高考数学模拟试卷(衡水中学理科)
2023年河北省衡水中学高考数学模拟试卷+答案解析(附后)
2023年河北省衡水中学高考数学模拟试卷1. 已知全集，，，则( )A. B.C. D.2. 已知复数，，若z在复平面上对应的点在第三象限，则( )A. 4B.C.D.3.已知等差数列的前n项和为，，则( )A. 66B. 78C. 84D. 964. 条件p：，，则p的一个必要不充分条件是( )A. B. C. D.5. 函数的部分图象大致是( )A. B. C. D.6. 在中，，，，P，Q是平面上的动点，，M是边BC上的一点，则的最小值为( )A. 1B. 2C. 3D. 47. 已知抛物线C：过点，动点M，N为C上的两点，且直线AM 与AN的斜率之和为0，直线l的斜率为，且过C的焦点F，l把分成面积相等的两部分，则直线MN的方程为( )A. B.C. D.8. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，其中有很多对几何体外接球与内切球的研究.其中的一些研究思想启发着后来者的研究方向.已知正四棱锥的外接球半烃为R，内切球半径为r，且两球球心重合，则( )A. 2B.C.D.9. 统计学是源自对国家的资料进行分析，也就是“研究国家的科学”.一般认为其学理研究始于希腊的亚里士多德时代，迄今已有两千三百多年的历史.在两千多年的发展过程中，将社会经济现象量化的方法是近代统计学的重要特征.为此，统计学有了自己研究问题的参数，比如：均值、中位数、众数、标准差.一组数据：，，⋯，记其均值为m，中位数为k，标准差为s，则( )A.B.C.新数据：，，，⋯，的标准差为D.新数据：，，，⋯，的标准差为2s10. 已知，，且满足，则的取值可以为( )A. 10B. 11C. 12D. 2011. 圆O：与双曲线交于A，B，C，D四点，则( )A. r的取值范围是B. 若，矩形ABCD的面积为C. 若，矩形ABCD的对角线所在直线是E的渐近线D. 存在，使四边形ABCD为正方形12. 已知函数的导函数为，则( )A. 有最小值B. 有最小值C. D.13. 已知角终边上有一点，则______ .14. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为______ .15. 已知函数的部分图像如图所示，在区间内单调递减，则的最大值为______ .16. 如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD为菱形，，，，且平面ABCD，四边形BEFG是正方形，则______ ；异面直线AG与DE所成角的余弦值为______ .17. 已知数列满足，且，求证：是等比数列，并求的通项公式；若数列的前n项和为，求使不等式成立的n的最小值.18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且求的最小值；若M为的重心，，求19. 第22届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行，这是我国继北京后第二次举办亚运会.为迎接这场体育盛会，浙江某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市A社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A社区参加市亚运知识竞赛.已知A社区甲、乙、丙3位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为、、，通过初赛后再通过决赛的概率均为，假设他们之间通过与否互不影响.求这3人中至多有2人通过初赛的概率；求这3人中至少有1人参加市知识竞赛的概率；某品牌商赞助了A社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了两种奖励方案：方案一：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖1次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次奖励600元；方案二：只参加了初赛的选手奖励200元，参加了决赛的选手奖励500元.若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好.20. 如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是平行四边形，，，AD与平面所成的角为求；求二面角的余弦值.21. 如图，已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，且直线AB的斜率为，的面积为1，O为坐标原点.求C的方程；设直线l与C交于，两点，且，N与B不重合，M与C的上顶点不重合，点Q在线段MB上，且轴，AB平分线段QN，点到l的距离为d，求当d取最大值时直线MN的方程.22. 已知函数证明：当时，为增函数；若有3个零点，求实数a的取值范围，参考数据：，答案和解析1.【答案】A【解析】解：因为，，所以，又因为，所以则故选：求出集合M、N，再利用并集和补集的定义，即可求解．本题主要考查交集、补集的混合运算，属于基础题．2.【答案】B【解析】解：因为，则，解得，因为复数z在复平面上对应的点在第三象限，则，解得，因此，故选：利用复数的除法化简复数z，利用复数的模长公式以及复数的几何意义可求得实数a的值．本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．3.【答案】B【解析】解：设等差数列的首项为，公差为d，由可得，整理可得，所以，则故选：设等差数列的首项为，公差为d，结合题意可得，结合等差数列的性质代入等差数列的前n项和公式即可求解．本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：若，使得，则，可得，则，因为函数在上单调递减，在上单调递增，且，故当时，，即p：，所以p的一个必要不充分条件是故选：对于命题p，由参变量分离法可得，求出函数在上的最大值，可得出实数a的取值范围，再利用必要不充分条件的定义可得出合适的选项．本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：对于函数，有，可得，所以，函数的定义域为，因为，，所以，函数为偶函数，排除AB选项；当时，，则，此时，排除D选项．故选：分析函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项．本题主要考查了函数的奇偶性在函数图象判断中的应用，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：取PQ的中点N，则，可得，，当且仅当N在线段AM上时，等号成立，故，显然当时，取到最小值，，故故选：根据向量运算可得，结合图形分析的最小值即可得结果．本题主要考查了向量的线性表示及向量数量积的性质的应用，属于中档题．7.【答案】D【解析】解：因为抛物线C：过点，所以，解得：，所以，设，，直线MN：，代入中整理得，所以，，所以，即，则，解得：，所以直线MN：，直线l的斜率为，且过C的焦点，所以l：，则到直线l的距离为，所以l把分成面积相等的两部分，因为直线l与直线MN平行，所以到直线l：的距离为到直线MN：距离的，，解得：或舍去所以直线MN的方程为故选：由题意求出抛物线方程为，设，，直线MN：，联立直线和抛物线的方程结合韦达定理由，可求出，再求出直线l的方程，由题意可转化为到直线l：的距离为到直线MN：距离的，代入求解即可得出答案．本题主要考查了抛物线的性质，考查了直线与抛物线的位置关系，属于中档题．8.【答案】B【解析】解：设底面正方形ABCD的对角线长为2a，高为h，，正方形的中心为O，外接球的球心为，则有即，在中，，①，②，以O为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：则有，，设平面PCD的一个法向量为，则有，即，令，解得，，设向量与平面PCD的夹角为，则，球心到平面PCD的距离，，由①得，即③，故设，则③可整理成，两边平方得，，由①②得故选：正四棱锥的外接球和内接球球心重合，说明其结构特殊，找出结构的特殊性，再计算．本题主要考查了正四棱锥的外接球和内切球问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．9.【答案】AD【解析】解：对于A选项，因为，样本数据最中间的项为，由中位数的定义可知，A对；对于B选项，不妨令，则，B错；对于C选项，数据，，，⋯，的均值为，方差为，所以，数据，，，⋯，的标准差为s，C错；对于D选项，数据，，，⋯，的均值为，其方差为，所以，新数据：，，，⋯，的标准差为2s，D对．故选：利用中位数的定义可判断A选项；取，可判断B选项；利用方差公式可判断CD选项．本题主要考查了均值、中位数和标准差的计算公式，属于基础题．10.【答案】CD【解析】解：因为，，所以，，故，当，且，而时，即等号不能同时成立，所以，故AB错误，CD正确．故选：根据条件及基本不等式可得，进而即得．本题主要考查基本不等式及其应用，属于基础题．11.【答案】BD【解析】解：对于选项A，双曲线的顶点坐标为，渐近线方程为，因为圆O：与双曲线交于A，B，C，D四点，所以，故A错误；对于选项B，C，当时，圆O：，联立方程，解得，所以或或或，不妨令，，，，所以，，所以，则，所以AC：，故不是双曲线的渐近线，即B正确，C错误；对于选项D，若四边形ABCD为正方形，不妨设A为第一象限内的交点，设，，由，解得，又，所以，所以当时，使四边形ABCD为正方形，故D正确；故选：首先求出双曲线的顶点坐标与渐近线方程，即可判断A，对于B、C，求出交点坐标，即可判断B、C，设，求出m、r，即可判断本题主要考查了双曲线的性质，考查了圆与双曲线的综合问题，属于中档题．12.【答案】ACD【解析】解：由于函数的导函数为，则，又得其导函数为，故在定义域为单调递增函数，知无最小值，故B错误；当时，，，，故；当时，，，，但是指数函数始终增长的最快，故；又因为，，故一定存在，使得，所以在时为单调递减，在时为单调递增，故在处取得最小值，故A正确；又在定义域为单调递增函数，可知在为凹函数，可得，即，故C正确；令，易知，，，令，故在定义域为单调递增函数，故，则，故D正确．故选：对选项逐一判断，首先对求导得到，再对进行求导，得出的单调性及零点，即可得出，最值及单调性，即可判断AB的正误，由的增减性可知的凹凸性，由此可知，的大小，即可判断C的正误，再构造，同理可判断D的正误．本题主要考查了导数与单调性，函数性质的综合应用，属于中档题．13.【答案】【解析】解：，，根据同角关系有，故答案为：根据正切的定义，运用诱导公式以及同角关系求解．本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．14.【答案】【解析】解：分两种情况讨论：第一局甲胜，第二局乙胜：若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，所以第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；第一局乙胜，第二局甲胜：若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为综上所述，甲、乙各胜一局的概率为故答案为：分两种情况讨论：第一局甲胜，第二局乙胜：第一局乙胜，第二局甲胜．分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率．本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．15.【答案】2【解析】解：由图可知函数过点，所以，即，所以或，，因为，所以或，又函数在原点右侧最近的零点的右侧的极值点函数取得最小值，所以，所以，因为在区间内单调递减，，所以，所以，所以，则或解得或，所以的最大值为故答案为：根据函数过点求出的值，再根据x的范围求出的范围，结合函数的单调性与周期性求出的大致范围，再根据正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．本题主要考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．16.【答案】【解析】解：由四边形ABCD为菱形，，可得为正三角形，设H为AB的中点，连接DH，所以又，因此又平面ABCD，故以D为原点，分别以DE，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设，，，，则，，，，由题意，则平面ABCD，平面ABCD，设，，从而，因为四边形BEFG是正方形，所以，所以，解得，所以，，设，则，因为，所以，所以，即，所以，所以，设异面直线AG与DE所成角为，又，所以，即异面直线AG与DE所成角的余弦值为故答案为：；根据线面垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解距离及异面直线所成角的余弦值．本题主要考查了利用空间向量求线段的长，以及利用空间向量求异面直线所成的角，属于中档题．17.【答案】解：由，，可得，所以，则，又因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则，所以，则，所以由可知：，当n为偶数时，，当n为奇数时，，因为，，所以使不等式成立的n的最小值为【解析】根据递推公式即可证明是等比数列，然后利用等比数列的通项公式和已知条件即可求解；结合的通项公式求出数列的前n项和为，然后讨论即可求解．本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．18.【答案】解：，，当且仅当，即时，等号成立，的最小值为；分别延长BM，CM，AM，交三角形的对应边于点D，E，F，点M为的重心，，在中，，D为边AC的中点，，，设，，则，，在中，又勾股定理可得：，即，同理在中，，即，在中，，即，消去x，y得，又，所以，从而解得，即，在中，由余弦定理可得：，，同理在中，，，【解析】利用余弦定理及基本不等式即可求解最小值；利用重心性质及勾股定理求出边长关系，利用余弦定理求出两个角的余弦值，然后通过同角关系求出正弦值即可．本题考查解三角形，余弦定理勾股定理，基本不等式的应用，方程思想，属中档题．19.【答案】解：人全通过初赛的概率为，所以这3人中至多有2人通过初赛的概率为；甲参加市知识竞赛的概率为，乙参加市知识竞赛的概率为，丙参加市知识竞赛的概率为，所以这3人中至少有1人参加市知识竞赛的概率为；方案一：设三人中奖人数为X，所获奖金总额为Y元，则，且，所以元，方案二：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为Z元，则Z的所有可能取值为600、900、1200、1500，则，，，，所以所以，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好．【解析】计算出3人全通过初赛的概率，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；计算出3人各自参加市知识竞赛的概率，再利用独立事件和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；利用二项分布及期望的性质求出方案一奖金总额的期望，对方案二，列出奖金总额为随机变量的所有可能取值，并求出对应的概率，求出其期望，比较大小作答．本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了二项分布的概率公式和期望公式，属于中档题．20.【答案】解：因为，，在中，由余弦定理可得，则，所以，则，又因为为直四棱柱，所以平面ABCD，所以，DA，DB两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，则可取，由题意可知：AD与平面所成的角为，所以，解得，所以由知：平面的法向量，，，设平面的法向量为，则，则可取，则，由图可知：二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值【解析】根据，，利用余弦定理可得，结合已知条件，建立空间直角坐标系，设，写出相应点的坐标，求出平面的法向量和AD的方向向量，线面角即可求解；结合的结论和平面的法向量，再求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解．本题考查空间向量在立体几何中的运用，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．21.【答案】解：由已知得，，，即①又因为的面积为1，所以，即②联立①②解得，，所以椭圆C的方程为；根据题意，直线l的斜率存在，且l不过C的上、下顶点，故可设其方程为，，设Q点的横坐标为，AB与QN的交点为T，其横坐标为，由得，，则，即，又，由已知直线MB的方程为，直线AB的方程为，直线QN的方程为，联立，解得，即，联立，解得，即，因为AB平分线段QN，所以T为线段QN的中点，所以，即，整理得，把代入上式整理得，因为，所以，化简得，又由得，解得，，设，则，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，当时，有最大值，即d有最大值，所以，所以直线MN的方程为【解析】根据已知条件列出关于a，b的方程组求解即可；设l的方程为，，Q点的横坐标为，AB与QN的交点为T，其横坐标为，由已知可得，结合韦达定理可得出，从而可求点到l的距离d，再通过构造函数，利用函数单调性求出d取最大值时的条件，从而可求直线MN 的方程．本题主要考查了椭圆性质在椭圆方程求解中的应用，还考查了直线与椭圆位置关系的应用，属于中档题．22.【答案】解：将代入的解析式得：，，令，显然是增函数，，，使得，此时，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，显然是关于得减函数，，由，，得，，，即，是增函数；令，，，令，令，则有，，，显然是增函数，第21页，共21页，，使得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，，时，，即，是增函数，时，，即是减函数，时，是增函数，所以在处，有极大值，在处有极小值，的大致图像如下：欲使得原函数有3个零点，a 得取值范围是，综上，a 得取值范围是【解析】将代入函数解析式，求导，求出导函数的极小值即可；参数分离，构造函数，求出其单调区间以及函数的大致图像即可．本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了函数性质在零点个数判断中的应用，特殊值是解决本题的一个关键，对于导函数的研究的一个原则是多次求导直到导函数能够比较清晰的观察出其单调性为好，属于中档题．。
2020年衡水中学高三第2轮模拟考试-数学(理)(含答案)
河北衡水中学高三第2轮模拟考试数学（理）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.若集合{}|0B x x =≥，且A B A =，则集合A 可能是（ ）A ． {}1,2B ．{}|1x x ≤C ．{}1,0,1-D ．R 2.复数1iz i=+ 的共轭复数在复平面上对应的点在（ ） A ．第一象限 B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3.已知平面向量,a b 满足()5a a b +=，且2,1a b ==，则向量a 与b 夹角的余弦值为（ ） A ． 2 B ． 2-C ．12D ．12-4.执行如图所示的程序框图，若输人的a 值为1，则输出的k 值为（ ）A ． 1B ． 2C ．3D ．45.已知数列{}n a 中，()111,21,n n na a a n NS *+==+∈为其前n 项和，5S的值为（ ）祝您高考马到成功！A ．57B ．61C ．62D ．636.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（ ）A ．23π B ．3πC ．29π D ．169π7.为了得到cos 2y x =，只需将sin 23y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭作如下变换（ ） A ．向右平移3π个单位 B ．向右平移6π个单位C ．向左平移12π个单位D ．向右平移12π个单位8.若A 为不等式组002x y y x ≤⎧⎪≥⎨⎪-≤⎩，表示的平面区域，则当a 从2-连续变化到1时，动直线x y a +=扫过A中的那部分区域的面积为（ ）A ．1B ．32C ．34D ．749.焦点在x 轴上的椭圆方程为()222210x y a b a b+=>>，短轴的一个端点和两个焦点相连构成一个三角形，该三角形内切圆的半径为3b，则椭圆的离心率为（ ） A ．14B ．13C ．12D ．2310.在四面体S ABC -中，,2AB BC AB BC SA SC ⊥=====，二面角S AC B--的余弦值是，则该四面体外接球的表面积是（ ） A ． B ．6πC ．24πD祝您高考马到成功！11.已知函数()()()()()52log 11221x x f x x x -<⎧⎪=⎨--+≥⎪⎩，则关于x 的方程()()f x a a R =∈实根个数不可能为 （ ） A ． 2个B ．3个C ． 4个D ．5 个12.函数()()sin 2,02f x A x A πϕϕ⎛⎫=+≤> ⎪⎝⎭部分图象如图所示，且()()0f a f b ==，对不同的[]12,,x x a b ∈，若()()12f x f x =，有()12f x x += ）A ．()f x 在5,1212ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上是减函数 B ．()f x 在5,1212ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上是增函数C ．()f x 在5,36ππ⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数 D ．()f x 在5,36ππ⎛⎫⎪⎝⎭上增减函数 第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. ()4111x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭的展开式中2x 项的系数为 ．14.已知抛物线()220y px p =>上一点()1,M m 到其焦点的距离为5，双曲线221y x a-=的左顶点为A ，若双曲线一条渐近线与直线AM 垂直，则实数a = ． 15.如图，为测量出山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点，从A 点测得M 点的仰角60,MAN C ∠=点的仰角45CAB ∠=以及75MAC ∠=，从C 点测得60MCA ∠=，已知山高100BC m =，则山高MN =m ．祝您高考马到成！16.设函数()()21,x x xf xg x x e+==，对任意()12,0,x x ∈+∞，不等式()()121g x f x k k ≤+恒成立，则正数k 的取值范围是．三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.（本小题满分12分）中国人口已经出现老龄化与少子化并存的结构特征，测算显示中国是世界上人口老龄化速度最快的国家之一，再不实施“放开二胎”新政策，整个社会将会出现一系列的问题，若某地区2015年人口总数为45万，实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化：从2016年开始到2025年每年人口比上年增加0.5万人，从2026年开始到2035年每年人口为上一年的0099.（1）求实施新政策后第n 年的人口总数n a 的表达式（注：2016年为第一年）;（2）若新政策实施后的2016年到2035年人口平均值超过49万，则需调整政策，否则继续实施, 问到2035年后是否需要调整政策？（说明:()10100.9910.010.9=-≈）.18.（本小题满分12分）如图, 已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在平面, 平面ABCD平面ABPE AB =,且2,1,AB BP AD AE AE AB ====⊥,且AE BP .（1）设点M 为棱PD 中点, 在面ABCD 内是否存在点N ,使得MN ⊥平面ABCD ？若存在, 请证明, 若不存在, 说明理由; （2）求二面角D PE A --的余弦值.祝您高考马到成功！19.（本小题满分12分）某产品按行业生产标准分成8个等级，等级系数X 依次1,2,...8，其中5X ≥为标准A ，3X ≥为标准B .已知甲厂执行标准A 生产该产品，产品的零售价为6元/件; 乙厂执行标准B 生产该产品，产品的零售价为4元/件，假定甲、乙两厂的产品都符合相应的执行标准.（1）已知甲厂产品的等级系数1X 的概率分布列如下所示：且1X 的数学期望()16E X =,求,a b 的值;（2）为分析乙厂产品的等级系数2X ，从该厂生产的产品中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下:用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数2X 的数学期望； （3）在（1）、（2）的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由.注：①产品的“性价比”；②“性价比”大的产品更具可购买性.20.（本小题满分12分）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3460x y ++=与圆()222x y b a +-=相切.（1）求椭圆C 的方程;（2）已知椭圆C 的左顶点A 的两条直线12,l l 分别交椭圆C 于,M N 两点, 且12l l ⊥,求证:直线MN 过定点, 并求出定点坐标； (3)在(2) 的条件下求AMN ∆面积的最大值.21.（本小题满分12分）已知函数()()()1x f x a x e a =--(常数0a R a ∈≠且).祝您高考马到成！（1）证明: 当0a >时, 函数()f x 有且只有一个极值点;（2）若函数()f x 存在两个极值点12,x x ,证明:()()12224400f x f x e e <<<<且. 请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图,,,,A B C D 四点在同一个圆上，BC 与AD 的延长线交于点E ,点F 在BA 的延长线上. （1）若11,32EC ED EB EA ==,求DCAB的值; （2）若2EF FA FB =,证明:EF CD .23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处，极轴与x 轴非负半轴重合，直线l 的参数方程为:1(12x t y t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩为参数), 曲线C 的极坐标方程为:4cos ρθ=. （1）写出曲线C 的直角坐标方程和直线l 的普通方程;（2）设直线l 与曲线C 相交于,P Q 两点, 求PQ 的值. 24.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数()()223,12f x x a x g x x =-++=-+. （1）解不等式()5g x <;（2）若对任意1x R ∈,都有2x R ∈,使得()()12f x g x =成立, 求实数a 的取值范围.祝您考马到成功！一、 选择题：每小题5分，共60分，每小题所给选项只有一项符合题意.ADCBA DCDCB DB二、 填空题：每题5分，共20分.13.2 14.1415.15016. 1e 21k -≥三、解答题 17.本题满分12分解：（1）当10n ≤时，数列{}n a 是首项为45.5，公差为0.5的等差数列，因此，新政策实施后第年的人口总数n a （单位：万）的表达式为()1045.50.51,110500.99,11n n n n a n -⎧+⨯-≤≤⎪=⎨⨯≥⎪⎩n 祝您高考马到成功！（2）设n S 为数列{}n a 的前项和，则从2016年到2035年共20年，由等差数列及等比数列的求和公式得：()()102010111220...477.5495010.99972.5S S a a a =++++=+⨯-≈万新政策实施到2035年年人口均值为2048.634920S ≈< 故到2035年不需要调整政策． 18．本题满分12分解：（1）连接AC ，BD 交于点N ，连接MN ，则⊥MN 平面ABCD 证明： M 为PD 中点，N 为BD 中点MN ∴为PDB ∆的中位线，PBMN //∴又平面⊥ABCD 平面ABPE平面平面=,⊂BC 平面,ABBC ⊥⊥∴BC 平面PB BC ⊥∴，又AB PB ⊥，B BC AB =⋂⊥∴PB 平面ABCD所以⊥MN 平面ABCD（2）以A 为原点，AE ，AB ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立坐标系，⊥AD 平面PEA∴平面PEA 的法向量)1,0,0(1==AD n 另外)1,0,0(D ，)0,0,1(E ，)0,2,2(P)1,0,1(-=∴DE ，)1,2,2(-=DP ,设平面DPE 的法向量),,(2z y x n =，则⎩⎨⎧=-+=-0220z y x z x ，令1=x ，得)1,21,1(2-=n 32,cos 21>=<∴n n 又A PE D --为锐二面角,所以二面角A PE D --的余弦值为32n S n ∴ABCD ABPE AB ABCD ABPE 祝您高考马到成功！19．本题满分12分解：（1）16,50.46780.16EX a b =⨯+++⨯=，即67 3.2a b +=①又由1X 的概率分布列得0.40.11,0.5a b a b +++=+= ② 由①②得0.30.2a b =⎧⎨=⎩（2）由已知得，样本的频率分布表如下：用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，可得等级系数X 2的概率分布列如下：所以，230.340.250.260.170.180.1 4.8EX =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=即乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8. （3）乙厂的产品更具可购买性，理由如下：因为甲厂产品的等级系数的数学期望等于6 ，价格为6 元/件，所以其性价比为616=因为乙厂产品的等级系数的期望等于4.8 ，价格为4 元/件，所以其性价比为4.81.24=据此，乙厂的产品更具可购买性。
精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2023届高三高考押题卷三理数试题(解析版)
2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷理科数学（Ⅲ）第Ⅰ卷一、选择题:本题共12个小题,每小题5分,在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地.1. 已知复数,则=（）A. B. C. D.【解析】C【解析】由题意可得: ,则= .本题选择C选项.2. 集合,,则=（）A. B.C. D.【解析】A【解析】由题意可得: ,则= .本题选择A选项.3. 已知函数地最小正周期为,则函数地图象（）A. 可由函数地图象向左平移个单位而得B. 可由函数地图象向右平移个单位而得C. 可由函数地图象向左平移个单位而得D. 可由函数地图象向右平移个单位而得【解析】D【解析】由已知得,则地图象可由函数地图象向右平移个单位而得,故选D.4. 已知实数,满足约束条件则地最大值为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【解析】B【解析】绘制目标函数表示地可行域,结合目标函数可得,目标函数在点处取得最大值 .本题选择B选项.5. 一直线与平行四边形中地两边,分别交于、,且交其对角线于,若,,,则=（）学,科,网...A. B. 1 C. D. -3【解析】A【解析】由几何关系可得: ,则: ,即: ,则= .本题选择A选项.点睛:(1)应用平面向量基本定理表示向量地实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量地加、减或数乘运算．(2)用向量基本定理解决问题地一般思路是:先选择一组基底,并运用该基底将条件和结论表示成向量地形式,再通过向量地运算来解决．6. 在如下图所示地正方向中随机投掷10000个点,则落入阴影部分（曲线为正态分布地密度曲线）地点地个数地估计值为（附:若,则,.（）A. 906B. 1359C. 2718D. 3413【解析】B【解析】由正态分布地性质可得,图中阴影部分地面积 ,则落入阴影部分（曲线为正态分布地密度曲线）地点地个数地估计值为.本题选择B选项.点睛:关于正态曲线在某个区间内取值地概率求法①熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ),P(μ－2σ<X≤μ＋2σ),P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)地值．②充分利用正态曲线地对称性和曲线与x轴之间面积为1.7. 某几何体地三视图如下图所示,其中俯视图下半部分是半径为2地半圆,则该几何体地表面积是（）A. B. C. D.【解析】B【解析】根据三视图可知几何体是棱长为4地正方体挖掉半个圆柱所得地组合体,且圆柱底面圆地半径是2、母线长是4,∴该几何体地表面积 ,本题选择B选项.8. 已知数列中,,.若如下图所示地程序框图是用来计算该数列地第2018项,则判断框内地条件是（）A. B. C. D.【解析】B学,科,网...【解析】阅读流程图结合题意可得,该流程图逐项计算数列各项值,当时推出循环,则判断框内地条件是.本题选择B选项.9. 已知5件产品中有2件次品,现逐一检测,直至能确定所有次品为止,记检测地次数为,则=（）A. 3B.C.D. 4【解析】B【解析】由题意知,地可能取值为2,3,4,其概率分别为,,,所以,故选B．10. 已知抛物线:地焦点为,点是抛物线上一点,圆与线段相交于点,且被直线截得地弦长为,若=2,则=（）A. B. 1 C. 2 D. 3【解析】B【解析】由题意:M（x0,2√2）在抛物线上,则8=2px,则px=4,①由抛物线地性质可知,, ,则,∵被直线截得地弦长为√3|MA|,则,由,在Rt△MDE中,丨DE丨2+丨DM丨2=丨ME丨2,即,代入整理得:②,=2,p=2,由①②,解得:x∴ ,故选:B．【点睛】本题考查抛物线地简单几何性质,考查了抛物线地定义,考查勾股定理在抛物线地中地应用,考查数形结合思想,转化思想,属于中档题,将点A到焦点地距离转化为点A到其准线地距离是关键.11. 若定义在上地可导函数满足,且,则当时,不等式地解集为（）A. B. C. D.【解析】D【解析】不妨令 ,该函数满足题中地条件,则不等式转化为: ,整理可得: ,结合函数地定义域可得不等式地解集为.本题选择D选项.12. 已知是方程地实根,则关于实数地判断正确地是（）A. B. C. D.【解析】C【解析】令 ,则 ,函数在定义域内单调递增,方程即: ,即 ,结合函数地单调性有: .本题选择C选项.点睛:(1)利用导数研究函数地单调性地关键在于准确判定导数地符号．第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分,第13题～第21题为必考题,每个试卷考生都必须作答.第22题和第23题为选考题,考生根据要求作答.学,科,网...二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13. 若地展开式中项地系数为20,则地最小值为_________．【解析】2【解析】试卷分析:展开后第项为,其中项为,即第项,系数为,即,,当且仅当时取得最小值.考点:二项式公式,重要不等式.14. 已知中,内角,,地对边分别为,,,若,,则地面积为__________．【解析】【解析】由题意有: ,则地面积为 .【解析】【解析】由题意可得,为正三角形,则,所以双曲线地离心率 .16. 已知下列命题:①命题","地否定是","；②已知,为两个命题,若""为假命题,则"为真命题"；③""是""地充分不必要条件；④"若,则且"地逆否命题为真命题其中,所有真命题地序号是__________.【解析】②【解析】逐一考查所给地命题:①命题","地否定是","；②已知,为两个命题,若""为假命题,则"为真命题"；③""是""地必要不充分条件；④"若,则且"是假命题,则它地逆否命题为假命题其中,所有真命题地序号是②.三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 设为数列地前项和,且,,.（1）证明:数列为等比数列；（2）求.【解析】（1）见解析；（2）.学,科,网...【解析】试卷分析:(1)利用题意结合等比数列地定义可得数列为首先为2,公比为2地等比数列；(2)利用(1)地结论首先求得数列地通项公式,然后错位相减可得.试卷解析:（1）因为,所以,即,则,所以,又,故数列为等比数列.（2）由（1）知,所以,故.设,则,所以,所以,所以.点睛:证明数列{a n }是等比数列常用地方法:一是定义法,证明 ＝q (n ≥2,q 为常数)；二是等比中项法,证明＝a n －1·a n ＋1.若判断一个数列不是等比数列,则只需举出反例即可,也可以用反证法．18. 如下图所示,四棱锥,已知平面平面,,,,.（1）求证:；（2）若二面角为,求直线与平面所成角地正弦值.【解析】（1）见解析；（2）.【解析】试卷分析:(1)利用题意首先证得平面,结合线面垂直地定义有.(2)结合(1)地结论首先找到二面角地平面角,然后可求得直线与平面所成角地正弦值为.试卷解析:（1）中,应用余弦定理得,解得,所以,所以.因为平面平面,平面平面,,所以平面,又因为平面,学,科,网...所以.（2）由（1）平面,平面,所以.又因为,平面平面,所以是平面与平面所成地二面角地平面角,即.因为,,所以平面.所以是与平面所成地角.因为在中,,所以在中,.19. 某中学为了解高一年级学生身高发育情况,对全校700名高一年级学生按性别进行分层抽样检查,测得身高（单位:）频数分布表如表1、表2.表1:男生身高频数分布表表2:女生身高频数分布表（1）求该校高一女生地人数；（2）估计该校学生身高在地概率；（3）以样本频率为概率,现从高一年级地男生和女生中分别选出1人,设表示身高在学生地人数,求地分布列及数学期望.【解析】（1）300；（2）；（3）见解析.【解析】试卷分析:(1)利用题意得到关于人数地方程,解方程可得该校高一女生地人数为300；(2)用频率近似概率值可得该校学生身高在地概率为.(3) 由题意可得地可能取值为0,1,2.据此写出分布列,计算可得数学期望为 .试卷解析:（1）设高一女学生人数为,由表1和表2可得样本中男、女生人数分别为40,30,则,解得.即高一女学生人数为300.（2）由表1和表2可得样本中男女生身高在地人数为,样本容量为70.所以样本中该校学生身高在地概率为.因此,可估计该校学生身高在地概率为.（3）由题意可得地可能取值为0,1,2.学,科,网...由表格可知,女生身高在地概率为,男生身高在地概率为.所以,,.所以地分布列为:所以.20. 中,是地中点,,其周长为,若点在线段上,且.（1）建立合适地平面直角坐标系,求点地轨迹地方程；（2）若,是射线上不同地两点,,过点地直线与交于,,直线与交于另一点,证明:是等腰三角形.【解析】（1）；（2）见解析.【解析】试卷分析:（1）由题意得,以为坐标原点,以地方向为轴地正方向,建立平面直角坐标系,得地轨迹方程为,再将相应地点代入即可得到点地轨迹地方程；（2）由（1）中地轨迹方程得到轴,从而得到,即可证明是等腰三角形.试卷解析:解法一:（1）以为坐标原点,以地方向为轴地正方向,建立平面直角坐标系.依题意得.由,得,因为故,所以点地轨迹是以为焦点,长轴长为6地椭圆（除去长轴端点）,所以地轨迹方程为.设,依题意,所以,即,代入地轨迹方程得,,所以点地轨迹地方程为.（2）设.由题意得直线不与坐标轴平行,因为,所以直线为,与联立得,,由韦达定理,同理,所以或,当时,轴,当时,由,得,学,科,网...同理,轴.因此,故是等腰三角形.解法二:（1）以为坐标原点,以地方向为轴地正方向,建立平面直角坐标系.依题意得.在轴上取,因为点在线段上,且,所以,则,故地轨迹是以为焦点,长轴长为2地椭圆（除去长轴端点）,所以点地轨迹地方程为.（2）设,,由题意得,直线斜率不为0,且,故设直线地方程为:,其中,与椭圆方程联立得,,由韦达定理可知,,其中,因为满足椭圆方程,故有,所以.设直线地方程为:,其中,同理,故,所以,即轴,因此,故是等腰三角形.21. 已知函数,,曲线地图象在点处地切线方程为.（1）求函数地解析式；（2）当时,求证:；（3）若对任意地恒成立,求实数地取值范围.【解析】（1）；（2）见解析；（3）.学,科,网...【解析】试卷分析:(1)利用导函数研究函数切线地方法可得函数地解析式为.(2)构造新函数.结合函数地最值和单调性可得.(3)分离系数,构造新函数,,结合新函数地性质可得实数地取值范围为.试卷解析:（1）根据题意,得,则.由切线方程可得切点坐标为,将其代入,得,故.（2）令.由,得,当,,单调递减；当,,单调递增.所以,所以.（3）对任意地恒成立等价于对任意地恒成立.令,,得.由（2）可知,当时,恒成立,令,得；令,得.所以地单调增区间为,单调减区间为,故,所以.所以实数地取值范围为.请考生在第22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做地第一题计分,作答时请写清题号.22. 选修4-4:坐标系与参数方程在极坐标系中,曲线:,曲线:.以极点为坐标原点,极轴为轴正半轴建立直角坐标系,曲线地参数方程为（为参数）.（1）求,地直角坐标方程；（2）与,交于不同四点,这四点在上地排列顺次为,,,,求地值.【解析】（1）；（2）.【解析】(1)因为,由,得,所以曲线地直角坐标方程为；由,得,所以曲线地极坐标方程为.(2) 不妨设四点在上地排列顺次至上而下为,它们对应地参数分别为,如图,连接,则为正三角形 ,所以,,把代入,得:,即,故,所以.【点睛】本题为极坐标与参数方程,是选修内容,把极坐标方程化为直角坐标方程,需要利用公式,第二步利用直线地参数方程地几何意义,联立方程组求出,利用直线地参数方程地几何意义,进而求值.学,科,网...23. 选修4-5:不等式选讲.已知,为任意实数.（1）求证:；（2）求函数地最小值.【解析】（1）见解析；（2）.【解析】试卷分析:(1)利用不等式地性质两边做差即可证得结论；(2)利用题意结合不等式地性质可得.试卷解析:（1）,因为,所以.（2）.即.点睛:本题难以想到利用绝对值三角不等式进行放缩是失分地主要原因；对于需求最值地情况,可利用绝对值三角不等式性质定理:||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|,通过适当地添、拆项来放缩求解．。
2023年河南省衡水中学大联考高考数学模拟试卷(理科)(2月份)(解析版)
2023年河南省衡水中学大联考高考数学模拟试卷（理科）（2月份）一、选择题:本题共12小题,每小题5分,在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地．1．若集合益={y|y=lgx},B={x|y=},则集合A∩B=（ ）A．（0,+∞）B．[0,+∞）C．（1,+∞）D．∅2．已知复数z满足z=（i为虚数单位,a∈R）,若复数z对应地点位于直角坐标平面内地直线y=﹣x上,则a地值为（ ）A．0B．l C．﹣l D．23．设函数f（x）=x2﹣2x﹣3,若从区间[﹣2,4]上任取一个实数x0,则所选取地实数x0满足f（x0）≤0地概率为（ ）A．B．C．D．4．已知a＞0,且a≠1,则双曲线C1:﹣y2=1与双曲线C2:﹣x2=1地（ ）A．焦点相同B．顶点相同C．渐近线相同D．离心率相等5．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载:"今有马行转迟,次日减半,疾七日,行七百里其意是:现有一匹马行走地速度逐渐变慢,每天走地里数是前一天地一半,连续行走7天,共走了700里．若该匹马按此规律继续行走7天,则它这14天内所走地总路程为（ ）A．里B．1050 里C．里D．2100里6．如图,在各小正方形边长为1地网格上依次为某几何体地正视图．侧视图与俯视图,其中正视图为等边三角形,则此几何体地体积为（ ）A．1+B． +C． +D． +7．已知0＜a＜b＜l,c＞l,则（ ）A．log a c＜log b c B．（）c＜（）cC．ab c＜ba c D．alog c＜blog c8．运行如下图所示地程序框图,则输出地结果是（ ）A．B．C．D．9．如下图所示,在棱长为a地正方体ABCD﹣A1B2C3D4中,点E,F分别在棱AD,BC上,且AE=BF=a．过EF地平面绕EF旋转,与DD1、CC1地延长线分别交于G,H点,与A1D1、B1C1分别交于E1,F1点．当异面直线FF1与DD1所成地角地正切值为时,|GF1|=（ ）A．B．C．D．10．将函数f（x）=sin2x﹣cos2x+1地图象向左平移个单位,再向下平移1个单位,得到函数y=g（x）地图象,则下列关予函数y=g（x）地说法错误地是（ ）A．函数y=g（x）地最小正周期为πB．函数y=g（x）地图象地一条对称轴为直线x=C．g（x）dx=D．函数y=g（x）在区间[,]上单调递减11．点M（3,2）到拋物线C:y=ax2（a＞0）准线地距离为4,F为拋物线地焦点,点N（l,l）,当点P在直线l:x﹣y=2上运动时,地最小值为（ ）A．B．C．D．12．已知f（x）是定义在区间（0,+∞）内地单调函数,且对∀x∈（0,∞）,都有f[f （x）﹣lnx]=e+1,设f′（x）为f（x）地导函数,则函数g（x）=f（x）﹣f′（x）地零点个数为（ ）A．0B．l C．2D．3二、填空题:本题共4小题,每小题5分．13．在（2﹣）6地展开式中,含x3项地系数是 （用数字填写解析）14．已知向量,满足||=2,=（4cosα,﹣4sinα）,且⊥（﹣）,设与地夹角为θ,则θ等于 ．15．已知点P（x,y）地坐标满足,则地取值范围为 ．16．若函数f（x）地表达式为f（x）=（c≠0）,则函数f（x）地图象地对称中心为（﹣,）,现已知函数f（x）=,数列{a n}地通项公式为a n=f（）（n∈N）,则此数列前2017项地和为 ．三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知在△ABC中,角A,B,C所对地边分别为a,b,c,且2sin Acos B=2sin C﹣sin B．（I）求角A；（Ⅱ）若a=4,b+c=8,求△ABC 地面积．18．如图,已知平面ADC∥平面A1B1C1,B为线段AD地中点,△ABC≈△A1B1C1,四边形ABB1A1为正方形,平面AA1C1C丄平面ADB1A1,A1C1=A1A,∠C1A1A=,M为棱A1C1地中点．（I）若N为线段DC1上地点,且直线MN∥平面ADB1A1,试确定点N地位置；（Ⅱ）求平面MAD与平面CC1D所成地锐二面角地余弦值．19．某闯关游戏规则是:先后掷两枚骰子,将此试验重复n轮,第n轮地点数分别记为x n,y n,如果点数满足x n＜,则认为第n轮闯关成功,否则进行下一轮投掷,直到闯关成功,游戏结束．（I）求第一轮闯关成功地概率；（Ⅱ）如果第i轮闯关成功所获地奖金数f（i）=10000×（单位:元）,求某人闯关获得奖金不超过1250元地概率；（Ⅲ）如果游戏只进行到第四轮,第四轮后不论游戏成功与否,都终止游戏,记进行地轮数为随机变量X,求x地分布列和数学期望．20．已知椭圆C: +=1 （a＞b＞0）地短轴长为2,过上顶点E和右焦点F地直线与圆M:x2+y2﹣4x﹣2y+4=0相切．（I）求椭圆C地标准方程；（Ⅱ）若直线l过点（1,0）,且与椭圆C交于点A,B,则在x轴上是否存在一点T （t,0）（t≠0）,使得不论直线l地斜率如何变化,总有∠OTA=∠OTB （其中O为坐标原点）,若存在,求出t地值；若不存在,请说明理由．21．已知函数f（x）=（a,b∈R,且a≠0,e为自然对数地底数）．（I）若曲线f（x）在点（e,f（e））处地切线斜率为0,且f（x）有极小值,求实数a 地取值范围．（II）（i）当a=b=l 时,证明:xf（x）+2＜0；（ii）当a=1,b=﹣1 时,若不等式:xf（x）＞e+m（x﹣1）在区间（1,+∞）内恒成立,求实数m地最大值．[选修4一4:坐标系与参数方程]22．已知在平面直角坐标系中,椭圆C地参数方程为（θ为参数）．（I）以原点为极点,x轴地正半轴为极轴建立极坐标系,求椭圆C地极坐标方程；（Ⅱ）设M（x,y）为椭圆C上任意一点,求x+2y地取值范围．[选修4一5:不等式选讲]23．已知函数f（x）=|2x﹣1|﹣2|x﹣1|．（I）作出函数f（x）地图象；（Ⅱ）若不等式≤f（x）有解,求实数a地取值范围．2023年河南省衡水中学大联考高考数学模拟试卷（理科）（2月份）参考解析与试卷解析一、选择题:本题共12小题,每小题5分,在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地．1．若集合益={y|y=lgx},B={x|y=},则集合A∩B=（ ）A．（0,+∞）B．[0,+∞）C．（1,+∞）D．∅【考点】交集及其运算．【分析】根据函数地定义域和值域求出集合A、B,利用定义写出A∩B．【解答】解:集合A={y|y=lgx}={y|y∈R}=R,B={x|y=}={x|x≥0},则集合A∩B={x|x≥0}=[0,+∞）．故选:B．2．已知复数z满足z=（i为虚数单位,a∈R）,若复数z对应地点位于直角坐标平面内地直线y=﹣x上,则a地值为（ ）A．0B．l C．﹣l D．2【考点】复数代数形式地乘除运算．【分析】利用复数地运算法则、几何意义即可得出．【解答】解:复数z满足z===+i,复数z对应地点（,）位于直角坐标平面内地直线y=﹣x上,∴﹣=,解得a=0．故选:A．3．设函数f（x）=x2﹣2x﹣3,若从区间[﹣2,4]上任取一个实数x0,则所选取地实数x0满足f（x0）≤0地概率为（ ）A．B．C．D．【考点】几何概型．【分析】由题意知本题是一个几何概型,概率地值为对应长度之比,根据题目中所给地不等式解出解集,解集在数轴上对应地线段地长度之比等于要求地概率．【解答】解:由题意知本题是一个几何概型,概率地值为对应长度之比,由f（x0）≤0,得到x02﹣2x0﹣3≤0,且x0∈[﹣2,4]解得:﹣1≤x0≤3,∴P==,故选:A．4．已知a＞0,且a≠1,则双曲线C1:﹣y2=1与双曲线C2:﹣x2=1地（ ）A．焦点相同B．顶点相同C．渐近线相同D．离心率相等【考点】双曲线地简单性质．【分析】根据题意,由双曲线C1与C2地标准方程,分析其焦点位置,进而求出C1与C2地焦点坐标、顶点坐标、渐近线方程以及离心率,比较即可得解析．【解答】解:根据题意,双曲线C1:﹣y2=1,其焦点在x轴上,c=,则其焦点坐标为（,0）,顶点坐标（a,0）,渐近线方程:y=±x,离心率e=；双曲线C2:﹣x2=1,其焦点在y轴上,c=,则其焦点坐标为（0,）,顶点坐标（0,a）,渐近线方程:y=±ax,离心率e=；分析可得:双曲线C1:﹣y2=1与双曲线C2:﹣x2=1地离心率相同；故选:D．5．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载:"今有马行转迟,次日减半,疾七日,行七百里其意是:现有一匹马行走地速度逐渐变慢,每天走地里数是前一天地一半,连续行走7天,共走了700里．若该匹马按此规律继续行走7天,则它这14天内所走地总路程为（ ）A．里B．1050 里C．里D．2100里【考点】等比数列地前n项和．【分析】由题意,可得该匹马每日地路程成等比数列,首项为a1,公比,连续行走7天,共走了700里,即S7=700,求解a1,即可求解它这14天内所走地总路程S14．【解答】解:由题意,设该匹马首日路程（即首项）为a1,公比,S7=700,即,解得:那么:=故选C．6．如图,在各小正方形边长为1地网格上依次为某几何体地正视图．侧视图与俯视图,其中正视图为等边三角形,则此几何体地体积为（ ）A．1+B． +C． +D． +【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由题意,几何体是底面为等腰直角三角形（其直角边长为2）地三棱锥和一个半圆锥（圆锥底面半径为1）地组合体,利用体积公式,可得结论．【解答】解:由题意,几何体是底面为等腰直角三角形（其直角边长为2）地三棱锥和一个半圆锥（圆锥底面半径为1）地组合体,体积V==,故选C．7．已知0＜a＜b＜l,c＞l,则（ ）A．log a c＜log b c B．（）c＜（）cC．ab c＜ba c D．alog c＜blog c【考点】不等式地基本性质．【分析】根据a,b,c地范围,根据特殊值法验证即可．【解答】解:取a=,b=,c=2,得A、B、C错误,D正确,故选:D．8．运行如下图所示地程序框图,则输出地结果是（ ）A．B．C．D．【考点】程序框图．【分析】程序框图累计算=（﹣）各项地和,即s= [（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）],根据判断框,即可得出结论．【解答】解:程序框图累计算=（﹣）各项地和,即s= [（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）],判断框为k＞99时,输出地结果为,故选B．9．如下图所示,在棱长为a地正方体ABCD﹣A1B2C3D4中,点E,F分别在棱AD,BC上,且AE=BF=a．过EF地平面绕EF旋转,与DD1、CC1地延长线分别交于G,H点,与A1D1、B1C1分别交于E1,F1点．当异面直线FF1与DD1所成地角地正切值为时,|GF1|=（ ）A．B．C．D．【考点】棱柱地结构特征．【分析】如图异面直线FF1与DD1所成地角地正切值为时,就是tan∠CHF=,求出CF,C1H,C1F,D1C1即可．【解答】解:如图异面直线FF1与DD1所成地角地正切值为时,就是tan∠CHF=,∵,∴CH=2a,即C1H=a⇒C1F1=|GF1|==故选:A．10．将函数f（x）=sin2x﹣cos2x+1地图象向左平移个单位,再向下平移1个单位,得到函数y=g（x）地图象,则下列关予函数y=g（x）地说法错误地是（ ）A．函数y=g（x）地最小正周期为πB．函数y=g（x）地图象地一条对称轴为直线x=C．g（x）dx=D．函数y=g（x）在区间[,]上单调递减【考点】函数y=Asin（ωx+φ）地图象变换；三角函数地化简求值．【分析】利用两角差地正弦函数公式、函数y=Asin（ωx+φ）地图象变换规律,可得g（x）,利用正弦函数地图象和性质逐一分析各个选项即可得解．【解答】解:把f（x）=sin2x﹣cos2x+1=2sin（2x﹣）+1地图象向左平移个单位,得到函数y=2sin[2（x+）﹣]+1=2sin（2x+）+1地图象,再向下平移1个单位,得到函数y=g（x）=2sin（2x+）地图象,对于A,由于T=,故正确；对于B,由2x+=kπ+,k∈Z,解得:x=+,k∈Z,可得:当k=0时,y=g（x）地图象地一条对称轴为直线x=,故正确；对于C,g（x）dx=2sin（2x+）dx=﹣cos（2x+）|=﹣（cos﹣cos）=,故正确；对于D,由2kπ+≤2x+≤2kπ+,k∈Z,解得:kπ+≤x≤kπ+,k∈Z,可得函数y=g（x）在区间[,]上单调递减,故错误．故选:D．11．点M（3,2）到拋物线C:y=ax2（a＞0）准线地距离为4,F为拋物线地焦点,点N （l,l）,当点P在直线l:x﹣y=2上运动时,地最小值为（ ）A．B．C．D．【考点】抛物线地简单性质．【分析】先求出抛物线地方程,设AP=t,则AN=,AF=2,PN=,PF=,再表示,利用换元法,即可得出结论．【解答】解:∵点M（3,2）到拋物线C:y=ax2（a＞0）准线地距离为4,∴2+=4,∴a=,∴拋物线C:x2=8y,直线l:x﹣y=2与x轴交于A（2,0）,则FA⊥l．设AP=t,则AN=,AF=2,PN=,PF=,设﹣1=m（m≥﹣1）,则=== ,∴m=﹣1,即t=0时,地最小值为．故选:B．12．已知f（x）是定义在区间（0,+∞）内地单调函数,且对∀x∈（0,∞）,都有f[f （x）﹣lnx]=e+1,设f′（x）为f（x）地导函数,则函数g（x）=f（x）﹣f′（x）地零点个数为（ ）A．0B．l C．2D．3【考点】利用导数研究函数地单调性；函数零点地判定定理．【分析】由设t=f（x）﹣lnx,则f（x）=lnx+t,又由f（t）=e+1,求出f（x）=lnx+e,从而求出g（x）地解析式,根据函数地单调性求出函数地零点地个数即可．【解答】解:根据题意,对任意地x∈（0,+∞）,都有f[f（x）﹣lnx]=e+1,又由f（x）是定义在（0,+∞）上地单调函数,则f（x）﹣lnx为定值,设t=f（x）﹣lnx,则f（x）=lnx+t,又由f（t）=e+1,即lnt+t=e+1,解得:t=e,则f（x）=lnx+e,f′（x）=＞0,故g（x）=lnx+e﹣,则g′（x）=+＞0,故g（x）在（0,+∞）递增,而g（1）=e﹣1＞0,g（）=﹣1＜0,存在x0∈（,1）,使得g（x0）=0,故函数g（x）有且只有1个零点,故选:B．二、填空题:本题共4小题,每小题5分．13．在（2﹣）6地展开式中,含x3项地系数是 64 （用数字填写解析）【考点】二项式系数地性质．【分析】根据二项式展开式地通项公式,令展开式中含x项地指数等于3,求出r 地值,即可求出展开式中x3项地系数．【解答】解:二项式（2﹣）6展开式地通项公式为=••=（﹣1）r•26﹣r••x3﹣r,T r+1令3﹣r=3,解得r=0；∴展开式中x3项地系数是26×=64．故解析为:64．14．已知向量,满足||=2,=（4cosα,﹣4sinα）,且⊥（﹣）,设与地夹角为θ,则θ等于 ．【考点】平面向量数量积地运算．【分析】根据平面向量地数量积运算与夹角公式,即可求出、夹角地大小．【解答】解:∵||=2,=（4cosα,﹣4sinα）,∴||==4,又⊥（﹣）,∴•（﹣）=﹣•=22﹣•=0,∴•=4；设与地夹角为θ,则θ∈[0,π],∴cosθ===,∴θ=．故解析为:．15．已知点P（x,y）地坐标满足,则地取值范围为 [﹣,1] ．【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域,设A（1,1）,P（x,y）为可行域内地一动点,向量、地夹角为θ,可得cosθ=,再由θ地范围求得cosθ地范围,则解析可求．【解答】解:由约束条件作出可行域如图,设A（1,1）,P（x,y）为可行域内地一动点,向量、地夹角为θ,∵||=,,∴cosθ==．∵当P运动到B时,θ有最小值,当P运动到C时,θ有最大值π,∴﹣1,即,则．∴地取值范围为[﹣,1]．故解析为:[﹣,1]．16．若函数f（x）地表达式为f（x）=（c≠0）,则函数f（x）地图象地对称中心为（﹣,）,现已知函数f（x）=,数列{a n}地通项公式为a n=f（）（n∈N）,则此数列前2017项地和为 ﹣2016 ．【考点】数列地求和．【分析】由已知结论可得f（x）地对称中心为（,﹣1）,即有f（x）+f（1﹣x）=﹣2,此数列前2017项地和按正常顺序写一遍,再倒过来写,即运用数列地求和方法:倒序球和法,化简即可得到所求和．【解答】解:若函数f（x）地表达式为f（x）=（c≠0）,则函数f（x）地图象地对称中心为（﹣,）,现已知函数f（x）=,则对称中心为（,﹣1）,即有f（x）+f（1﹣x）=﹣2,则数列前2017项地和为S2017=f（）+f（）+…+f（）+f（1）,则S2017=f（）+f（）+…+f（）+f（1）,相加可得2S2017=[f（）+f（）]+[f（）+f（）]+…+2f（1）=﹣2+（﹣2）+…+（﹣2）+0=﹣2×2016,则此数列前2017项地和为﹣2016．故解析为:﹣2016．三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知在△ABC中,角A,B,C所对地边分别为a,b,c,且2sin Acos B=2sin C﹣sin B．（I）求角A；（Ⅱ）若a=4,b+c=8,求△ABC 地面积．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（I）由正弦定理化简已知等式可得cosB=,结合余弦定理可求b2+c2﹣a2=bc,可求cosA,结合范围A∈（0,π）,可求A地值．（Ⅱ）由已知及余弦定理可得bc=,进而利用三角形面积公式即可计算得解．【解答】（本题满分为12分）解:（I）∵2sinAcosB=2sinC﹣sinB,∵由正弦定理可得:2acosB=2c﹣b,即:cosB=,又∵cosB=,∴=,解得:b2+c2﹣a2=bc,∴cosA===,又∵A∈（0,π）,∴A=…6分（Ⅱ）∵由余弦定理可得:a2=b2+c2﹣2bccosA,a=4,b+c=8,∴（4）2=b2+c2﹣bc=（b+c）2﹣3bc=64﹣3bc,∴bc=,∴△ABC 地面积S=bcsinA==…12分18．如图,已知平面ADC∥平面A1B1C1,B为线段AD地中点,△ABC≈△A1B1C1,四边形ABB1A1为正方形,平面AA1C1C丄平面ADB1A1,A1C1=A1A,∠C1A1A=,M为棱A1C1地中点．（I）若N为线段DC1上地点,且直线MN∥平面ADB1A1,试确定点N地位置；（Ⅱ）求平面MAD与平面CC1D所成地锐二面角地余弦值．【考点】二面角地平面角及求法；直线与平面平行地判定．【分析】（Ⅰ）连结A1D,直线MN∥平面ADB1A1,推出MN∥A1D,说明MN为△A1C1D地中位线,得到N为DC1地中点．（Ⅱ）设A1B1=1,证明AD⊥AM,AD⊥AC,∴AM,AD,AC两两垂直,以A为坐标原点,AD,AC,AM分别为x,y,z轴,求出相关点地坐标,求出平面CC1D地法向量,平面MAD地一个法向量,利用空间向量地数量积求解即可．【解答】（Ⅰ）证明:连结A1D,直线MN∥平面ADB1A1,MN⊂平面A1C′1D,平面A1C1D∩平面ADB1A1=A1D1,∴MN∥A1D,又M为棱A1C1地中点,∴MN为△A1C1D地中位线,∴N为DC1地中点．（Ⅱ）设A1B1=1,则A1A=1,A1C1=1,因为B为AD地中点,所以AD=2,因为△ABC≈△A1B1C1,所以A1C1=AC,又平面ABC∥平面A1B1C1,平面A1B1C1∩平面A1AOC1=A1C1,平面ABC∩平面A1AOC1=AO,∴A1C1∥AC,所以四边形A1ACC1是平行四边形,又A1C1=A1A,所以A1ACC1是菱形,又∠C1A1A=,A1M=,∴,∴AM⊥A1C1,∴AM⊥AC,∵AD⊥AA1,平面AA1C1C⊥平面ADB1A1,∴AD⊥平面AA1C1C,∴AD⊥AM,AD⊥AC,∴AM,AD,AC两两垂直,以A为坐标原点,AD,AC,AM分别为x,y,z轴,由题意可得:A（0,0,0）,D（2,0,0）,C（0,1,0）,C1（）,∴=（﹣2,1,0）,,设平面CC1D地法向量为:=（x,y,z）,则,令z=2,可得y=6,x=3,可得=（3,6,2）,平面MAD地一个法向量为:=（0,1,0）,平面MAD与平面CC1D所成地锐二面角地余弦值为:cosθ=|cos|===．19．某闯关游戏规则是:先后掷两枚骰子,将此试验重复n轮,第n轮地点数分别记为x n,y n,如果点数满足x n＜,则认为第n轮闯关成功,否则进行下一轮投掷,直到闯关成功,游戏结束．（I）求第一轮闯关成功地概率；（Ⅱ）如果第i轮闯关成功所获地奖金数f（i）=10000×（单位:元）,求某人闯关获得奖金不超过1250元地概率；（Ⅲ）如果游戏只进行到第四轮,第四轮后不论游戏成功与否,都终止游戏,记进行地轮数为随机变量X,求x地分布列和数学期望．【考点】离散型随机变量地期望与方差．【分析】（Ⅰ）枚举法列出所有满足条件地数对（x1,y1）即可,（Ⅱ）由10000×≤1250,得i≥3,由（Ⅰ）每轮过关地概率为．某人闯关获得奖金不超过1250元地概率:P（i≥3）=1﹣P（i=1）﹣P（i=2）（Ⅲ）设游戏第k轮后终止地概率为p k（k=1,2,3,4）,分别求出相应地概率,由能求出X地分布列和数学期望．【解答】解:（Ⅰ）,当y1=6时,y1＜,因此x1=1,2；当y1=5时,y1＜,因此x1=1,2；当y1=4时,y1＜,因此x1=1,2；当y1=3时,y1＜,因此x1=1；当y1=2时,y1＜因此x1=1；当y1=1时,y1＜,因此x1无值；∴第一轮闯关成功地概率P（A）=．（Ⅱ）令金数f（i）=10000×≤1250,则i≥3,由（Ⅰ）每轮过关地概率为．某人闯关获得奖金不超过1250元地概率:P（i≥3）=1﹣P（i=1）﹣P（i=2）=1﹣﹣（1﹣）×=（Ⅲ）依题意X地可能取值为1,2,3,4设游戏第k轮后终止地概率为p k（k=1,2,3,4）p1=．p2=（1﹣）×=,p3=（1﹣）2×=,p4=1﹣p2﹣p3=；故X地分布列为X1234P因此EX=1×+2×+3×+4×=20．已知椭圆C: +=1 （a＞b＞0）地短轴长为2,过上顶点E和右焦点F地直线与圆M:x2+y2﹣4x﹣2y+4=0相切．（I）求椭圆C地标准方程；（Ⅱ）若直线l过点（1,0）,且与椭圆C交于点A,B,则在x轴上是否存在一点T （t,0）（t≠0）,使得不论直线l地斜率如何变化,总有∠OTA=∠OTB （其中O为坐标原点）,若存在,求出t地值；若不存在,请说明理由．【考点】直线与椭圆地位置关系．【分析】（I）由已知可得:b=1,结合直线与圆M:x2+y2﹣4x﹣2y+4=0相切．进而可得c2=3,a2=4,即得椭圆C地标准方程；（Ⅱ）在x轴上是否存在一点T（4,0）,使得不论直线l地斜率如何变化,总有∠OTA=∠OTB,联立直线与椭圆方程,结合∠OTA=∠OTB 时,直线TA,TB地斜率k1,k2和为0,可证得结论．【解答】解:（I）由已知中椭圆C地短轴长为2,可得:b=1,则过上顶点E（0,1）和右焦点F（0,c）地直线方程为:,即x+cy﹣c=0,由直线与圆M:x2+y2﹣4x﹣2y+4=0相切．故圆心M（2,1）到直线地距离d等于半径1,即,解得:c2=3,则a2=4,故椭圆C地标准方程为:；（Ⅱ）设A（x1,y1）,B（x2,y2）,当直线AB地斜率不为0时,设直线方程为:x=my+1,代入得:（m2+4）y2+2my﹣3=0,则y1+y2=,y1•y2=,设直线TA,TB地斜率分别为k1,k2,若∠OTA=∠OTB,则k1+k2=+====0,即2y1y2m+（y1+y2）（1﹣t）=+=0,解得:t=4,当直线AB地斜率为0时,t=4也满足条件,综上,在x轴上存在一点T（4,0）,使得不论直线l地斜率如何变化,总有∠OTA=∠OTB．21．已知函数f（x）=（a,b∈R,且a≠0,e为自然对数地底数）．（I）若曲线f（x）在点（e,f（e））处地切线斜率为0,且f（x）有极小值,求实数a 地取值范围．（II）（i）当a=b=l 时,证明:xf（x）+2＜0；（ii）当a=1,b=﹣1 时,若不等式:xf（x）＞e+m（x﹣1）在区间（1,+∞）内恒成立,求实数m地最大值．【考点】利用导数求闭区间上函数地最值；利用导数研究函数地单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（Ⅰ）求出原函数地导函数,由f′（e）=0得b=0,可得f′（x）=．然后对a分类讨论,可知当a＞0时,f（x）有极大值而无极小值；当a＜0时,f（x）有极小值而无极大值．从而得到实数a地取值范围为（﹣∞,0）；（Ⅱ）（i）当a=b=1时,设g（x）=xf（x）+2=lnx﹣e x+2．求其导函数,可得g′（x）=在区间（0,+∞）上为减函数,结合零点存在定理可得存在实数x0∈（,1）,使得．得到g（x）在区间（0,x0）内为增函数,在（x0,+∞）内为减函数．又,得,x0=﹣lnx0．由单调性知g（x）max＜0,即xf（x）+2＜0；（ii）xf（x）＞e+m（x﹣1）⇔xf（x）﹣m（x﹣1）＞e,当a=1,b=﹣1 时,设h （x）=xf（x）﹣m（x﹣1）=lnx+e x﹣m（x﹣1）．利用两次求导可得当x＞1时,h′（x）＞h′（1）=1+e﹣m．然后分当1+e﹣m≥0时和当1+e﹣m＜0时求解m地取值范围．【解答】（Ⅰ）解:∵f（x）=,∴f′（x）=．∵f′（e）=0,∴b=0,则f′（x）=．当a＞0时,f′（x）在（0,e）内大于0,在（e,+∞）内小于0,∴f（x）在（0,e）内为增函数,在（e,+∞）内为减函数,即f（x）有极大值而无极小值；当a＜0时,f（x）在（0,e）内为减函数,在（e,+∞）内为增函数,即f（x）有极小值而无极大值．∴a＜0,即实数a地取值范围为（﹣∞,0）；（Ⅱ）（i）证明:当a=b=1时,设g（x）=xf（x）+2=lnx﹣e x+2．g′（x）=在区间（0,+∞）上为减函数,又g′（1）=1﹣e＜0,g′（）=2﹣．∴存在实数x0∈（,1）,使得．此时g（x）在区间（0,x0）内为增函数,在（x0,+∞）内为减函数．又,∴,x0=﹣lnx0．由单调性知,=．又x0∈（,1）,∴﹣（）＜﹣2．∴g（x）max＜0,即xf（x）+2＜0；（ii）xf（x）＞e+m（x﹣1）⇔xf（x）﹣m（x﹣1）＞e,当a=1,b=﹣1 时,设h（x）=xf（x）﹣m（x﹣1）=lnx+e x﹣m（x﹣1）．则h′（x）=．令t（x）=h′（x）=．∵x＞1,∴t′（x）=．∴h′（x）在（1,+∞）内单调递增,∴当x＞1时,h′（x）＞h′（1）=1+e﹣m．①当1+e﹣m≥0时,即m≤1+e时,h′（x）＞0,∴h（x）在区间（1,+∞）内单调递增,∴当x＞1时,h（x）＞h（1）=e恒成立；②当1+e﹣m＜0时,即m＞1+e时,h′（x）＜0,∴存在x0∈（1,+∞）,使得h′（x0）=0．∴h（x）在区间（1,x0）内单调递减,在（x0,+∞）内单调递增．由h（x0）＜h（1）=e,∴h（x）＞e不恒成立．综上所述,实数m地取值范围为（﹣∞,1+e]．∴实数m地最大值为:1+e．[选修4一4:坐标系与参数方程]22．已知在平面直角坐标系中,椭圆C地参数方程为（θ为参数）．（I）以原点为极点,x轴地正半轴为极轴建立极坐标系,求椭圆C地极坐标方程；（Ⅱ）设M（x,y）为椭圆C上任意一点,求x+2y地取值范围．【考点】简单曲线地极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（I）椭圆C地参数方程为,消去参数,可得普通方程,即可求椭圆C地极坐标方程；（Ⅱ）设M（x,y）为椭圆C上任意一点,则x+2y=3cosθ+4sinθ=5sin（θ+α）,即可求x+2y地取值范围．【解答】解:（I）椭圆C地参数方程为,消去参数,可得普通方程为=1,极坐标方程为；（Ⅱ）设M（x,y）为椭圆C上任意一点,则x+2y=3cosθ+4sinθ=5sin（θ+α）,∴x+2y地取值范围是[﹣5,5]．[选修4一5:不等式选讲]23．已知函数f（x）=|2x﹣1|﹣2|x﹣1|．（I）作出函数f（x）地图象；（Ⅱ）若不等式≤f（x）有解,求实数a地取值范围．【考点】绝对值不等式地解法；绝对值三角不等式．【分析】（Ⅰ）去掉绝对值,化简函数f（x）,作出函数f（x）地图象即可；（Ⅱ）由函数f（x）地图象知函数地最大值是1,问题等价于≤1有解,求出解集即可．【解答】解:（Ⅰ）令2x﹣1=0,得x=,令x﹣1=0,得x=1；当x＜时,函数f（x）=|2x﹣1|﹣2|x﹣1|=﹣（2x﹣1）+2（x﹣1）=﹣1；当≤x≤1时,函数f（x）=|2x﹣1|﹣2|x﹣1|=（2x﹣1）+2（x﹣1）=4x﹣3；当x＞1时,函数f（x）=|2x﹣1|﹣2|x﹣1|=（2x﹣1）﹣2（x﹣1）=1；∴f（x）=,作出函数f（x）地图象,如下图所示；（Ⅱ）由函数f（x）地图象知,f（x）地最大值是1,所以不等式≤f（x）有解,等价于≤1有解,不等式≤1可化为﹣1≤0（2a﹣1）（a﹣1）≥0（a≠1）,解得a≤或a＞1,所以实数a地取值范围是（﹣∞,]∪（1,+∞）． 2023年3月22日。
河北省【衡中同卷】普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 理科数学
绝密★启用前普通高等学校招生全国统一考试模拟试题理科数学(一)一、选择题：本题共1 2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{}{260,M x x x N x y =--≤==，若M N M =，则实数以a 取值范围为A ．(3,)+∞B ．[3,)+∞C ．(,3)-∞D ．(,3]-∞2．已知复数z 满足()(2)3(z i i i i ++=-为虚数单位)，则z 的虚部为A ．2B ．2i C·2- D·2i - 3．若圆224250x y x y +---=关于直线岔0(0,0)ax by a b -=>>对称，则双曲线22221x y a b-=的渐近线方程为 A ．20x y ±= B ．30x y ±= C ．20x y ±= D ．40x y ±=4．某手机专卖店2017年1月至12月的收入与支出数据的折线图如图所示，根倨该折线图， 下列法正确的是A ．该手机专卖店2017年的12个月中11月份的收益最高B ．该手机专卖店2017年的12个月中1月份和3月份的收益最低C ．该手机专卖店2017年上半年的收益高于下半年的收益D ．该手机专卖店2017年下半年的总收入比上半年增长了约74．1％5．执行如图所示的程序框图，输出的S 的值为A ．201721-B ．201821-C ．201921-D ．201912-6．已知命题P ：若函数12()([])()f x x x x Z -=-∉，则必有()1f x > (对于任意实数x ，符号[]x 表示不超过x 的最大整数，如：[1.3]1=)；命题q ：“m ≤1”是“函数22()(1)f x x m x m =-+-在区间(1,)+∞内单调递增”的充分不必要条件，则下列命题中是真命题的是A ．p q ∧B ．()p q ⌝∧C ．()p q ⌝∨D ．()p q ∧⌝7．已知某几何体的三视图如图所示，则在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为A ．2B ．C ．1 D8．第23届冬奥会于2018年2月9日一2月25日在韩国平昌郡举行．在平昌的某旅游团中的4名男游客和2名女游客决定分成两组，分别去观看冬奥会短道速滑、花样滑冰、冰球这三项比赛中的两项比赛．若要求每组最少2人，且女游客必须有男游客陪同，则不同的分组方案有A ．60种B ．84种C ．144种D ．204种9．将函数()2cos 1(0)f x x ωω=+>的图像向右平移(0)2πϕϕ<<个单位长度，得到函数()g x 的图像(如图所示)，A ，B 是直线y =1与g(x )的图像的两个交点，且32AB π=，则函数()g x 的图像的一条对称轴为直线A ．6x π= B ．2x π= C ．23x π= D ．56x π= 10．已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为F 1，F 2，点M 在椭圆C 上，点I 在ΔMF 1F 2内部，且12112112112()(()0MF MF F M F F IM IF MF MF F M F F ⋅-=⋅-=。
2020年河北省衡水市实验中学高三数学(理)高考模拟测试卷一
数学试卷一、选择题1.已知复数1z i =-+,则22z z z+=+ ( ) A. 1- B. 1 C. i - D. i2.设全集(3,)U =-+∞,集合2{|142}A x x =<-≤,则U C A = ( ) A. (3,2)[3,)-+∞U B. (2,2)[3,)-+∞U C. (3,2](3,)-+∞UD. [2,2](3,)-+∞U3.某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为0.8,0.7,0.6,只有通过前一天才能进入下一关,且通过每关相互独立.一选手参加该节目,则该选手只闯过前两关的概率为( ) A.0.56 B.0.336 C.0.32 D.0.2244.ABC ∆的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c .已知sin 20sin ab C B =,2241a c +=,且8cos 1B =,则b = ( ) A. 6 B. 42C. 35D. 75.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,则该几何体的体积为( )A.7B.6C.5D.46.若函数221,1()1,1x x f x x ax x ⎧+≥⎪=⎨-++<⎪⎩在R 上是增函数,则a 的取值范围为( )A. [2,3]B. [2,)+∞C. [1,3]D. [1,)+∞7.记不等式组22220x y x y y +≤⎧⎪+≥⎨⎪+≥⎩,表示的平面区域为Ω,点P 的坐标为(,)x y .有下面四个命题:1p :P ∀∈Ω,x y -的最小值为6;2p :P ∀∈Ω,224205x y ≤+≤;3p :P ∀∈Ω,x y -的最大值为6; 4p :P ∀∈Ω,2225255x y ≤+≤. 其中的真命题是( ) A. 1p ,4p B. 1p ,2p C. 2p ,3p D. 3p ,4p8.若(12)n x x -的展开式中3x 的系数为80,其中n 为正整数,则(12)n x x-的展开式中各项系数的绝对值之和为( )A.32B.81C.243D.2569.我国古代数学名著《九章算术》里有一道关于买田的问题:“今有善田一亩,价三百;恶田七亩,价五百.今并买一顷,价钱一万.问善、恶田各几何?”其意思为:“今有好田1亩价值300钱;坏田7亩价值500钱.今合买好、坏田1顷,价值10000钱.问好、坏田各有多少亩?”已知1顷为100亩,现有下列四个程序框图,其中S 的单位为钱,则输出的x,y 分别为此题中好、坏田的亩数的是( )A.B.C.D.10.若仅存在一个实数(0,)2t π∈,使得曲线C :sin()(0)6y x πωω=->关于直线x t =对称,则ω的取值范围是( )A. 17[,)33B. 410[,)33C. 17(,]33D. 410(,]3311.设正三棱锥P ABC -的高为H ,且此棱锥的内切球的半径为R ,若二面角P AB C --的正切值35则HR= ( ) A.5 B.6 C.7 D.812.设双曲线Ω:22221(0,0)x y a b a b-=>>的左顶点与右焦点分别为A ,F ,以线段AF 为底边作一个等腰AFB ∆,且AF 边上的高h AF =.若AFB ∆的垂心恰好在Ω的一条渐近线上,且Ω的离心率为e ,则下列判断正确的是( )A.存在唯一的e ,且3(,2)2e ∈B.存在两个不同的e ,且一个在区间3(1,)2内,另一个在区间3(,2)2内C.存在唯一的e ,且3(1,)2e ∈D.存在两个不同的e ,且一个在区间3(1,)2内,另一个在区间3(,2)2内二、填空题13.在平行四边形ABCD 中,若AD AC BA λμ=+u u u r u u u r u u u r,则λμ+=__________.14.若圆C :221()2x y n m++=的圆心为椭圆M :221x my +=的一个焦点,且圆C 经过M 的另一个焦点,则圆C 的标准方程为__________.15.若22cos ()422παβ--13sin()αβ=+-,,(0,)2παβ∈,则tan tan αβ=__________. 16.已知集合1{|}2M x x =≥-,32{|310}A x M x x a =∈-+-=,{|20}B x M x a =∈--=,若集合A B ⋃的子集的个数为8,则a 的取值范围为__________.三、解答题17.已知数列{}n a ,{}n b 的前n 项和分别为n S ,n T ,21n n n b a -=+,且1222n n n S T n ++=+-. 1.求n n T S -; 2.求数列{}2nn b 的前n 项和n R . 18.某大型超市在2018年元旦举办了一次抽奖活动,抽奖箱里放有3个红球,3个黄球和1个蓝球(这些小球除颜色外大小形状完全相同),从中随机一次性取3个小球,每位顾客每次抽完奖后将球放回抽奖箱.活动另附说明如下:①凡购物满100(含100)元者,凭购物打印凭条可获得一次抽奖机会; ②凡购物满188(含188)元者,凭购物打印凭条可获得两次抽奖机会;③若取得的3个小球只有1种颜色,则该顾客中得一等奖,奖金是一个10元的红包; ④若取得的3个小球有3种颜色,则该顾客中得二等奖,奖金是一个5元的红包;⑤若取得的3个小球只有2种颜色,则该顾客中得三等奖,奖金是一个2元的红包.抽奖活动的组织者记录了该超市前20位顾客的购物消费数据(单位:元),绘制得到如图所示的茎叶图.1.求这20位顾客中奖得抽奖机会的顾客的购物消费数据的中位数与平均数(结果精确到整数部分);2.记一次抽奖获得的红包奖金数(单位:元)为X,求X 的分布列及数学期望,并计算这20位顾客(假定每位获得抽奖机会的顾客都会去抽奖)在抽奖中获得红包的总奖金数的平均值.19.已知0p >,抛物线1C :22x py =与抛物线2C :22y px =异于原点O 的交点为M ,且抛物线1C 在点M 处的切线与x 轴交于点A ,抛物线2C 在点M 处的切线与x 轴交于点B ,与y 轴交于点C .1.若直线1y x =+与抛物线1C 交于点P ,Q ,且26PQ =求OP OQ ⋅u u u r u u u r;2.证明: BOC ∆的面积与四边形AOCM 的面积之比为定值. 20.已知函数2()3xf x e x =+,()91g x x =-. 1.比较()f x 与()g x 的大小,并加以证明;2.当0x a <≤时, 45()xxe x f x a ++->,且2(3)350mm e m m --++=(02)m <<,证明:0a m <<.21.[选修4-4:坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中,曲线M的参数方程为23 3 233xttyt⎧=⎪-⎪⎨⎪=⎪-⎩(t为参数,且0t>),以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线C的极坐标方程为4cosρθ=.1.将曲线M的参数方程化为普通方程,并将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程;2.求曲线M与曲线C交点的极坐标(0,02)ρθπ≥≤<.22.[选修4-5:不等式选讲]已知函数()413f x x x=-+--.1.求不等式()2f x≤的解集;2.若直线2y kx=-与函数()f x的图象有公共点,求k的取值范围.四、证明题23.如图,在各棱长均为2的正三棱柱111ABC A B C-中,D,E分别为棱11A B与1BB的中点,M,N为线段1C D上的动点,其中,M更靠近D,且1MN C N=.1.证明:1A E⊥平面1AC D;2.若NE与平面11BCC B10求异面直线BM与NE所成角的余弦值.参考答案1.答案：A 解析：2.答案：B 解析：3.答案：D 解析：4.答案：A 解析：5.答案：B 解析：6.答案：A 解析：7.答案：C 解析：8.答案：C 解析：9.答案：B 解析： 10.答案：D 解析： 11.答案：C 解析： 12.答案：A 解析： 13.答案：2 解析：14.答案：22(1)4x y ++= 解析： 15.答案：2 解析：16.答案：51[,1)(1,)28---U解析：17.答案：1.依题意可得113b a -=,225b a -=,…, 21nn n b a -=+∴n n T S -1212()()n n b b b a a a =++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+2(222)nn =+++⋅⋅⋅+122n n +=+-.2.∵2n n n S S T =+()n n T S --2n n =-∴22n n nS -=∴1n a n =-.又21nn n b a -=+ ∴2nn b n =+∴122n n nb n=+ ∴n R n =+212()222n n ++⋅⋅⋅+,则1122n R n =+23112()222n n+++⋅⋅⋅+∴1122n R n =+21111()2222n n n +++⋅⋅⋅+- 故111222112n n R n +-=+⨯-2222n n n n n +-=+-.解析：18.答案：1.获得抽奖机会的数据的中位数为110,平均数为1(10110210410810911++++110112115188189200)++++++143813111=≈. 2. X 的可能取值为2,5,10(10)P X =272235C ==(5)P X =113327935C C C ==(2)P X =21342722435C C C ==故()253535E X =⨯+⨯2113103535+⨯=. 这20位顾客中,有8位顾客获得一次抽奖的机会,有3位顾客获得两次抽奖的机会,故共有14次抽奖机会.所以这20位顾客在抽奖中获得红包的总奖金数的平均值为1131445.235⨯=元. 解析：19.答案：1.由212y x x py=+⎧⎨=⎩,消去y 得2220x px p --=.设P ,Q 的坐标分别为11(,)x y ,22(,)x y 则122x x p +=,122x x p =-∴PQ ==∵0p > ∴1p =∴1212OP OQ x x y y ⋅=+u u u r u u u r1212(1)(1)x x x x =+++121221x x x x =+++4211=-++=-.2.由2222y px x py ⎧=⎪⎨=⎪⎩,得2x y p ==或0x y ==则(2,2)M p p设直线AM :12(2)y p k x p -=-,与22x py =联立得221124(1)0x pk x p k ---=. 由222111416(1)0p k p k ∆=+-=,得21(2)0k -=∴12k =设直线BM :22(2)y p k x p -=-,与22y px =联立得222224(1)0k y py p k ---=由22222416(1)0p p k k ∆=+-=,得22(12)0k -=∴212k =. 故直线AM :22(2)y p x p -=-,直线BM :12(2)2y p x p -=- 从而不难求得(,0)A p ,(2,0)B p -,(0,)C p∴2BOC S p ∆=,23ABM S p ∆=∴BOC ∆的面积与四边形AOCM 的面积之比为222132p p p =- (为定值). 解析：20.答案：1. ()()f x g x >证明如下:设()()()h x f x g x =-2391x e x x +-+ ∵'()329xh x e x =+-为增函数∴可设0()0h x '=∵'(0)60h =-<,'(1)370h e =-> ∴0(0,1)x ∈当0x x >时, ()0h x '>;当0x x <时, ()0h x '<∴min 0()()h x h x =0200391xe x x =+-+又003290xe x +-= ∴00329x ex =-+∴2min 000()2991h x x x x =-++-+2001110x x =-+00(1)(10)x x =--∵0(0,1)x ∈∴00(1)(10)0x x --> ∴min ()0h x >,()()f x g x >.2.设()45()xx xe x f x ϕ=++-2(3)45(0)xx e x x x =--++> 令'()(2)(2)0xx x e ϕ=--=,得1ln 2x =,22x =则()x ϕ在()0,ln 2上单调递增,在()ln 2,2上单调递减,在(2,)+∞上单调递增.2(2)92e ϕ=-<,设()2(ln 22)t t ϕ=<<∵2(3)350mm e m m --++=(02)m << ∴2(3)45mm e m m m --++=(02)m << 即()m m ϕ=(02)m <<当0a t <<时, ()(0)2x a ϕϕ>=>,则45()xxe x f x a ++-> 当t a m ≤≤时, min ()()x a ϕϕ= ∵45()xxe x f x a ++-> ∴()a a ϕ> ∴t a m ≤<当2m a <<或2a ≥时,不合题意. 从而0a m <<.解析：21.答案：1.∵yt x=,∴233xyx=-,即3(2)y x=-又0t>,∴2330->∴2x>或0x<∴曲线M的普通方程为3(2)y x=- (2x>或0x<)∵4cosρθ=∴24cosρρθ=∴224x y x+=,即曲线C的直角坐标方程为2240x x y-+=.2.由223(2)40y xx x y⎧=-⎪⎨-+=⎪⎩得2430x x-+=∴11x= (舍去),23x=则交点的直角坐标为(3,3),极坐标为(23,)6π.解析：22.答案：1.由()2f x≤,得1{222xx≤-≤或14{02x<<≤或4{282xx≥-≤,解得05x≤≤,故不等式()2f x≤的解集为[]0,5.2.()413f x x x=-+--22,10,1428,4x xxx x-≤⎧⎪=<<⎨⎪-≥⎩作出函数()f x的图象,如图所示,直线2y kx=-过定点(0,2)C-当此直线经过点(4,0)B 时, 12k =当此直线与直线AD 平行时, 2k =-故由图可知, 1(,2)[,)2k ∈-∞-+∞U解析：23.答案：1.由已知得111A B C ∆为正三角形,D 为棱11A B 的中点 ∴111C D A B ⊥在正三棱柱111ABC A B C -中, 1AA ⊥底面111A B C , 则11AA C D ⊥. 又1111A B AA A ⋂= ∴1C D ⊥平面11ABB A ∴11C D A E ⊥ 易证1A E AD ⊥, 又1AD C D D ⋂= ∴1A E ⊥平面1AC D .2.取BC 的中点O ,11B C 的中点1O ,则AO BC ⊥,1OO BC ⊥ 以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -则(0,1,0)B ,(0,1,1)E ,1(0,1,2)C -,1,2)2D 设11C N C D λ=u u u u r u u u ur 3,,0)22λ= 则11NE C E C N =-u u u r u u u u r u u u ur 3(0,2,1),,0)2λ=--3(,2,1)2λ=-- 易知()1,0,0n =r是平面11BCC B 的一个法向量∴cos ,NE n <>u u u rr =20=,解得13λ=∴3(,1)62NE =--u u u r ,112C M C D λ=u u u r,(3= 11BM BC C M =+u u u u r u u u u r u u u ur 1,2)=-∴cos ,NE BM <>u u u r u u u ur 132---=40=-∴异面直线NE 与BM解析：。
2020年河北省衡水中学高考(理科)数学临考模拟试卷 (解析版)
2020年河北省衡水中学高考（理科）数学临考模拟试卷一、选择题（共12小题）.1．若复数z满足1+zi＝0，i是虚数单位，则z＝（）A．﹣1B．1C．i D．﹣i2．集合，B＝{x|x2+x﹣6＞0}，则A∪B＝（）A．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）B．（3，+∞）C．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）D．（﹣∞，﹣3）∪（1，2）∪（2，+∞）3．已知，，则tanα＝（）A．2B．C．1D．4．在边长为3，4，5的三角形内部任取一点P，则点P到三个顶点距离都大于1的概率为（）A．B．C．D．5．《吕氏春秋•音律篇》记载了利用“三分损益”制定关于“宫、商、角、徵、羽”五音的方法，以一段均匀的发声管为基数“宫”，然后将此发声管均分成三段，舍弃其中的一段保留二段，这就是“三分损一”，余下来的三分之二长度的发声管所发出的声音就是“徵”；将“徵”管均分成三份，再加上一份，即“徵”管长度的三分之四，这就是“三分益一”，于是就产生了“商”；“商”管保留分之二，“三分损一”，于是得出“羽”；羽管“三分益一”，即羽管的三分之四的长度，就是角”．如果按照三分损益律，基数“宫”发声管长度为1，则“羽”管的长度为（）A．B．C．D．6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是（）A．32B．36C．72D．807．在的展开式中，含项的系数等于（）A．98B．42C．﹣98D．﹣428．函数f（x）＝的部分图象大致为（）A．B．C．D．9．已知直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且BD＝DD1＝AC，则异面直线AD1与DC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．10．已知O为坐标原点，A、F分别是双曲线C：＝1，（a＞0，b＞0）的右顶点和右焦点，以OF为直径的圆与一条渐近线的交点为P（不与原点重合），若△OAP的面积S△OAP满足，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．11．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A：cos B：cos C＝6a：3b：2c，则cos C等于（）A．B．C．D．12．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）﹣ax恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A．[1，4）B．（﹣1，16）C．（﹣1，0]∪[1，16）D．{0}∪[1，4）二、填空题（共4小题）.13．若球O的球心到其内接长方体三个不同侧面的距离为1，2，3，则球O表面积为．14．已知圆x2+y2＝1与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，与抛物线的准线交于C，D两点，且坐标原点O是AC的中点，则p的值等于．15．函数f（x）＝sinωx（ω＞0）的图象向右平移个单位得到函数y＝g（x）的图象，且f（x）与g（x）的图象关于点对称，那么ω的最小值等于．16．已知向量，，满足，，且，则的取值范围是．三、解答题：解答应写岀文字说眀、证明过程或演算步骤．17．已知各项均为正数的等比数列{a n}与等差数列{b n}满足a1＝b1＝2，a5＝b31＝32，记c n ＝，（n∈N*）．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{c n}的前n项和T n．18．2020年2月，为防控新冠肺炎，各地中小学延期开学．某学校积极响应“停课不停学”政策，在甲、乙两班分别开展了H、G两种不同平台的线上教学尝试，经过一段时间的试用，从两班各随机调查了20个同学，得到了对两种线上平台的评价结果如表：评价结果差评一般好评甲班5人10人5人乙班2人8人10人（1）假设两个班级的评价相互独立，以事件发生频率作为相应事件发生的概率，若从甲乙两班中各随机抽取一名学生，求甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”的概率；（2）根据对两个班的调查，完成列联表，并判断能否有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关．差评好评或一般总计H平台G平台总计附：，n＝a+b+c+d．P（K2≥k0）0.0500.0100.001 k0 3.841 6.63510.82819．如图，在三棱锥D﹣ABC中，AB⊥BD，BC⊥CD，M，N分别是线段AD，BD的中点，MC＝1，，二面角D﹣BA﹣C的大小为60°．（1）证明：平面MNC⊥平面BCD；（2）求直线BM和平面MNC所成角的余弦值．20．已知椭圆左、右焦点分别为F1，F2，且满足离心率，，过原点O且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于M，N两点．（1）求椭圆C的方程；（2）设点A（2，1），求△AMN面积的最大值．21．已知函数f（x）＝（x+2）lnx+ax2（a为常数）在x＝1处的切线方程为y＝4x﹣．（1）求a的值，并讨论f（x）的单调性；（2）若f（x1）+f（x2）＝1，求证：x1x2≤1．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，直线l1：x﹣y﹣2＝0，曲线C：（φ为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线l1与曲线C的极坐标方程；（2）若直线l2的极坐标方程为θ＝α（ρ∈R），直线l2与直线l1交于点A，与曲线C交于点O与点B，求的最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|．（1）解不等式f（x）≤4；（2）记函数y＝f（x）+3|x+1|的最小值为m，正实数a，b满足a+b＝m，试求的最小值．参考答案一、选择题（共12小题）.1．若复数z满足1+zi＝0，i是虚数单位，则z＝（）A．﹣1B．1C．i D．﹣i【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：由1+zi＝0，得．故选：C．2．集合，B＝{x|x2+x﹣6＞0}，则A∪B＝（）A．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）B．（3，+∞）C．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）D．（﹣∞，﹣3）∪（1，2）∪（2，+∞）【分析】可以求出集合A，B，然后进行并集的运算即可．解：∵A＝（1，+∞），B＝（﹣∞，﹣3）∪（2，+∞），∴A∪B＝（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）．故选：C．3．已知，，则tanα＝（）A．2B．C．1D．【分析】由已知利用诱导公式可求sinα的值，利用同角三角函数基本关系式，即可求解cosα，tanα的值．解：∵，，∴，∴tanα＝2．故选：A．4．在边长为3，4，5的三角形内部任取一点P，则点P到三个顶点距离都大于1的概率为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，结合图形分析可得点P到三个顶点距离小于1的区域面积为三个扇形面积之和，求出其面积，计算三角形的面积，由几何概型公式计算可得答案．解：根据题意，在△ABC中，BC＝3，AB＝4，AC＝5，点P到三个顶点距离小于3的区域面积为三个扇形面积之和，即S＝×π＝，则点P到三个顶点距离都大于1的概率P＝；故选：B．5．《吕氏春秋•音律篇》记载了利用“三分损益”制定关于“宫、商、角、徵、羽”五音的方法，以一段均匀的发声管为基数“宫”，然后将此发声管均分成三段，舍弃其中的一段保留二段，这就是“三分损一”，余下来的三分之二长度的发声管所发出的声音就是“徵”；将“徵”管均分成三份，再加上一份，即“徵”管长度的三分之四，这就是“三分益一”，于是就产生了“商”；“商”管保留分之二，“三分损一”，于是得出“羽”；羽管“三分益一”，即羽管的三分之四的长度，就是角”．如果按照三分损益律，基数“宫”发声管长度为1，则“羽”管的长度为（）A．B．C．D．【分析】根据三分损益原理计算即可．解：按照三分损益原理，故选：A．6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是（）A．32B．36C．72D．80【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为两个长方体的组合体，其中每个长方体的底面是边长为2的正方形，高为4．则其表面积可求．解：由三视图还原原几何体如图，则其表面积为S＝（40﹣4）×2＝72．故选：C．7．在的展开式中，含项的系数等于（）A．98B．42C．﹣98D．﹣42【分析】先求出（﹣）8的通项公式，再分类求出含项的系数．解：∵（﹣）8的通项公式为T r+1＝••（﹣）r＝（﹣1）r••x，令﹣8＝﹣5得r＝2；令﹣4＝﹣2得r＝4；故选：D．8．函数f（x）＝的部分图象大致为（）A．B．C．D．【分析】求出函数的定义域，判断函数的奇偶性，利用对称性和函数值的对应性进行排除即可．解：由|x|﹣2≠0得x≠±2，f（﹣x）＝﹣f（x），即f（x）为奇函数，图象关于原点对称，可排除选项B、D，故选：A．9．已知直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且BD＝DD1＝AC，则异面直线AD1与DC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【分析】由，得∠DAC＝30°，求出∠DAB＝60°，推导出∠AD1G（或补角）即为异面直线AD1与DC1所成的角，由此能求出异面直线AD1与DC1所成角的余弦值．解：由，得∠DAC＝30°，所以∠DAB＝60°，所以AD＝DD1，．则∠AD1G（或补角）即为异面直线AD1与DC1所成的角，利用勾股定理求出，所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值为．故选：B．10．已知O为坐标原点，A、F分别是双曲线C：＝1，（a＞0，b＞0）的右顶点和右焦点，以OF为直径的圆与一条渐近线的交点为P（不与原点重合），若△OAP的面积S△OAP满足，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【分析】由，可得：，即，利用e＝即可求解．解：如图，可得OA＝a，OF＝c，∠OPF＝90°，tan，由，可得FP•FO cos∠POA＝×，∴，即可得，∴e4＝2，e＝．故选：D．11．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A：cos B：cos C＝6a：3b：2c，则cos C等于（）A．B．C．D．【分析】由已知结合正弦定理进行化简后，再结合两角和的正切公式进行化简即可求解．解：由，利用正弦定理得，即6tan A＝3tan B＝2tan C，代入，所以．故选：D．12．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）﹣ax恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A．[1，4）B．（﹣1，16）C．（﹣1，0]∪[1，16）D．{0}∪[1，4）【分析】易知x＝0是y＝f（x）﹣ax的一个零点，则f（x）＝ax有两个不为零的不同实根，即与y＝a的图象有两个不为零的不同交点，作出函数h（x）的图象，即可求出实数a的取值范围．解：（1）当x＝0时，y＝f（0）﹣0＝0，所以x＝0是y＝f（x）﹣ax的一个零点；即f（x）＝ax有两个不为零的不同实根，又h（x）＝＝，所以当x＜0时，h1′（x）＞0，h1（x）单调递增；令，x≥1，则，当x∈（3，+∞）时，h2′（x）＜0，h2（x）单调递减，故选：D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分.13．若球O的球心到其内接长方体三个不同侧面的距离为1，2，3，则球O表面积为56π．【分析】由球的截面性质得出长方体的三条棱长，从而得球半径，可计算出面积．解：由题意长方体相邻的三条棱长为2，4，6，外接球直径等于长方体对角线，所以，故答案为：．14．已知圆x2+y2＝1与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，与抛物线的准线交于C，D两点，且坐标原点O是AC的中点，则p的值等于．【分析】设出A的坐标，代入圆的方程，求解P即可．解：圆x2+y2＝1与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，与抛物线的准线交于C，D 两点，且坐标原点O是AC的中点，代入圆的方程，解得．故答案为：．15．函数f（x）＝sinωx（ω＞0）的图象向右平移个单位得到函数y＝g（x）的图象，且f（x）与g（x）的图象关于点对称，那么ω的最小值等于6．【分析】由题意，利用函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，求得ω的最小值解：由图象平移规律，可知，由f（x）与g（x）的图象关于点对称，化简，得恒成立，所以正数ω的最小值为6，故答案为：6．16．已知向量，，满足，，且，则的取值范围是[﹣7，7]．【分析】将已知条件中的等式变形为，两边平方，再结合平面向量数量积的运算，化简整理后可推出+2+1≤+2+，即，从而得解．解：因为，所以，等式两边平方，得①．所以≤•，即+2+3≤25+2+25，所以．故答案为：[﹣6，7]．三、解答题：解答应写岀文字说眀、证明过程或演算步骤．17．已知各项均为正数的等比数列{a n}与等差数列{b n}满足a1＝b1＝2，a5＝b31＝32，记c n ＝，（n∈N*）．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{c n}的前n项和T n．【分析】（1）利用已知条件求出数列的通项公式．（2）利用裂项相消法求出数列的和．解：（1）因为{a n}各项为正数，设{a n}的公比为q，（q＞0），{b n}的公差为d，所以，b n＝n+1．所以＝．18．2020年2月，为防控新冠肺炎，各地中小学延期开学．某学校积极响应“停课不停学”政策，在甲、乙两班分别开展了H、G两种不同平台的线上教学尝试，经过一段时间的试用，从两班各随机调查了20个同学，得到了对两种线上平台的评价结果如表：评价结果差评一般好评甲班5人10人5人乙班2人8人10人（1）假设两个班级的评价相互独立，以事件发生频率作为相应事件发生的概率，若从甲乙两班中各随机抽取一名学生，求甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”的概率；（2）根据对两个班的调查，完成列联表，并判断能否有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关．差评好评或一般总计H平台G平台总计附：，n＝a+b+c+d．P（K2≥k0）0.0500.0100.001 k0 3.841 6.63510.828【分析】（1）根据相互独立事件的概率计算公式，即可求出对应的概率值；（2）由题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论．解：（1）记A1表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“好评”；A2表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“一般”；B2表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”；因为两个班级的评价相互独立，所以．差评好评或一般总计H平台51520G平台21820总计73340计算得，所以没有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关．19．如图，在三棱锥D﹣ABC中，AB⊥BD，BC⊥CD，M，N分别是线段AD，BD的中点，MC＝1，，二面角D﹣BA﹣C的大小为60°．（1）证明：平面MNC⊥平面BCD；（2）求直线BM和平面MNC所成角的余弦值．【分析】（1）先计算出NC和MN的长度，再结合勾股定理可证得MN⊥NC；由中位线的性质可得MN∥AB，而AB⊥BD，故MN⊥BD；然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证．（2）根据二面角的定义可证得∠CBD为二面角D﹣BA﹣C的平面角，即∠CBD＝60°．法一：以B为原点，BC、BA为x、y轴，建立空间直角坐标系，逐一写出B、C、M、N的坐标，根据法向量的性质求得平面MNC的法向量，设直线BM和平面MNC所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞|，再利用同角三角函数的平方关系即可得解．法二：取CN的中点E，连接BE，由面面垂直的性质定理可证得BE⊥平面MNC，故∠BME为直线BM和平面MNC所成的角，在Rt△ABD中，求得sin∠BME，再利用同角三角函数的平方关系即可得解．【解答】（1）证明：在Rt△BCD中，N是斜边BD的中点，∴．∵M、N分别是AD、BD的中点，∴MN∥AB，，∵AB⊥BD，MN∥AB，∴MN⊥BD，∵MN⊂平面MNC，∴平面MNC⊥平面BCD．又AB⊥BD，∴∠CBD为二面角D﹣BA﹣C的平面角，即∠CBD＝60°，以B为坐标原点，BC为x轴，BA为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∴，，．设平面MNC的法向量，则，即，设直线BM和平面MNC所成角为θ，∵θ∈[0，]，故直线BM和平面MNC所成角的余弦值等于．又AB⊥BD，∴∠CBD为二面角D﹣BA﹣C的平面角，即∠CBD＝60°，又∵平面MNC⊥平面BCD，平面MNC∩平面BCD＝NC，∴∠BME即为直线BM和平面MNC所成的角．∴，故直线BM和平面MNC所成角的余弦值等于．20．已知椭圆左、右焦点分别为F1，F2，且满足离心率，，过原点O且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于M，N两点．（1）求椭圆C的方程；（2）设点A（2，1），求△AMN面积的最大值．【分析】（1）利用椭圆的离心率以及焦距，求解c，a，然后求解b，得到椭圆方程．（2）设直线l的方程为y＝kx（k≠0），由，求出弦长MN，求出A到直线l的距离，推出三角形的面积的表达式，然后求解最大值即可．解：（1）由题意可知，，根据，得a＝4，b＝4，（2）设直线l的方程为y＝kx（k≠0），得，，＝．所以＝，当k＜0时，，当且仅当时，等号成立，所以S△AMN的最大值为．21．已知函数f（x）＝（x+2）lnx+ax2（a为常数）在x＝1处的切线方程为y＝4x﹣．（1）求a的值，并讨论f（x）的单调性；（2）若f（x1）+f（x2）＝1，求证：x1x2≤1．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求a，结合导数与单调性关系即可求解；（2）结合结论lnx≤x﹣1，构造函数g（x）＝f（x）+f（）﹣1，结合导数可得出f（x1），然后结合f（x1）+f（x2）＝1，及f（x）在（0，+∞）上单调性即可证明．解：（1），由题意可得，f′（5）＝3+2a＝4，解可得a＝，令m（x）＝lnx+x++4，则＝，故m（x）＝f′（x）＞f′（1）＞0恒成立，（2）设n（x）＝lnx﹣x+1，则，当x＝1时，n（x）取得最大值n（1）＝0，令g（x）＝f（x）+f（）﹣1＝（x+2）lnx+﹣（4+）lnx+，设h（x）＝（1+）lnx，则＝＞0，故当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）≥g（1）＝5，即f（x）+f（）﹣1≥0，当x＝1时等号成立，所以4﹣f（x2）≥1﹣f（）即f（x2）≤f（），所以x6≤，即x1x2≤7．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，直线l1：x﹣y﹣2＝0，曲线C：（φ为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线l1与曲线C的极坐标方程；（2）若直线l2的极坐标方程为θ＝α（ρ∈R），直线l2与直线l1交于点A，与曲线C交于点O与点B，求的最大值．【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用转换关系，把三角函数关系式的变换和函数的性质的应用求出结果．解：（1）因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以直线l1的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ＝2，即．将x2+y2＝ρ2，x＝ρcosθ代入上式，得ρ2＝8ρcosθ．（2）因为直线l2：θ＝α，则A（ρ1，α），B（ρ4，α），所以＝．所以当时，取得最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|．（1）解不等式f（x）≤4；（2）记函数y＝f（x）+3|x+1|的最小值为m，正实数a，b满足a+b＝m，试求的最小值．【分析】（1）利用零点分段．再分段解不等式即可；（2）利用绝对值不等式求解最小值为m，利用“乘1”法即可求解的最小值解：（1）依题意得f（x）＝，由不等式f（x）≤3；解得﹣2≤x≤﹣1，或，或．（2）由y＝f（x）+3|x+1|＝|7x﹣1|+|2x+2|≥|（2x﹣1）﹣（5x+2）|＝3，即a+b＝3即当且仅当且a+b＝3，即a＝1，b＝2时取等号，所以的最小值为．。
河北省衡水市高考数学三模试卷(理科)
河北省衡水市高考数学三模试卷（理科）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分）已知集合则等于（）A . {0,1}B . {1}C . {-1,1}D . {-1,0,1}2. （2分）(2017·鄂尔多斯模拟) 设i为虚数单位，（﹣3+4i）2=a+bi（a，b∈R），则下列判断正确的是（）A . |a+bi|=5B . a+b=1C . a﹣b=﹣17D . ab=1683. （2分）已知是数列{}的前n项和，，那么数列{}是（）A . 等比数列B . 当p≠0时为等比数列C . 当p≠0，p≠1时为等比数列D . 不可能为等比数列4. （2分）若实数，则函数的图象的一条对称轴方程为（）A .B .C .D .5. （2分） (2017高二上·潮阳期末) 执行如图的程序框图，则输出S的值为（）A . 2B . ﹣3C . ﹣D .6. （2分）(2017·沈阳模拟) 某几何体的三视图如图所示，则其体积为（）A . 4B . 8C .D .7. （2分） (2016高一上·宁波期中) 已知偶函数f（x）在区间[0，+∞）单调递减，则满足的实数x的取值范围是（）A . （，）B . [ ，）C . （，）D . [ ，）8. （2分） (2017高二下·莆田期末) 某班周四上午有4节课，下午有2节课，安排语文、数学、英语、物理、体育、音乐6门课，若要求体育不排在上午第一、二节，并且体育课与音乐课不相邻，（上午第四节与下午第一节理解为相邻），则不同的排法总数为（）A . 312B . 288C . 480D . 4569. （2分） (2015高三下·湖北期中) 已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，顶角为120°，则E的离心率为（）A .B . 2C .D .10. （2分） (2016高二下·市北期中) 函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，|φ|＜）的图象如图所示，为了得到g（x）=sin（2x+ ）的图象，则只需将f（x）的图象（）A . 向右平移个单位长度B . 向右平移个单位长度C . 向左平移个单位长度D . 向左平移个单位长度11. （2分）已知正三棱锥P-ABC的主视图和俯视图如图所示,则此三棱锥的外接球的表面积为（）A . 4πB . 12πC .D .12. （2分） (2017高二下·红桥期末) 已知函数f（x）= sin2x﹣cos2x+1，下列结论中错误的是（）A . f（x）的图象关于（，1）中心对称B . f（x）在（，）上单调递减C . f（x）的图象关于x= 对称D . f（x）的最大值为3二、填空题 (共4题；共5分)13. （2分） (2018高三上·嘉兴期末) 直角中，，为边上的点，且，则 ________；若，则 ________．14. （1分）(2017·福建模拟) 设不等式，表示的平面区域为M，若直线y=k（x+2）上存在M内的点，则实数k的最大值是________．15. （1分）在研究吸烟与患肺癌的关系中，通过收集数据、整理分析数据得“有99%以上的把握认为吸烟与患肺癌有关”．对以下说法：（1）在100个吸烟者中至少有99人患有肺癌；（2）某个人吸烟，那么这个人有99%的概率患有肺癌；（3）在100个吸烟者中一定有患肺癌的人；（4）在100个吸烟者中可能一个患肺癌的人也没有．其中正确的是________ ．（填上所有正确的序号）16. （1分） (2016高二上·浦东期中) 在数列{an}中，Sn是其前n项和，若Sn=n2+1，n∈N* ，则an=________．三、解答题 (共5题；共50分)17. （10分） (2017高一下·宿州期中) 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边且asinB= bcosA（1）求A.（2）若a=3，b=2c，求△ABC的面积．18. （5分）(2017·芜湖模拟) 如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC=2AD=2DC，四边形ABEF 是正方形．将正方形ABEF沿AB折起到四边形ABE1F1的位置，使平面ABE1F1⊥平面ABCD，M为AF1的中点，如图2．（I）求证：AC⊥BM；（Ⅱ）求平面CE1M与平面ABE1F1所成锐二面角的余弦值．19. （10分） (2017高二下·启东期末) 在校运动会上，甲、乙、丙三位同学每人均从跳远，跳高，铅球，标枪四个项目中随机选一项参加比赛，假设三人选项目时互不影响，且每人选每一个项目时都是等可能的（1）求仅有两人所选项目相同的概率；（2）设X为甲、乙、丙三位同学中选跳远项目的人数，求X的分布列和数学期望E（X）20. （10分）已知过点A(1，0)且斜率为k的直线l与圆C：(x-2)2+(y-3)2=1交于M ， N两点.（1）求k的取值范围；（2）=12，其中O为坐标原点，求|MN|.21. （15分） (2019高三上·城关期中) 设函数 .（1）求过点的切线方程；（2）若方程有3个不同的实根，求的取值范围。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第三次循环,sin ＞sinπ,即﹣1＞0不成立,a=0,T=1,k=4,k＜6成立,
第四次循环,sin2π＞sin ,即0＞﹣1成立,a=1,T=1+1=2,k=5,k＜6成立,
第五次循环,sin ＞sin2π,即1＞0成立,a=1,T=2+1=3,k=6,k＜6不成立,输出T=3,
A． B．2C． D．1
【解答】解：∵2πr1= ,∴r1= ,同理 ,
∴r1+r2+r3=1,
故选：D．
6．（5分）（2020•衡中模拟）如图是某算法的程序框图,则程序运行后输出的结果是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【解答】解：第一次循环,sin ＞sin0,即1＞0成立,a=1,T=1,k=2,k＜6成立,
A．（11,25）B．（12,22）C．（12,17）D．（14,20）
【解答】解：∵an﹣bn=﹣2n+p﹣2n﹣4,
∴an﹣bn随着n变大而变小,
又∵an=﹣2n+p随着n变大而变小,
bn=2n﹣4随着n变大而变大,
∴ ,
（1）当
（2）当 ,
综上p∈（14,20）,
故选D．
二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分．把答案填在题中的横线上．）
三、解答题（本大题共5小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（12分）（2020•衡中模拟）在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足c=1,且cosBsinC+（a﹣sinB）cos（A+B）=0
（1）求C的大小；
（2）求a2+b2的最大值,并求取得最大值时角A,B的值．
当k≥1时,函数f（x）和y=kx有1个交点,满足条件．
综上k的取值范围为k≤0或k≥1,
故选：B．
12．（5分）（2020•衡中模拟）已知数列{an}的通项公式为an=﹣2n+p,数列{bn}的通项公式为bn=2n﹣4,设cn= ,若在数列{cn}中c6＜cn（n∈N*,n≠6）,则p的取值范围（ ）
故选：C
3．（5分）（2020•衡中模拟）已知复数z= （i为虚数单位）,则 3=（ ）
A．1B．﹣1C． D．
【解答】解：复数z= ,
可得 =﹣ =cos +isin ．
则 3=cos4π+isin4π=1．
故选：A．
4．（5分）（2020•衡中模拟）过双曲线 ﹣ =1（a＞0,b＞0）的一个焦点F作两渐近线的垂线,垂足分别为P、Q,若∠PFQ= π,则双曲线的渐近线方程为（ ）
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）当λ变化时,kAB是否为定值？若是,请求出此定值；若不是,请说明理由．
21．（12分）（2020•衡中模拟）已知函数f（x）= ,曲线y=f（x）在点x=e2处的切线与直线x﹣2y+e=0平行．
（Ⅰ）若函数g（x）= f（x）﹣ax在（1,+∞）上是减函数,求实数a的最小值；
A．y=± xB．y=± xC．y=±xD．y=± x
【解答】解：如图若∠PFQ= π,
则由对称性得∠QFO= ,
则∠QOx= ,
即OQ的斜率k= =tan = ,
则双曲线渐近线的方程为y=± x,
故选：B
5．（5分）（2020•衡中模拟）将半径为1的圆分割成面积之比为1：2：3的三个扇形作为三个圆锥的侧面,设这三个圆锥底面半径依次为r1,r2,r3,那么r1+r2+r3的值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：设右焦点为Q,
由F（﹣3,0）,可得Q（3,0）,
由椭圆的定义可得|PF|+|PQ|=2a,
即|PF|=2a﹣|PQ|,
则|PM|+|PF|=2a+（|PM|﹣|PQ|）≤2a+|MQ|,
当P,M,Q共线时,取得等号,即最大值2a+|MQ|,
由|MQ|= =5,可得2a+5=17,
故选：B
7．（5分）（2020•衡中模拟）等差数列{an}中,a3=7,a5=11,若bn= ,则数列{bn}的前8项和为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d,a3=7,a5=11,
∴ ,
解得a1=3,d=2,
∴an=3+2（n﹣1）=2n+1,
∴ ,
∴b8= （1﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ）= （1﹣ ）=
（Ⅰ）求x＜2且y＞1的概率；
（Ⅱ）求随机变量ξ的分布列与数学期望．
20．（12分）（2020•衡中模拟）已知椭圆E： + =1（a＞b＞0）,倾斜角为45°的直线与椭圆相交于M、N两点,且线段MN的中点为（﹣1, ）．过椭圆E内一点P（1, ）的两条直线分别与椭圆交于点A、C和B、D,且满足 =λ , =λ ,其中λ为实数．当直线AP平行于x轴时,对应的λ= ．
18．（12分）（2020•衡中模拟）如图,在四棱锥P﹣ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,AD∥BC,∠ABC=90°,PA=AB=BC=2,AD=1,M是棱PB中点．
（Ⅰ）求证：平面PBC⊥平面PCD；
（Ⅱ）设点N是线段CD上一动点,且 =λ ,当直线MN与平面PAB所成的角最大时,求λ的值．
19．（12分）（2020•衡中模拟）如图是两个独立的转盘（A）、（B）,在两个图中三个扇形区域的圆心角分别为60°、120°、180°．用这两个转盘进行游戏,规则是：同时转动两个转盘待指针停下（当两个转盘中任意一个指针恰好落在分界线时,则这次转动无效,重新开始）,记转盘（A）指针所对的区域为x,转盘（B）指针所对的区域为y,x、y∈{1,2,3},设x+y的值为ξ．
衡水中学高考数学全真模拟试卷（理科）
第1卷
一、选择题（本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.）
1．（5分）（2020•衡中模拟）已知集合A={x|x2＜1},B={y|y=|x|},则A∩B=（ ）
A．∅B．（0,1）C．[0,1）D．[0,1]
15．（5分）（2020•衡中模拟）若直线ax+（a﹣2）y+4﹣a=0把区域 分成面积相等的两部分,则 的最大值为．
16．（5分）（2020•衡中模拟）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ x2（a＜﹣1）对任意的x1、x2＞0,恒有|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|,则a的取值范围为．
由图象知当k≤0时,函数f（x）和y=kx恒有一个交点,
当x≥0时,函数f（x）=ln（x+1）的导数f′（x）= ,则f′（0）=1,
当x＜0时,函数f（x）=ex﹣1的导数f′（x）=ex,则f′（0）=e0=1,
即当k=1时,y=x是函数f（x）的切线,
则当0＜k＜1时,函数f（x）和y=kx有3个交点,不满足条件．
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.）
1．（5分）（2020•衡中模拟）已知集合A={x|x2＜1},B={y|y=|x|},则A∩B=（ ）
A．∅B．（0,1）C．[0,1）D．[0,1]
【解答】解：A={x|x2＜1}={x|﹣1＜x＜1},B={y|y=|x|≥0},
A．y=± xB．y=± xC．y=±xD．y=± x
5．（5分）（2020•衡中模拟）将半径为1的圆分割成面积之比为1：2：3的三个扇形作为三个圆锥的侧面,设这三个圆锥底面半径依次为r1,r2,r3,那么r1+r2+r3的值为（ ）
A． B．2C． D．1
6．（5分）（2020•衡中模拟）如图是某算法的程序框图,则程序运行后输出的结果是（ ）
A．45B．180C．﹣180D．720
9．（5分）（2020•衡中模拟）如图为三棱锥S﹣ABC的三视图,其表面积为（ ）
A．16B．8 +6 C．16 D．16+6
10．（5分）（2020•衡中模拟）已知椭圆E： + =1（a＞b＞0）的左焦点F（﹣3,0）,P为椭圆上一动点,椭圆内部点M（﹣1,3）满足PF+PM的最大值为17,则椭圆的离心率为（ ）
所以a=6,
则e= = = ,
故选：A．
11．（5分）（2020•衡中模拟）已知f（x）= ,若函数y=f（x）﹣kx恒有一个零点,则k的取值范围为（ ）
A．k≤0B．k≤0或k≥1C．k≤0或k≥eD．k≤0或k≥
【解答】解：由y=f（x）﹣kx=0得f（x）=kx,
作出函数f（x）和y=kx的图象如图,
A．16B．8 +6 C．16 D．16+6
【解答】解：由三视图可知该三棱锥为边长为2,4,4的长方体切去四个小棱锥得到的几何体．
三棱锥的三条边长分别为 ,
∴表面积为4× =16 ．
故选：C．
10．（5分）（2020•衡中模拟）已知椭圆E： + =1（a＞b＞0）的左焦点F（﹣3,0）,P为椭圆上一动点,椭圆内部点M（﹣1,3）满足PF+PM的最大值为17,则椭圆的离心率为（ ）
（Ⅱ）若函数F（x）=f（x）﹣ 无零点,求k的取值范围．
[选修4-1：几何证明选讲]
22．（10分）（2020•衡中模拟）如图所示,AC为⊙O的直径,D为 的中点,E为BC的中点．
（Ⅰ）求证：DE∥AB；
（Ⅱ）求证：AC•BC=2AD•CD．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
23．（2020•衡中模拟）在平面直角坐标系中,直线l的参数方程为 （t为参数）,在以直角坐标系的原点O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C的极坐标方程为ρ=