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1、第 1 页 共 21 页2019 届河南省天一大高三阶段性测试（四）数学（理）试题一、单选题1设集合2|3520Mxxx，12|log0Nxx，则MN（）A1|03xxB|12xxC|20 xxD|21xx【答案】D【解析】首先分别解不等式23520 xx和12log0 x，再求并集即可.【详解】由已知得21|3520|23Mxxxxx，12|log0|01Nxxxx.故|21MNxxU.故选：D【点睛】本题主要考查集合的运算，同时考查了二次不等式和对数不等式，属于简单题.2已知2ai与1(,)bi a bR互为共轭复数，则10()abi i（）A12iB1 2iC12iD2i【答案】A【解析
2、】首先根据共轭复数的概念得到1a，2b，再计算2(12)i i即可.【详解】因为,a bR，2ai与1bi互为共轭复数，所以1a，2b，102()(12)12abi ii ii.故选：A【点睛】本题考查复数运算，同时考查共轭复数的概念，属于简单题.3某校有文科教师120 名，理科教师150 名，其性别比例如图所示，则该校女教师的人数为（）第 2 页 共 21 页A96 B 126 C144 D174【答案】C【解析】按图中比例分别计算文科和理科的女教师人数求和即可.【详解】由统计图表可得：该校文科女教师的人数为120 0.784，该校理科女教师的人数为150 0.460，所以该校女教师的人数为
3、144，故选：C【点睛】本题考查了对统计图表的理解及进行简单的合情推理，属中档题4 设数列na的前n项和为nS，若数列nS是等差数列，且2430,60SS，则10a（）A10 B 15 C20 D25【答案】B【解析】首先根据nS是等差数列，230S，460S得到15d，再求10109aSS即可.【详解】因为nS是等差数列，且2430,60SS，所以公差1(6030)152d，所以1010915aSSd.故选：B【点睛】本题主要考查等差数列性质的应用，属于简单题.5设 x，y 满足约束条件22052603260 xyxyxy，则 zx+2y 的最大值为（）A6 B 2 C 2 D 3第 3 页
4、 共 21 页【答案】A【解析】作出二元一次不等式组表示的平面区域，平移直线zx+2y，求出最值.【详解】x，y 满足约束条件22052603260 xyxyxy，可行域如图：阴影部分平移直线zx+2y，当直线经过可行域的C 点时，z 取得最大值，由2205260 xyxy解得 C（2，2），所以 zmax2+2 26.故选：A.【点睛】此题考查二元一次不等式组表示平面区域，解决线性规划问题，求最值.6如图所示，直角梯形ABCD 中，ABCD，AB AD，ABAD 4，CD8若7,3CEDEBFFCuuu vuuu vu uu vuu u v，则AF BEuuu v uuu v（）A11 B
5、10 C 10 D 11【答案】D【解析】以 A 为坐标原点，建立直角坐标系如图，利用向量的坐标表示计算数量积即可.【详解】以 A 为坐标原点，建立直角坐标系如图：则 A（0，0），B（4，0），E（1，4），F（5，1），所以(5,1),(3,4)AFBEu uu ruuu r，第 4 页 共 21 页则15411AF BEuuu r uu u r故选D【点睛】本题考查向量的坐标运算，向量的数量积的应用，是基本知识的考查7设5,4x，若2tan 2tan(2)200 xx则cos4x（）A1517B1213C35-D1213或1517【答案】A【解析】首先根据2tan 2tan2200 xx
6、和5(,)4x得到tan24x，再化简222222cos 2sin 2cos4cos 2sin 2sin 2cos 2xxxxxxx求值即可.【详解】由题意得2tan 2tan2200 xx，(tan 25)(tan 24)0 xx解得tan25x或tan24x.因为，所以52(2,)2x，所以tan20 x，所以tan24x，22222222cos 2sin 21tan 215cos4cos 2sin 2sin 2cos 21tan 217xxxxxxxxx.故选：A【点睛】本题主要考查三角函数的诱导公式，同时考查了同角三角函数的商数关系，属于中档题.8已知双曲线22221(0,0)xyab
7、ab的左焦点为F，右顶点为A，直线xa与双曲线的一条渐近线的交点为B若30BFA，则双曲线的离心率为（）A2B3C2 D3【答案】C 第 5 页 共 21 页【解析】先求解 B 的坐标，再由|3tan|3ABBFAFA求解离心率即可.【详解】由题意可得A（a，0），双曲线的渐近线方程为：ay bx0，不妨设 B 点为直线x a与byxa的交点，则B 点的坐标（a，b），因为 AB FA，BFA30，所以2|13tan|13ABbeBFAFAace，解得 e2故选 C【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查9如图，网格纸上小正方形的边长均为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几
8、何体的体积为（）A45 B 72 C90 D108【答案】C【解析】首先根据题意得到三视图的直观图为是三棱柱ABFDCE切掉三棱锥CDEG剩余的部分，再求其体积即可.【详解】如图所示，该几何体可以看作是三棱柱ABFDCE切掉三棱锥CDEG剩余的部分，所以该几何体的体积为11166636690232.故选：C【点睛】第 6 页 共 21 页本题主要考查三视图的直观图及其体积，画出三视图的直观图为解题的关键，属于中档题.10已知抛物线22(0)ypx p的焦点为F，过抛物线上一点A作准线的垂线，垂足为B.若直线AF与BF的倾斜角互补，且ABFV的面积为12 3，则p（）A4 B2 3C3D1【答案
9、】B【解析】首先设,A B都在x轴上方.过F点作FCAB于点.根据AF与BF的倾斜角互补，得到AFBF，根据抛物线的几何性质得到AFAB，即ABFV为等边三角形.再根据ABFV的面积为12 3即可得到2 3p.【详解】如图所示：由抛物线的对称性，不妨设,A B都在x轴上方.过F点作FCAB于点.因为AF与BF的倾斜角互补，所以AFBF.又因为AFAB，所以ABFV为等边三角形.所以|ACBCp，所以|2ABBFAFp21(2)sin 6012 32ABFSpo，解得2 3p.故选：B【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程和几何性质，属于中档题.11如图所示，分别以点B 和点 D 为圆心，以线段B
10、D 的长为半径作两个圆若在该图形内任取一点，则该点取自四边形ABCD 内的概率为（）第 7 页 共 21 页ABCD【答案】A【解析】设 BD2，由已知可得 ABD，BCD 设全等的等边三角形，分别计算S四边形ABCD和整个图形的面积，求比即可得解.【详解】设 BD2，由已知可得 ABD，BCD 设全等的等边三角形，所以 S四边形ABCD，整个图形可以看作由位于直线AC 左右两侧的两个弓形组成，其面积，所以所求的概率为，故选：A【点睛】本题考查了利用面积比求几何概型的概率问题，是基础题12设函数()(1)coskf xxk x，则（）A当2019k时，()f x 在1x处取得极小值B当2019
11、k时，()f x 在1x处取得极大值C当2020k时，()f x 在1x处取得极小值D当2020k时，()f x 在1x处取得极大值【答案】C【解析】分别讨论当2019k和2020k时，()f x 在1x左右两侧的正负性，即可得到答案.【详解】当2019k时，2019()(1)cos2019f xxx.当4037(,1)4038x时，2019(2018,2019)2x，cos20190 x，2019(1)0 x，所以()0f x.当4039(1,)4038x时，2019(2019,2019)2x，2019cos20190,(1)0 xx，所以()0f x.而(1)0f，所以()f x 不可能在
12、1x处取极值.第 8 页 共 21 页当2020k时，2020()(1)cos2020f xxx.当4039(,1)4040 x时，2020(2020,2020)2x，cos20200 x，2020(1)0 x，所以()0f x.当4041(1,)4040 x时，2020(2020,2020)2x，cos20200 x，2020(1)0 x，所以()0f x.而(1)0f，所以()f x 在1x处取得极小值.故选：C【点睛】本题主要考查函数的极值，同时考查了分类讨论的思想，属于难题.二、填空题13已知函数(23)1,1,(),1xa xxf xax单调递减，则实数a的取值范围为 _.【答案】3
13、,14【解析】首先根据单调性得到23001231aaaa，解不等式组即可.【详解】由题意得23001231aaaa，解得314a.所以实数a的取值范围是3,1)4.故答案为：3,1)4【点睛】本题考查分段函数和函数的单调性，熟练掌握初等函数的单调性为解题的关键，属于中档题.14已知5(2)(0)xaa的展开式中，3x 的系数为80，则a_.【答案】1 第 9 页 共 21 页【解析】首先根据二项式定理展开式的通项得到2r=，即322335C 2)80(axx，再解方程即可.【详解】展开式的通项为55555C(2)()C 2()rrrrrrrxaax.令53r，即2r=，得322335C 2)8
14、0(axx即28080a，又因为0a，所以1a.故答案为：1【点睛】本题考查二项式定理中项的系数，熟练掌握二项式展开式中的通项为解题的关键，属于中档题.15已知数列na满足117,2nnaaan，则1nan的最小值为 _.【答案】3【解析】首先利用叠加法得到27nann，再利用基本不等式即可求出1nan的最小值.【详解】由题知：因为12(1)nnaan，122(2)nnaan，212aa.所以21(1)212(1)22nn naannn.17a，27nann.所以2792111nannnnnn9132 9331nn.当且仅当911nn，即2n时取等号，故1nan的最小值为3.故答案为：3【点睛
15、】本题主要考查叠加法求数列通项，同时考查了基本不等式的应用，属于中档题.16如图所示，在长方体1111ABCDA B C D中，12,1ABADAA.一平面截该长第 10 页 共 21 页方体，所得截面为OPQRST其中,O P分别为,AD CD的中点，112B S，则直线TR与平面1111DCBA所成角的正切值为_.【答案】6 1785【解析】首先根据题意得到该截面六边形的对边分别平行，设ATx，1ATy，利用三角形相似求出x，y的值，再根据T在平面1111DCBA内的射影为1A得到1TRA为直线TR平面1111DCBA所成角，求其正切值即可.【详解】由题意易知该截面六边形的对边分别平行，设
16、ATx，1ATy，则1xy.即/OPSR，/OTQR，/PQTS，则1DOPB SR.又因为1DPDO，所以1112B SB R，所以1132ASC R.由1ATOC QR，可得11AOC RATCQ，所以132CQx.由1ATSCQP，可得11ATCQCPA S，所以23CQy.所以32123xyxy，可得25x，35y.点T在平面1111DCBA内的射影为1A，连接1A R，第 11 页 共 21 页1TRA为直线TR平面1111DCBA所成角，221117()422A R，135AT，所以1116 17tan85ATTRAA R.故答案为：6 1785【点睛】本题主要考查直线与平面所成角
17、的问题，同时考查了三角形相似问题，属于中档题.三、解答题17在ABCV中，内角,A B C所对的边分别是,a b c，已知(1cos)tan()sin0BABB.（1）证明：ac；（2）若ABCV是钝角三角形，且面积为234a，求ba的值.【答案】（1）证明见解析，（2）3ba【解析】（1）首先化简式子(1cos)tan()sin0BABB得到sinsinCA，再根据正弦定理即可证明ac.（2）首先根据面积公式得到3sin2B，23B，再根据余弦定理即可得到222222222cos33bacacacaa，即3ba.第 12 页 共 21 页【详解】（）因为ABC，所以tan()tanABC.故
18、由(1cos)tan()sin0BABB，可得(1cos)tansinBCB，所以sinsincossincosCCBBC，变形得sincossinsincosCBCBC，所以sinsin()CBC.又在ABCV中，sin()sinBCA，所以sinsinCA.由正弦定理，得ac，即证.（2）由题意得22113sinsin224SacBaBa，得3sin2B.因为ABCV是钝角三角形，而ac，所以B为钝角，所以23B.所以222222222cos33bacacacaa.所以3ba，即3ba【点睛】本题第一问考查三角函数的化简和正弦定理，第二问考查正弦定理的面积公式和余弦定理，属于中档题.18某
19、公司的甲、乙两名工程师因为工作需要，各自选购一台笔记本电脑.该公司提供了,A B C三款笔记本电脑作为备选，这三款笔记本电脑在某电商平台的销量和用户评分如下表所示：型号ABC销量（台）200020004000用户评分86.59.5若甲选购某款笔记本电脑的概率与对应的销量成正比，乙选购某款笔记本电脑的概率与对应的用户评分减去5 的值成正比，且他们两人选购笔记本电脑互不影响.（1）求甲、乙两人选购不同款笔记本电脑的概率；第 13 页 共 21 页（2）若公司给购买这三款笔记本电脑的员工一定的补贴，补贴标准如下表：型号ABC补贴（千元）345记甲、乙两人获得的公司补贴之和为X千元，求X的分布列和数学
20、期望.【答案】（1）58，（2）见解析，10112（千元）.【解析】（1）首先根据题意得到甲选购这三款笔记本电脑的概率分别为1 1 1,4 4 2，乙选购这三款笔记本电脑的概率分别为1 1 1,3 6 2，再求求甲、乙两人选购不同款笔记本电脑的概率即可.（2）首先得到X的可能取值为6，7，8，9，10，分别计算其概率，列出分布列求数学期望即可.【详解】（1）根据题意，,A B C三款笔记本电脑的销量比为1:1:2，所以甲选购这三款笔记本电脑的概率分别为1 1 1,4 4 2.,A B C三款笔记本电脑的用户评分减去5 分别为 3，1.5，4.5，三者之比为2:1:3，所以乙选购这三款笔记本电脑
21、的概率分别为1 1 1,3 6 2.设“甲、乙两人选购不同款笔记本电脑”为事件A，则11111195()11434622248P A.（2）X的可能取值为6，7，8，9，10.111(6)4312P X，11111(7)46438P X，1111111(8)4223463P X，第 14 页 共 21 页11115(9)422624P X，111(10)224P X.所以X的分布列为X6 7 8 9 10 P112181352414所以11151101()678910128324412E X（千元）.【点睛】本题主要考查相互独立事件的概率，离散型随机变量的分布列和数学期望，属于中档题.19如图
22、所示，三棱柱111ABCA B C的侧棱垂直于底面，且底面是边长为2 的正三角形，13AA，点 D，E，F 分别是所在棱的中点.（1）在线段1BB上找一点G使得平面GEF平面11DA C，给出G点的位置并证明你的结论；（2）在（1）的条件下，求二面角1EFGB的余弦值.【答案】（1）G点与B点重合，证明见解析，（2）3913【解析】（1）首先连接BE，BF.根据三角形中位线得到11/EFAC，根据四边形1BDA E是平行四边形，得到1/BEA D，即证平面GEF平面11DA C.（2）首先以D点为坐标原点，分别以,DA DE DC所在直线为x轴，y轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.分别求
23、平面BEF和平面1BB F的法向量，再代入二面角公式计算即可.【详解】第 15 页 共 21 页（1）G点与B点重合，证明如下：连接BE，BF.因为,E F分别是11A B和11B C的中点，所以11/EFA C.因为EF平面11DA C，11A C平面11DA C，所以/EF平面11DA C.因为,D E分别是AB和11A B的中点，所以1/DBA E，且1DBA E，所以四边形1BDA E是平行四边形，所以1/BEA D.因为BE平面11DA C，1A D平面11DA C，所以/BE平面11DA C.又因为BEEFEI，所以平面/BEF平面11DA C.（2）以D点为坐标原点，分别以,DA
24、 DE DC所在直线为x轴，y轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）可得二面角1EFGB即1EFBB.第 16 页 共 21 页则(0,0,0)D，1(1,3,0)A，1(0,3,3)C.所以1(1,3,0)DAu uu u r，1(0,3,3)DCuuuu r.因为平面BEF P平面11DA C，所以平面BEF的法向量即平面11DA C的法向量，设为111(,)nx y zr，则11111130330n DAxyn DCyzuu u u vvuu uu vv.令11y，则(3,1,3)nr.因为(1,0,0)B，1(1,3,0)B，13(,3,)22F.所以1(0,3,0)BBu
25、uu r，113(,0,)22B Fuu uu r.设平面1BB F的一个法向量为222(,)mxyzu r.则121223013022m BBym B Fxzu uu vvu uu u vv，令23x，则(3,0,1)mu r.则3 3339cos,13|2 13m nm nm nu r ru r ru rr.由图易知二面角1EFGB的平面角是锐角，所以余弦值为3913.【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位
26、置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20已知椭圆C：的焦距为2，左顶点与上顶点连线的斜率为（）求椭圆C 的标准方程；（）过点P（m，0）作圆 x2+y21 的一条切线l 交椭圆 C 于 M，N 两点，当|MN|的值最大时，求m 的值【答案】（）（）第 17 页 共 21 页【解析】（）由题意得，解方程组即可得解；（）讨论切线l 的斜率存在和不存在，当存在时设切线l 方程为 yk（xm），与椭圆联立得（1+4k2）x28k2mx+4k2m240，由直线与圆相切得，再利用弦长公式表示，从而得解.【详解】（）由题意可知，解之得 a2，b1.故椭圆 C 的标准方程为（）由题意知
27、，|m|1，当|m|1 时，当|m|1 时，易知切线l 的斜率存在，设切线l 方程为 yk（x m）由，得（1+4k2）x28k2mx+4k2m240，设 M（x1，y1），N（x2，y2），则，由于过点P（m，0）的直线l 与圆 x2+y21 相切，得，；所以当且仅当，即时，|MN|2，即|MN|的最大值为2故 m 的值为【点睛】本题考查了椭圆的几何性质及方程，弦长公式等知识点，属于中档题目21已知函数2()ln,()xf xxxax g xee，其中0a.（1）证明：ln1xx；（2）若2a，证明5()4f x；（3）用max,m n表示m和n中的较大值，设函数()max(),()h xf
28、 xg x，讨论函数()h x在(0,)上的零点的个数.【答案】（1）见解析，（2）见解析，（3）见解析【解析】（1）首先设函数()ln1xxx，再求()x的单调性，根据单调性即可证第 18 页 共 21 页明()(1)0 x，即证ln1xx.（2）由（1）知22()ln212f xxxxxxx，再根据二次函数的性质即可证明5()4f x.（3）首先对x和a的范围进行分类讨论得出()f x 和()g x在(0,)的单调性和最值，再判断()f x 和()g x的零点个数，从而得到()h x的零点个数.【详解】（1）设函数()ln1xxx，则1()1,0 xxx.令()0 x得1x，则在(0,1)
29、上，()0 x，()x为增函数，在(1,)上，()0 x，()x为减函数.所以()(1)0 x，即ln1xx，即证.（2）当2a时，由（1）知，222355()ln212()244f xxxxxxxx.前面的“”仅当1x时取等号.后面的“”仅当32x时取等号，不能同时取到，所以5()4f x.（3）在区间(1,)上，()0g x，所以()max(),()()0h xf xg xg x，所以()h x在区间(1,)上不可能有零点.下面只考虑区间(0,1)上和1x处的情况.由题意()f x 的定义域为(0,)，2121()2xaxfxxaxx.令00fx可得2084aax（负值舍去）.在0(0,)
30、x上()0fx()f x为增函数，在0(,)x上()0fx，()f x 为减函数，所以max0()()f xfx.第 19 页 共 21 页 当1a时，01x，所以max()(1)0fxf.因为在区间(0,1)上，()0g x，且(1)0g，所以此时()h x存在唯一的零点1x.当01a时，20814aax.因为000120fxxax，所以0012axx.所以222000000001ln(2)ln1ln1110fxxxxxxxx.于是()0f x恒成立.结合函数()g x的性质，可知此时()h x存在唯一的零点1x.当1a时，20814aax，所以()f x 在(0,1)上递增.又因为(1)1
31、0fa，2221111111111ln102242242224faaaaaa，所以()f x 在区间(0,1)上存在唯一的零点1xx.结合函数()g x的性质，可知1xx是()h x唯一的零点.综上所述：当01a时，()h x在(0,)上有唯一的零点1x；当1a时，()h x在(0,)上也有 1 个零点.【点睛】本题第一问和第二问考查利用导数证明不等式，第三问考查利用导数求函数的零点问题，同时考查分类讨论思想的应用，属于难题.22在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为4cos4sinxy（为参数），以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系直线 1 的极坐标方程为cos 23（）求
32、C 的普通方程和l 的直角坐标方程；第 20 页 共 21 页（）设直线l 与 x 轴和 y 轴的交点分别为A，B，点 M 在曲线 C 上，求 MAB 面积的最大值【答案】（）C 的普通方程x2+y216，l 的直角坐标方程340 xy；（）8 3【解析】（）利用同角三角函数的平方关系消去可得 C 的普通方程，由xcosysin代入极坐标方程可得l 的直角坐标方程；（）先求得A，B 的坐标，得|AB|，设 M（4cos，4sin ），求点到直线距离，再求面积，利用三角函数求最值即可.【详解】（）由44xcosysin（为参数）消去参数可得曲线C 的普通方程为：x2+y216由23cos得13c
33、os222sin，因为xcosysin，所以直线l 的直角坐标方程为：340 xy（）由（）得4 34,0,0,3AB，所以8 33AB，设 M（4cos，4sin ），则点 M 到直线 AB 的距离为4cos4 3sin44sin226d，当sin16时，dmax6故 MAB 的面积的最大值为18 368 323【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程及参数方程的应用，属中档题23设.(1)求的解集；(2)若不等式对任意实数x 恒成立，求实数a 的取值范围【答案】（）（）【解析】（）分段去绝对值求解不等式即可；第 21 页 共 21 页（）先求 f（x）的最小值，进而使其最大值满足不等式求参即可.【详解】（）由题意得f（x），因为 f（x）4 x+3，所以或或，解得 x，所以 f（x）4 x+3 的解集为；（）由（）知 f（x）的最小值为，因为不等式2f（x）3 a2a1 对任意实数x 恒成立，所以，解得，故实数 a 的取值范围是【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题