1、2020届河南省顶级名校高三尖子生11月诊断性检测数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】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，若与垂直，与垂直，则（ ）A与异面B与相交C与平行D与平行、相交、异面均有可能【答案】D【解析】由题意知，可知的关系不确定，可以是任意的空间直线的关系.【详解】因为，所以与既可以相交，也可以异面，还可以平行，故选：D【点睛】本题主要考查了空间两条直线间的位置关系，属于容易题.3复数
2、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】设，（），由可得，由即可求解.【详解】设，（），因为，所以，即，解得，所以，所以有最小1，无大值.故选：C【点睛】本题主要考查了复数的概念，复数的模，属于中档题.4某几何体的三视图如图所示(单位：cm) ，则该几何体的表面积(单位：cm2)是( )A16B32C44D64【答案】B【解析】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
3、】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】A【解析】构造函数,利用函数的奇偶性和单调性，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】设，则函数是偶函数，当时，为增函数，若，即可得，平方得，即，由，可得，即，且，所以，则成立，即充分性成立，当时，满足，且，但，即必要性不成立，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的判断，结合函数奇偶性和单调性的性质是解决本题的关键，属于中档题.6函数yln|x|cos(2x)的图像可能是(
4、 )ABCD【答案】D【解析】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( )ABCD【答案】D【解析】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存在x，y(0，
5、1)，E()B对任意x，y(0，1)，E()C对任意x，y(0，1)，D()E()D存在x，y(0，1)，D()【答案】C【解析】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ABCD【答案】A【解析】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
6、别为双曲线的左、右焦点，若在双曲线右支上存在点P，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( )ABCD【答案】B【解析】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
7、中点，现将ABC沿着对角线AC翻折，则直线EF与平面ACD所成角的正切值最大值为( )ABCD【答案】D【解析】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表示
8、不超过t的最大整数，则S2019的值为( )A2019B2018C4038D4037【答案】D【解析】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，则角平分线AD的长等于_.【答案】【解析】由已知利用三角形的面积公式可求，
9、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已知数列满足，其前项和为，若恒成立，则的取值范围为_【答案】【解析】根据题意设，由递推关系表示出，要使恒成立，则,解得即可.【详解】设，因为，则，可知数列的奇数项是递减的，且偶数项也是递减的，且当
10、时，当时，要使恒成立，则，解得，即，故答案为：【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式及数列前n项和的性质，属于难题.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】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
11、、解答题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】（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，
12、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】（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，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
13、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】（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
14、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“从甲盒内取出的个红球；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0，1，2，3，4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
15、.【答案】（1）；（2）【解析】（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，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）若函数有且只有两个零点，求实数的取值范围；（2）设函数的两个零点
16、为，且，求证.【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）求导，根据导数求函数唯一的极大值，函数有两个零点转化为极大值大于零，且时，时，即可，分类讨论即可求出（2）变形方程，可得，是的两根，构造函数，利用导数求其单调区间，可得，即可证明不等式.【详解】（1）解：，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减.有且只有两个零点，即，且时，时，函数有两个零点，若时，不符合题意，若时，不符合，若时，满足，综上，若使有且只有两个零点，（2）证法一：，是的两根设，在上单调递增，在上单调递减，设，则必有，构造函数，在上单调递增，又，在上单调递减，即；，即.证法二：不妨设，即，设，要证，只需证，即证，即证.设，（），
17、在单调递增.，即.证法三：不妨设，要证，只需证，变形，得：，即.设，设，（），在上单调递增，成立，.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力、分类讨论方法，属于难题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）最大值为，最小值
18、为.【解析】（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，将曲线的参数方程，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】（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，属于基础题第 24 页 共 24 页
