【数学】河南省七校2018-2019学年高二下学期升级摸底考试(理)(解析版)

1、参考答案1.【答案】 A34i34i34i13i ，故复数 z 的共轭复数为13【解析】依题意， z638i282i ，1i2i8故选 A.2.【答案】 D【解析】依题意，Ax x23x 40x1x4 ，B y y log 2 x22 x3y ylog2x12y y 1 ，则 A I eR B1,1 ，2故选 D.3.【答案】 B【解析】依题意，所求弧田的面积为143244328.928，观察可知，故2选 B.4.【答案】 D【解析】依题意，该组数据的极差为371621，故 A 正确；该组数据的众数为29，故B 正确；该组数据的中位数为29，故 C 正确；该组数据的平均数为28.7，故 D 错

2、误；综上所述，故选 D.5.【答案】 C【解析】依题意，双曲线: x2y21，则 216 ，故 a1 ，故双曲线: x2y21 的1a99a渐近线方程为y1 x ，双曲线 x23y21 的渐近线方程为y3 x ，双曲线 y2x21的339渐近线方程为y3 x ，双曲线 y2x21 的渐近线方程为y1x ，双曲线 x2y21的21839渐近线方程为y3x ，观察可知，故选C.6.【答案】 C【解析】依题意，表格中所有数据如下图：531444531222531故所有数字之和为7.【答案】 D1351359963444221 3 549，故选 C.224【解析】由程序框图可知，当首次满足S 1000

3、0时，已经多执行两次 “i 1”，故输出i框中应填写 “输出 i-2”，故选 D.8.【答案】 B【解析】 依题意， f (x)2cos x( 1 sin x3 cos x)3sin x cos x3 cos2 x322221 sin 2x3 1cos2x3sin(2 x) ，当 x0, m 时，22232x,2 m .因为 ysin x 在 2, 上单调递增，且f (x) 在 0, m 上单调3332m0,5递增，所以 ,2m, ，即解得 0m，故选 B.2m12332232,9.【答案】 Bx0,x0,【解析】作出函数f x的大致图像如下所示；观察可知，或x210, 解得x210,x21x

4、,x1 或 x512，故选 B.10.【答案】 C【解析】作出该几何体的直观图如下所示，观察可知，SA AC 2, AB2, BC3, SC 2 2, SB6 ，故最长棱为 SC ，其长度为 22 ，故 A 错误，最短棱为AB ，其长度为2 ，故 B 错误；该几何体的体积为12323，故 D 错误；该几何体的表面积为V4236223712384271244，故 C 正确；综上所述，故选 C.411.【答案】 D【解析】依题意， 2p5 ，故 p 1，故抛物线 C : x22 y ，则 yx 2，故 yx ，222设 Px1, y1 , Q x2 , y2，则 l1, l2 的斜率 k1, k2

5、 满足： k1x1 ， k2x2 ，得 x1x21，设直线 PQ 为 ykxb ，联立 x 22y ，得 x22kx2b0 ，所以 x x2b1，12b1, y0，则 x0x1x2k ，故 y0kx01k211，故选 D.，设 N x02222212.【答案】 C【解析】依题意，x2mxln xln x2ln x2mxln xx2有 3 个实数根，故，2ln x ， 故 当 x即ln xm ln x10； 令kxln x， 则10,e时 ，xxxk xx2kx0，当 xe,+时， k x0，故kxke1 ；因为方程maxeln x2m ln x1 0 有 3 个根，故问题等价于h tt 2mt

6、1 0 有两个根，若恰有xx1根为 1，则e2h00,1m 1 1 0 ，则 t1 或 te，仅有两个实数根， 舍去；故h10,eeee解得 m1e ，故选 C.e13.【答案】 33612x74x2 y3 的系数为【解析】依题意，1y 的展开式中，C72222144336 .C43214.【答案】3【解析】作出ABC 的图形如下所示，以A 为原点， AB、AC 所在直线分别为x， y 轴建立平面直角坐标系，因为S ABC2，故 ABAC2，则 A0,0 ， B 2,0，E 0,3 ，D 4, 2uuur4, 2uuuruuuruuur2，故 AD, BE2,3 ，故 ADBE.3333315

7、.【答案】16,256【解析】作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影部分所示，故z 4x 22 y4x y ，令 z x y ，故 z 2,4 ，故 z 16,256 .16.【答案】 3 n2或 76 n【解析】因为an 26Sn 9bn ， an 12 6Sn 19bn 1 n 2 ，两式对减可得d6bn9bn9bn 1 ，即 3bn9bn 1d ， 所以b13bd13(b11 )d1d1n2n 132n2333是与 n 无关的常数，111bn 1bn 1bn 1bn 112222所以 d10 或 b11为常数 当 d10时， d 3，此时 an3n2；当 b13n23n12为常数时，在

8、an26Snbn 中令 n1 ，则 a126b19b1 ，又 a11，解得 b11 ，9113，此时 3d1d1所以 bn 1b131331 ，解得 d6 ，此时 an 76n ；222bn1322综上所述，数列an 的通项公式为 an3n 2或 an 76n .uuur1 uuur uuur1uuur，得P, Q分别是线段BC的两个三等分点，17.【解析】（ 1）由BP，CB3BC CQ3设 BPx ，则 BQ2x ， AQ23x ，又 B60o ， AB 4 ，在 ABQ 中，由余弦定理得12x2164x2242x cos60o ，解得 x1 （负值舍去） ，则 BP1.在 ABP 中，

9、AP421224 1113 ；（6 分）2（2）在ABC 中，设内角 A,B, C所对的边分别为a,b,c,由正弦定理bc，sin B sin C得 sin Ccsin B3b3，6又 bc ，所以 BC ，则 C 为锐角，所以cosC；3则 sin A sin B Csin B cosC cos B sin C361332323236，所以11232323 .（12分）ABC 的面积 Sbc sin A66 2218.【解析】（ 1）依题意，使用移动支付的频率分布表如下所示：年龄20,25)25,30)30,35)35,40)40,45)45,50)50,5555,60频率202525151

10、51087125125125125125125125125依题意，所求中位数为3062.52025533.5 ；（ 3 分）3 ，（2）在 40,45) 年龄段的人群中，随机抽取1 人，使用移动支付的概率为54故 X 的可能取值为0,1,2,3,4，故 P X 0216 ，5625396，PX 2 C22PX1C132324556254553216，P X 44PX 3 C43323815562556252216 ，625，故 X 的分布列为：X01234P169621621681625625625625625故 EX4312 ；（8 分）555（3）依题意， x3 ， y?( xix)( y

11、iy )13i1， b5x) 2( xi1i1341323613331013432313532213=1322233242523335.3， a?135.332.9 ，故所求回归直线方程为y5.3x2.9 .（ 12 分）19.【解析】（ 1）连结D1 N,D1C ，平面 D1NC 即为所求平面；（4 分）（ 2）因为直四棱柱 ABCDAB11C1 D1 ，故 AA1平面 ABCD , AA1 / /MN ，所以MN平面ABCD .N为坐标原点， 分别以直线NA，NM为 x 轴，z所以以轴建立空间直角坐标系 Nxyz，则 y 轴在平面 ABCD 内所以 A 1,0,0 ， M0,0,2 ， C

12、12,1,2， B2,1, 0，uuuruuuur所以 MA1,0, 2， MC12,1,0 .rruuur0,x 2z0,n MA设平面 MAC1 的法向量为 nx, y, z ，所以 ruuuur即2y0n MC10,x,r不妨令 z=1，所以 n2,4,1为平面 MAC1 的一个法向量；而平面 MAD 的一个法向量为ur0,1,0r ur44 21m，所以 cos n,m211.21又二面角 C1AMD 为锐角，所以二面角C1AMD 的余弦值是421. （ 12 分）21c2,a220.【解析】（ 1）依题意，a2b2c2 , 解得 a24, b22 ，311,a22b2故椭圆 C 的标

13、准方程为x2y21；（4 分）42（2）由（ 1）得P(2,0).由过点 P 的直线 l与椭圆 C 相交于两点，知直线l 的斜率存在，设 l 的方程为 yk (x2)，由题意可知 k0 ，联立椭圆方程，得(2k21)x282x8k240，k设 Q x2 , y2，则 2 x28k 244k 222k2，得 x221，12k所以 PQ1 k 2 x224 k21 ；2k 21由直线 l 与 m 垂直，可设 m 的方程为 y1 ( x2)，即 xky 20k圆心 (0, 0) 到 m 的距离 d2，又圆的半径r2，1k 222 k212RS所以r 2d 2，故RS 22k 1 ；k212k 21由

14、 dr ，即12k 22 ，得 k 21 ；S QRS1 RSPQ2k 214k 2142k 21 ，2k 212k 212k 21设 tk 21，则 t 0，SQRS42t4223 ，2t 232t33t当且仅当 t6即 k10时，取 “ ”，所以QRS面积的最大值为2 3 （12 分）22321.【解析】（ 1）依题意，fx2 xln xx ，故 f x2ln x3 ，3 ，故 x33令 f x 0 ，解得 ln xe 2 ，故当 x0,e 2 时， f x0 ，23当 xe 2 ,时， f x0 ；33故函数 fx 的单调递减区间为0,e 2，单调递增区间为e 2,；（4 分）（2）依题

15、意，f x3xm x2x ，故g xxln x22g (x)ln xmx，令 g (x)0 ，得 mln x x令 h( x)ln x ，则 h ( x)1ln x ，令 h (x) 0 ，得 xe ，xx2且当 0xe 时， h (x)0；当 x e 时， h (x) 0 故 h( x) 在 (0,e) 递增，在 (e,) 递减，所以 h xh(e)1maxe且当0x1 时， h(x)0 ；当 x1时， h( x)0； x1 时， h( x)0 故 0m1；（8 分）eln x1mx1，ln x1，因为x1, x2是 g x0 的两个不同根，所以0即mx1ln x2mx2，ln x2mx2

16、.0不妨设 x1x2 ，则 1x1e ， x2e ，因为 h( x) 在 (e,) 递减，且 x1x2x2 ，所以 ln( x1x2 )ln x2 ，x1 x2x2即 ln( x1x2 )m x1x2由可得 ln x1ln x2mx1x2，即ln x1x2m ，x1x2由，得ln( x1x2 )lnx1 x2，所以 x1x2 x1x1x2x1x2.（ 12分）x1x2x1x2x2 ，即 eeex13 t,22.【解析】（ 1）由2 得 l 的普通方程为x3 y13 ，y11t,2又因为xcos , 所以 l 的极坐标方程为cos3 sin13ysin,由 x1cos , 则 x2y22x ，则22cos，ysin ,则曲线 C 的极坐标方程为2cos ；（5 分）（2）设 M , N 的极坐标分别为1 , 1,2 ,2 ，则MON12，cos3sin13,得 2coscos3 sin13 ，由2cos ,消去化为 cos23 sin 23 ，即 sin23 ，62因为，即2 + 7，所以 2 20，66，6，或 26，26331即2,12 或,412,4所以MON12= （10 分）,61223.【解析】（ 1）依题意，x5x23；当 x5 时，x5x273 ，故无解；当 5x 2 时， x 5x 2 3 ，故 x0，故 0