-x-1再求导得gx单调性，进而求出f（x）极值点的最大值的范围.【详解】函数fx=(x2-2x+2)ex-13x3-12x2，求导得f(x)=exx2x2x=xexxx1 =0的根x=0 ，设gx=exxx1 ，得gx=ex(x+1)1 ，gx=ex(x+2)=0的根x2=2 ，所以当x-2时，g(x)-2时，g(x)0, 所以gx在,2 递减，在2,+递增. 所以在x=-2处取得最小值，所以g2= -e210 ,x时，g(x)1 ，且 g(0)=0，所以gx在,0 上递减，在0,+ 上递增.g0=10，g2=2e2+10,g1=e10，p:0xm，q:xx10，若p是q的充分不必要条件，则m的值可以是_.（只需填写一个满足条件的m即可）【答案】12 （(0,1)的任意数均可）【解析】【分析】由xx-10得q：0x1，由p是q的充分不必要条件，得0m1即可.【详解】由xx-10得0x1,所以q：0x0，p:0xm，若p是q的充分不必要条件，则pq，qp ，所以0m0,b0)的渐近线上，F为C的右焦点，O为原点，若FPO=90，则C的方程为_.【答案】x212y24=1【解析】【分析】由P(1,3)在双曲线C的渐近线上，得ba =3，RtOPF 中，得出OF=c=4，进而得出C的方程.【详解】因为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的渐近线方程为y=bax ，P(1,3)在渐近线上，所以ba =3 ，F为C的右焦点，O为原点，若FPO=90，在RtOPF 中.OP=(3)2+1=2 ,FOP=60,所以OF=c=4，a=23，b=2，所以C的方程为x212-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OABC与扇形OCD拼接而成的平面图形中，OA=3，AB=5，COD=6.点E在CD上，F在AB上，EOF=3，设AOF=x，则当平面区域OECBF（阴影部份）的面积取到最大值时，cosx=_.【答案】35【解析】【分析】在RtOAF中，AOF=x，则AF=3tanx，列出面积y=SOECBF=15-92tanx+252x-2512，对其求导得最值时cosx的值.【详解】在RtOAF，OA=3, AOF=x ，则AF=3tanx .AB=5，y=SOECBF=35-1233tanx+252x-6=15-92tanx+252x-2512 .0x3 .y=-92cos2x+252 =-9+25cos2x2cos2x=0 的根cosx=35或-35（舍） ，因为.0x3 ，所以cosx12,1 ，x00,3 使得cosx0=35 .所以y=SOECBF在cosx=35时取得最大值.故答案为:35 .【点睛】本题考查了由三角函数解决实际问题的最值问题，列出面积的方程是关键，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.17.已知数列an是等比数列，公比q1，前n项和为Sn，若a2=2，S3=7.（1）求an的通项公式；（2）设mZ，若Snm恒成立，求m的最小值.【答案】（1）an=(12)n-3；（2）8.【解析】【分析】（1）由a2=2，S3=7，得a1=4，q=12，即可得an=(12)n-3；（2）由（1）可知：Sn=8(1-12n)，所以Sn单调递增S3=7，所以当n4时，Sn7,8，即可得m的最小值.【详解】（1）由a2=2，S3=7得a1q=2,a1+a1q+a1q2=7,解得a1=4，q=12或a1=1，q=2（舍）.所以an=4(12)n-1=(12)n-3.（2）由（1）可知：Sn=a1(1-qn)1-q=4(1-12n)1-12=8(1-12n)0，所以Sn单调递增.所以，Sn0，所以Sn单调递增是关键，属于中档题.18.“中国大能手”是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x123456789101112131415t甲96939290868380787775t乙95939288838280807473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8550.2t甲=-1.59x+99.28乙8454t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x=16时分别代入y甲和 y乙中，即可求出；（2）由x甲x乙，乙选手用时更短，由于S甲2S乙2，说明甲、乙用时都在逐步减少，乙的方差大，说明乙进步更大，从1的计算结果y乙x乙,乙选手用时更短；由于S甲2S乙2，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，甲、乙用时都在逐步减少，乙的方差大，说明乙进步更大； 从（1）的计算结果y乙0，得m21. 由抛物线的定义知AF=x1+1，BF=x2+1.则AFBF=(x1+1)(x2+1)=m2y1y2=4m2.因为m21，所以AFBF4.故AFBF的取值范围是(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PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD平面ABCD，PD=AD=BD=2，AB=22，E是棱PC上的一点.（1）若PA/平面BDE，证明：PE=EC；（2）在（1）的条件下，棱PB上是否存在点M，使直线DM与平面BDE所成角的大小为30？若存在，求PM:MB的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1） 见解析；（2）在棱PB上存在点M使直线DM与平面BDE所成角的大小为30，此时PM:MB=1:1.【解析】【分析】（1）连接AC交BD于F，连接EF，由PA/平面BDE的性质定理得E是PC的中点，即可得出；（2）建立空间直角坐标系，求出平面BDE的法向量，由直线DM与平面BDE所成角的向量法，得出PM:MB的值.【详解】（1）连接AC交BD于F，连接EF，则EF是平面PAC与平面BDE的交线.因为PA/平面BDE，PA平面PAC，所以PA/EF.又因为F是AC中点，所以E是PC的中点.所以PE=EC.（2）由已知条件可知AD2+BD2=AB2，所以ADBD，以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为轴建立空间直角坐标系.则D0,0,0，A2,0,0，B0,2,0，P0,0,2，C-2,2,0，E-1,1,1，DE=-1,1,1，DB=0,2,0.假设在棱PB上存在点M，设PM=PB(01)，得M0,2,2-2，DM=0,2,2-2.记平面BDE的法向量为n1=(x1,y1,z1)，则n1DE=0,n1DB=0,即-x1+y1+z1=0,y1=0,取z1=1，则x1=1，所以n1=(1,0,1).要使直线DM与平面BDE所成角的大小为30，则DMn1DMn1=sin30，即10+02+1(2-2)12+02+1202+(2)2+(2-2)2=12，解得=120,1.所以在棱PB上存在点M使直线DM与平面BDE所成角的大小为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f(x)的单调性；（2）若函数f(x)存在两个零点x1，x2，使lnx1+lnx2m0，求m的最大值.【答案】（1）当a0时，fx在(0,+)单调递增；当a0时，fx在0,1a单调递增，在1a,+单调递减；（2）2.【解析】【分析】（1）对函数求导fx=1x-a，由x0,进而对a0和a0分别讨论，得出fx的单调性.（2）函数f(x)有两个零点x1，x2，得a=lnx1x2x1-x2，代入a(x1+x2)m，令t=x1x2，则t(0,1)，设g(t)=lnt-m(t-1)t+1(0t0，fx在(0,+)单调递增；当a0时，令fx=0，得x=1a0，当x0,1a时，fx0；当x1a,+时，fx0时，fx在0,1a单调递增，在1a,+单调递减. （2）因为lnx1-ax1=0，lnx2-ax2=0，即lnx1=ax1，lnx2=ax2.两式相减得lnx1-lnx2=a(x1-x2)，即a=lnx1x2x1-x2.由已知lnx1+lnx2m，得a(x1+x2)m.因为x10，x20，所以amx1+x2，即lnx1x2x1-x2mx1+x2.不妨设0x1x2，则有lnx1x2m(x1-x2)x1+x2.令t=x1x2，则t(0,1)，所以lntm(t-1)t+1，即lnt-m(t-1)t+10恒成立.设g(t)=lnt-m(t-1)t+1(0th(0)=1，所以gt0,g(t)在0,1单调递增，所以g(t)g(1)=0在0,1恒成立.当10，g(t)在(0,1)单调递增，所以g(t)2时，h(t)在(0,1)单调递减，因为h(0)=1，h(1)=4-2m0，g(t)0；当t(t0,1)时，h(t)0，g(t)g(1)=0，所以g(t)0在(0,1)不恒成立.综上所述，m的取值范围是(-,2，所以m的最大值为2.【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xOy中，曲线C1的参数方程为x=3cost,y=sint,（为参数）.以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为=6(R).（1）求C1的极坐标方程；（2）若曲线C2的极坐标方程为+8cos=0，直线与C1在第一象限的交点为A，与C2的交点为B（异于原点），求AB.【答案】（1）2+82sin2-9=0 ；（2）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的参数方程为x=3cost,y=sint,（t为参数）转换为直角坐标方程为：，转换为极坐标方程为：2+82sin290（2）因为A，B两点在直线上，可设A(1,6)，B(2,6).把点A的极坐标代入C1的方程得：12+812sin26-9=0，解得1=3.由己知A点在第一象限，所以1=3.因为B异于原点，所以把点B的极坐标代入C2的方程得：2+8cos6=0，解得2=-43.所以，.【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
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