河北省石家庄市2019届高三一模考试数学(理)试题(含答案)
石家庄2019届高中毕业班模拟考试（一）理科数学答案一、选择题A 卷答案：1-5 CDACB 6-10BCCBD 11-12DAB 卷答案：1-5 CDBCA 6-10ACCAD 11-12DB二、填空题 13. 1 14. ()122y x =- 或()122y x =--16. 10三、解答题17. 解: （1） ∵△ABC 三内角A 、B 、C 依次成等差数列，∴B=60°设A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ,由S =1sin 2ac B 可得12ac =.……2分 ∵sin 3sin C A =，由正弦定理知3c a =，∴2,6a c ==. ……4分△ABC 中，由余弦定理可得2222cos 28b a c ac B =+-=，∴b=.即AC 的长为……6分（2）∵BD 是AC 边上的中线，∴1()2BD BC BA =+ ……8分 ∴2221(2)4BD BC BA BC BA =++⋅=221(2cos )4a c ac B ++=221()4a c ac ++ 1(2)94ac ac ≥+=，当且仅当a c =时取“=” ……10分 ∴3BD ≥,即BD 长的最小值为3. ……12分18. 解：（1）证明：在PBC ∆中，60oPBC ∠=，2BC =，4PB =，由余弦定理可得PC =， 222PC BC PB +=，PC BC ∴⊥，…………2分,PC AB AB BC B ⊥⋂=又，PC ABC ∴⊥平面，PC PAC ⊂平面，PAC ABC ∴⊥平面平面.…………4分（2）法1：在平面ABC 中，过点C 作CM CA ⊥，以,,CA CM CP 所在的直线分别为z y x ,,轴建立空间直角坐标系C xyz -如图所示：(0,0,0),(0,0,(2,0,0),C P AB F ，…………6分设平面PBC 的一个法向量为111(,,)x y z =m则11100CB x CP ⎧∙=+=⎪⎨∙==⎪⎩m m解得1x =11y =-，10z =即1,0)=-m …………8分设平面BCF 的一个法向量为222(,,)x y z =n则222200CB x CF x ⎧∙==⎪⎨∙=+=⎪⎩n n解得2x =，21y =-，21z =-即1,1)=--n …………10分cos ,<>===m nm n m n 由图可知二面角P BC F --为锐角，所以二面角PBC F --的余弦值为5。
……12分 法2：由（1）可知平面PBC ⊥平面ABC ，所以二面角P BC F --的余弦值就是二面角A BC F --的正弦值，…………6分作FM AC ⊥于点M ，则FM ⊥平面ABC ，作MN BC ⊥于点N ，连接FN ，则FN BC ⊥ FNM ∠为二面角A BC F --的平面角；…………8分点F 为PA 中点，∴点M 为AC 中点，在Rt FMN ∆中，12FM PC ==MN = FN ∴=…………10分ysin 5FM FNM FN ∴∠==,所以二面角P BC F --12分 19. 解答：根据题意可得111(30)5525133(31)25102512331(32)2551010411327(33)2251010525312211(34)210105550212(35)251025111(36)1010100P P P P P P P ξξξξξξξ==⨯===⨯⨯===⨯⨯+⨯===⨯⨯+⨯⨯===⨯⨯+⨯===⨯⨯===⨯= ……..部分对给2分，全对给4分ξ的分布列如下：…………………………………5分 13171121()3031323334353632.825254255025100E x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=……6分 （2）当购进32份时，利润为()()2131324314830416107.5213.92 4.16125.6252525⨯⨯+⨯-⨯+⨯-⨯=++=……8分当购进33份时，利润为()()()591313343248314163042477.883012.96 3.84124.6810042525⨯⨯+⨯-⨯+⨯-⨯+⨯-⨯=+++=……10分125.6>124.68可见，当购进32份时，利润更高！……12分20. 解：（1） 由抛物线定义,得02p PF x =+，由题意得： 00022240p x x px p ⎧=+⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩……2分 解得021p x =⎧⎨=⎩ 所以，抛物线的方程为24y x = ……4分（2）由题意知，过P 引圆()2223(0x y r r -+=<≤的切线斜率存在，设切线PA 的方程为1(1)2y k x =-+，则圆心M 到切线PA 的距离d r ==，整理得，22211(4)840r k k r --+-=. 设切线PB 的方程为2(1)2y k x =-+,同理可得22222(4)840r k k r --+-=.所以，12,k k 是方程222(4)840r k k r --+-=的两根，121228,14k k k k r +==-. ……6分设11(,)A x y ，22(,)B x y由12(1)24y k x y x=-+⎧⎨=⎩得，2114480k y y k --+=，由韦达定理知，111842k y k -=，所以11211424242k y k k k -==-=-，同理可得2142y k =-. ……8分 设点D 的横坐标为0x ，则222121212122()2()12()2()3k k k k k k k k =+-++=+-+- ……10分设12t k k =+，则[)284,24t r =∈---， 所以，20223x t t =--，对称轴122t =>-，所以0937x <≤ ……12分 21.解：（1）2211(1)(),0a x a f x x x x x ---'=-=>（） 当10a -≤时，即1a ≤时，()0f x '>，函数)(x f 在(0,)+∞上单调递增，无极小值；……2分当10a ->时，即1a >时，()0,01f x x a '<⇒<<-，函数)(x f 在(0,1)a -上单调递减；()0,1f x x a '>⇒>-，函数)(x f 在(1,)a -+∞上单调递增；()=(1)1ln(1)f x f a a -=+-极小综上所述，当1a ≤时，)(x f 无极小值；当1a >时，()1ln(1)f x a =+-极小 ……4分（2）令1(sin 1)2ln sin 1()()()ln ,(0)a a x x x a x F x f x g x x x x x x-+--+=-=+-=> 当11a -≤≤时，要证：)()(x g x f >，即证()0F x >,即证ln sin 10x x a x -+>，法1：要证ln sin 10x x a x -+>，即证ln sin 1x x a x >-.①当01a <≤时，令()sin h x x x =-，()1cos 0h x x '=-≥，所以()h x 在(0,)+∞单调递增，故()(0)0h x h >=，即sin x x >. ……6分∴1sin 1ax a x ->-*（）……7分 令()ln 1q x x x x =-+，()=ln q x x '，当(0,1),()0x q x '∈<，()q x 在(0,1)单调递减；(1,),()0q x x '∈+∞>，()q x 在(1,)+∞单调递增，故()(1)0q x q ≥=，即ln 1x x x ≥-.当且仅当1x =时取等号又01a <≤，∴ln 11x x x ax ≥-≥-**（）由*（）、**（）可知ln 11sin 1x x x ax a x ≥-≥->- 所以当01a <≤时，ln sin 1x x a x >- ……9分②当=0a 时，即证ln 1x x >-. 令()=ln m x x x ，()=ln 1m x x '+，()m x 在1(0,)e 上单调递减，在1(,)e +∞上单调递增，min 11()()=1m x m e e=->-，故ln 1x x >- .……10分③当10a -≤<时，当0,1]x ∈（时，sin 11a x -<-，由②知1()ln m x x x e =≥-，而11e->-， 故ln sin 1x x a x >-； ……11分 当1,x ∈+∞（）时，sin 10a x -≤，由②知()ln (1)0m x x x m =>=， 故ln sin 1x x a x >-；所以，当0,x ∈+∞（）时，ln sin 1x x a x >-.综上①②③可知，当11a -≤≤时，)()(x g x f >. ……12分 法2： 当11a -≤≤时，下证ln sin 10x x a x -+>，即证ln sin 1x x a x >-. ……5分① 当1x >时，易知ln 0x x >，sin 10a x -≤，故ln sin 10x x a x -+>； ……6分②当1x =时，0sin110a -+>显然成立，故ln sin 10x x a x -+>； ……7分③当01x <<时，sin 0x >，故sin sin sin x a x x -≤≤，令()sin h x x x =-，()1cos 0h x x '=-≥，所以()h x 在(0,)+∞单调递增，故()(0)0h x h >=，即sin x x >.，故sin a x x <； ……9分只需证()ln 10q x x x x =-+>，()=ln q x x '，当(0,1),()0x q x '∈<，()q x 在(0,1)单调递减，故()(1)0q x q >=，故ln sin 10x x a x -+>； ……11分综上①②③可知，当11a -≤≤时，)()(x g x f >. ……12分法3：易知1sin ()()ln x f x g x x a x x-=+- 要证()()f x g x >，即证1sin ln xx a x x+>⋅……6分 令1()ln x x x ϕ=+，则'21()x x xϕ-=，故min ()(1)1x ϕϕ== ……8分 令()sin h x x x =-，()cos 10h x x '=-≤，故()h x 在0+∞（，）上递减 由(0)0h =，从而当0x >时sin x x <，故sin 1xx< ……10分 由11a -≤≤，故sin 1xa x⋅< ……11分 综上，当11a -≤≤时，()()f x g x > ……12分 22.（Ⅰ）曲线C 的普通方程为：, ……2分令， ……3分化简得； ……5分（Ⅱ） 解法1：把 ……6分令，……7分方程的解分别为点A,B 的极径，……8分，……10分解法2：射线的参数方程为，把参数方程代入曲线C 的平面直角坐标方程中得，, ……6分令， 得， ……7分方程的解分别为点A,B的参数，……8分，……10分23.（Ⅰ）不等式可化为……1分或……2分或……3分解得的解集为……5分（Ⅱ）……6分，……8分当且仅当时，即时，取“=”，的最小值为．……10分方法2：……6分，……8分当时，取得最小值为．……10分。
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令 h(x) x sin x ， h(x) 1 cos x 0 ，所以 h(x) 在 (0, ) 单调递增，
故 h(x) h(0) 0 ，即 x sin x .，故 a sin x x ；
……9 分
只需证 q(x) x ln x x 1 0 ， q(x)= ln x ，当 x (0,1), q(x) 0 ， q(x) 在 (0,1) 单调递减，
……6 分 ……7 分
当 x (0,1), q(x) 0 ， q(x) 在 (0,1) 单调递减； x (1, ), q(x) 0 ， q(x) 在 (1, )
单调递增，故 q(x) q(1) 0 ，即 x ln x x 1 .当且仅当 x 1时取等号
又 0 a 1， x ln x x 1 ax 1（）
综上①②③可知，当 1 a 1 时， f (x) g(x) .
……12 分
法 2： 当 1 a 1 时，下证 x ln x a sin x 1 0 ，即证 x ln x a sin x 1 . ……5 分 ① 当 x 1 时，易知 x ln x 0 ， a sin x 1 0 ，故 x ln x a sin x 1 0 ；……6 分 ②当 x 1 时， 0 a sin11 0 显然成立，故 x ln x a sin x 1 0 ； ……7 分 ③当 0 x 1时， sin x 0 ，故 sin x a sin x sin x ，
程为
y k1( x 1) 2 ， 则 圆 心
M到切线
PA 的 距 离
d
2k1 2 r ， 整 理 得 ， k12 1
(r2 4)k12 8k1 r2 4 0 .
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石家庄2019届高中毕业班模拟考试（一） 理科数学答案一、选择题A 卷答案：1-5 CDACB 6-10BCCBD 11-12DA B 卷答案：1-5 CDBCA 6-10ACCAD 11-12DB 二、填空题13. 1 14. ()122y x =- 或()122y x =--三、解答题17. 解: （1） ∵△ABC 三内角A 、B 、C 依次成等差数列，∴B=60°设A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ,由S ==1sin 2ac B 可得12ac =.……2分 ∵sin 3sin C A =，由正弦定理知3c a =，∴2,6a c ==. ……4分△ABC 中，由余弦定理可得2222cos 28b a c ac B =+-=，∴b=即AC 的长为……6分（2）∵BD 是AC 边上的中线，∴1()2BD BC BA =+ ……8分 ∴2221(2)4BD BC BA BC BA =++⋅=221(2cos )4a c ac B ++=221()4a c ac ++1(2)94ac ac ≥+=，当且仅当a c =时取“=” ……10分 ∴3BD ≥,即BD 长的最小值为3. ……12分18. 解：（1）证明：在PBC ∆中，60oPBC ∠=，2BC =，4PB =，由余弦定理可得PC = 222PC BC PB +=，PC BC ∴⊥，…………2分,PC AB AB BC B ⊥⋂=又，PC ABC ∴⊥平面，PC PAC ⊂平面，PAC ABC ∴⊥平面平面.…………4分（2）法1：在平面ABC 中，过点C 作CM CA ⊥，以,,CA CM CP 所在的直线分别为z y x ,,轴建立空间直角坐标系C xyz -如图所示：(0,0,0),(2,0,0),(1C P AB (1F ，…………6分设平面PBC 的一个法向量为111(,,)x y z =m则11100CB x CP ⎧∙==⎪⎨∙==⎪⎩m m解得1x 11y =-，10z =即1,0)=-m …………8分设平面BCF 的一个法向量为222(,,)x y z =n则222200CB x CF x ⎧∙=+=⎪⎨∙==⎪⎩n n解得2x =21y =-，21z =-即1,1)=--n …………10分cos ,<>===m n m n m n 由图可知二面角P BC F --为锐角，所以二面角PBC F --12分 法2：由（1）可知平面PBC ⊥平面ABC ，所以二面角P BC F --的余弦值就是二面角A BC F --的正弦值，…………6分 作FM AC ⊥于点M ，则FM ⊥平面ABC ， 作MN BC ⊥于点N ，连接FN ，则FN BC ⊥∴FNM ∠为二面角A BC F --的平面角；…………8分点F 为PA 中点，∴点M 为AC 中点， 在Rt FMN ∆中，12FM PC==MN = FN ∴=…………10分 sin FM FNM FN ∴∠==,所以二面角PBC F --12分19. 解答：根据题意可得y111(30)5525133(31)25102512331(32)2551010411327(33)2251010525312211(34)210105550212(35)251025111(36)1010100P P P P P P P ξξξξξξξ==⨯===⨯⨯===⨯⨯+⨯===⨯⨯+⨯⨯===⨯⨯+⨯===⨯⨯===⨯=……..部分对给2分，全对给4分ξ的分布列如下：…………………………………5分13171121()3031323334353632.825254255025100E x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=……6分 （2）当购进32份时，利润为()()2131324314830416107.5213.92 4.16125.6252525⨯⨯+⨯-⨯+⨯-⨯=++=……8分当购进33份时，利润为()()()591313343248314163042477.883012.96 3.84124.6810042525⨯⨯+⨯-⨯+⨯-⨯+⨯-⨯=+++=……10分 125.6>124.68可见，当购进32份时，利润更高！……12分 20. 解：（1） 由抛物线定义,得02pPF x =+，由题意得：0022240p x x px p ⎧=+⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩……2分 解得021p x =⎧⎨=⎩所以，抛物线的方程为24y x = ……4分（2）由题意知，过P 引圆()2223(0x y r r -+=<≤的切线斜率存在，设切线PA 的方程为1(1)2y k x =-+，则圆心M 到切线PA 的距离d r ==，整理得，22211(4)840r k k r --+-=.设切线PB 的方程为2(1)2y k x =-+,同理可得22222(4)840r k k r --+-=. 所以，12,k k 是方程222(4)840r k k r --+-=的两根，121228,14k k k k r +==-. ……6分设11(,)A x y ，22(,)B x y由12(1)24y k x y x=-+⎧⎨=⎩得，2114480k y y k --+=，由韦达定理知，111842k y k -=，所以11211424242k y k k k -==-=-，同理可得2142y k =-. ……8分 设点D 的横坐标为0x ，则222121212122()2()12()2()3k k k k k k k k =+-++=+-+- ……10分 设12t k k =+，则[)284,24t r =∈---， 所以，20223x t t =--，对称轴122t =>-，所以0937x <≤ ……12分21.解：（1）2211(1)(),0a x a f x x x x x---'=-=>（）当10a -≤时，即1a ≤时，()0f x '>，函数)(x f 在(0,)+∞上单调递增，无极小值；……2分当10a ->时，即1a >时，()0,01f x x a '<⇒<<-，函数)(x f 在(0,1)a -上单调递减；()0,1f x x a '>⇒>-，函数)(x f 在(1,)a -+∞上单调递增；()=(1)1ln(1)f x f a a -=+-极小综上所述，当1a ≤时，)(x f 无极小值；当1a >时，()1ln(1)f x a =+-极小 ……4分（2）令1(sin 1)2ln sin 1()()()ln ,(0)a a x x x a x F x f x g x x x x x x-+--+=-=+-=> 当11a -≤≤时，要证：)()(x g x f >，即证()0F x >,即证ln sin 10x x a x -+>， 法1：要证ln sin 10x x a x -+>，即证ln sin 1x x a x >-.①当01a <≤时，令()sin h x x x =-，()1cos 0h x x '=-≥，所以()h x 在(0,)+∞单调递增， 故()(0)0h x h >=，即sin x x >. ……6分∴1sin 1ax a x ->-*（） ……7分 令()ln 1q x x x x =-+，()=ln q x x '，当(0,1),()0x q x '∈<，()q x 在(0,1)单调递减；(1,),()0q x x '∈+∞>，()q x 在(1,)+∞单调递增，故()(1)0q x q ≥=，即ln 1x x x ≥-.当且仅当1x =时取等号又01a <≤，∴ln 11x x x ax ≥-≥-**（）由*（）、**（）可知ln 11sin 1x x x ax a x ≥-≥->-所以当01a <≤时，ln sin 1x x a x >- ……9分 ②当=0a 时，即证ln 1x x >-. 令()=ln m x x x ，()=ln 1m x x '+，()m x 在1(0,)e上单调递减，在1(,)e+∞上单调递增，min11()()=1m x m e e=->-，故ln 1x x >-.……10分③当10a -≤<时，当0,1]x ∈（时，sin 11a x -<-，由②知1()ln m x x x e =≥-，而11e->-， 故ln sin 1x x a x >-； ……11分当1,x ∈+∞（）时，sin 10a x -≤，由②知()ln (1)0m x x x m =>=，故ln sin 1x x a x >-；所以，当0,x ∈+∞（）时，ln sin 1x x a x >-. 综上①②③可知，当11a -≤≤时，)()(x g x f >. ……12分 法2： 当11a -≤≤时，下证ln sin 10x x a x -+>，即证ln sin 1x x a x >-. ……5分① 当1x >时，易知ln 0x x >，sin 10a x -≤，故ln sin 10x x a x -+>； (6)分②当1x =时，0sin110a -+>显然成立，故ln sin 10x x a x -+>； ……7分 ③当01x <<时，sin 0x >，故sin sin sin x a x x -≤≤， 令()sin h x x x =-，()1cos 0h x x '=-≥，所以()h x 在(0,)+∞单调递增，故()(0)0h x h >=，即sin x x >.，故sin a x x <； ……9分 只需证()ln 10q x x x x =-+>，()=ln q x x '，当(0,1),()0x q x '∈<，()q x 在(0,1)单调递减，故()(1)0q x q >=，故ln sin 10x x a x -+>； ……11分 综上①②③可知，当11a -≤≤时，)()(x g x f >. ……12分 法3：易知1sin ()()ln xf xg x x a x x-=+- 要证()()f x g x >，即证1sin ln xx a x x+>⋅……6分 令1()ln x x x ϕ=+，则'21()x x xϕ-=，故min ()(1)1x ϕϕ== ……8分 令()sin h x x x =-，()cos 10h x x '=-≤，故()h x 在0+∞（，）上递减由(0)0h =，从而当0x >时sin x x <，故sin 1xx< ……10分 由11a -≤≤，故sin 1xa x⋅< ……11分 综上，当11a -≤≤时，()()f x g x > ……12分 22.（Ⅰ）曲线C 的普通方程为：, ……2分令，……3分化简得；……5分（Ⅱ）解法1：把……6分令，……7分方程的解分别为点A,B的极径，……8分，……10分解法2：射线的参数方程为，把参数方程代入曲线C的平面直角坐标方程中得，, ……6分令，得，……7分方程的解分别为点A,B的参数，……8分，……10分23.（Ⅰ）不等式可化为……1分或……2分或……3分解得的解集为……5分（Ⅱ）……6分，……8分当且仅当时，即时，取“=”，的最小值为．……10分方法2：……6分，……8分当时，取得最小值为．……10分。
河北省石家庄市2019届高中毕业班第一次模拟考试理科数学试题
D. 0.75
8. 巳知点 (x,y) 在 Δ ABC所包围的阴影区域内 ( 包含边界 ), 若 B(3,
5
) 是 使得 z=ax-y 取得最大值的最优解
2
A. a
1 B. a 0 C. a
2
, 则实数 a 的取值范围为
1
D.
2
1 a0
2
9. 若函数 f (x) A sin( x 2
A.f(x-2) —定是奇函数
第 24 题为选考题 , 考生根据要求作答 .
二、填空題 , 本大通共 4 小题 , 每小题 5 分 , 共 20 分 . 13. 过点 (2,3) 与圆 (x-1) 2+y2=1 相切的直线方程为 _____.
14. 如 图 , 正 方 形 ABCD 中 ,EF//AB, 若 沿 EF 将 正 方 形 折 成 一 个 二 面 角
)( A 0) 满足 f(1)=0, 则
B.f(x+1) —定是偶函数
C. f(x+3) 一定是偶函数
D, f(x-3) 一定是奇函数
10. 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 4π
B, 12 π
16
64
C.
D.
3
3
11.
已知数列
{a n}
12 13 21 43 ,, ,, ,, ,,
y 2 1 B. 16
x2 y2 1 16 9
y2
C.
x 2 1 D.
y2 x2 1
9 16
16 9
· 1·
5. 执行右面的程序框图，输出的 S 值为
A. 1
B. 9
河北石家庄2019高三第一次教学质量检测-数学(理)扫描版
河北石家庄2019高三第一次教学质量检测-数学（理）扫描版数学〔理科答案〕一、 选择题：本大题共12小题，每题5分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的、1-5 CCBDD 6-10 CABBB 11-12 AA二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13、、 0.254 15、 18 16、3π【三】解答题：本大题共6小题，共70分、解承诺写出文字说明，证明过程或演算步骤、17、(本小题总分值10分) 解：〔Ⅰ〕依题意1146,65618.2a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩……………………2分解得12,2.a d =-⎧⎨=⎩42-=n a n .………………5分〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕可知423-=n n b ，+19n nb b =，因此数列{}n b 是首项为91，公比为9的等比数列，……………7分 1(19)19(91)1972n n -=-- 数列{}n b 的前n 项的和1(91)72n -.………………10分 18. (本小题总分值12分)解：〔Ⅰ〕在ABC ∆中，由余弦定理得222222cos 161021610cos AB AC BC AC BC C C =+-⋅=+-⋅⋅ ①在ABD ∆中，由余弦定理及C D ∠=∠整理得2222222cos 1414214cos AB AD BD AD BD D C =+-⋅=+-⋅ ②………2分 由①②得：222221414214cos 161021610cos C C +-⋅=+-⋅⋅整理可得 1cos 2C =，……………4分 又C ∠为三角形的内角，因此60C =,又C D ∠=∠,AD BD =,因此ABD ∆是等边三角形，故14AB =，即A 、B 两点的距离为14.……………6分〔Ⅱ〕小李的设计符合要求.理由如下：1sin 2ABD S AD BD D∆=⋅ 1sin 2ABC S AC BC C ∆=⋅ 因为AD BD ⋅>AC BC ⋅…………10分因此ABD ABC S S ∆∆>由建筑费用与用地面积成正比，应选择ABC ∆建筑环境标志费用较低。
2019石家庄高三一模理科数学试题及答案
P( 34) 3 1 2 2 2 11 10 10 5 5 50
P( 35) 2 1 2 2 5 10 25
P( 36) 1 1 1 10 10 100
……..部分对给 2 分，全对给 4 分
……8 分
∴
2
BD
1
2
(BC
2
BA
2BC BA) = 1 (a2
c2
2ac cos B) =
4
1 (2ac ac) 9 ，当且仅当 a c 时取“=” 4
……10 分
∴ BD 3 ,即 BD 长的最小值为 3.
……12 分
18. 解：（1）证明：在 PBC 中， PBC 60o ， BC 2 ， PB 4 ，由余弦定理可得 PC 2 3 ，
解得
x1
3 ， y1 1， z1 0
即 m ( 3, 1,0) …………8 分
xA
设平面 BCF 的一个法向量为 n (x2, y2, z2)
则
CB
•
n
x2
3y2 0
CF • n x2 3z2 0
解得 x2 3 ， y2 1 ， z2 1 即 n ( 3, 1, 1) …………10 分
2
4k2
2 ，同理可得
的分布列如下：
—
31
32
33
34
35
36
30
p
1
3
/
7
11
2
1
25
25
1
25
50
25
100
4
…………………………………5 分
E(x) 30 1 31 3 32 1 33 7 34 11 35 2 36 1 32.8 ……6 分
河北省石家庄市2019届高三数学毕业班模拟考试试题(一)(A卷)理(含解析)
河北省石家庄市2019届高三数学毕业班模拟考试试题（一）（A卷）理（含解析）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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得：，结合交集的定义确定即可.【详解】由题意可得：，结合交集的定义可知：.本题选择C选项.【点睛】本题主要考查集合的表示方法，交集的定义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2.若复数（为虚数单位），则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】易知，结合复数模的运算法则求解其值即可.【详解】由题意可得：.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查复数的运算法则及其应用，属于中等题.3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意结合诱导公式可得：,结合两角和的正切公式可得的值.【详解】由题意结合诱导公式可得：,据此有：.本题选择A选项.【点睛】本题主要考查诱导公式的应用，两角和的正切公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.下列说法中正确的是（）A. 若数列为常数列，则既是等差数列也是等比数列；B. 若函数为奇函数，则；C. 在中，是的充要条件；D. 若两个变量的相关系数为，则越大，与之间的相关性越强.【答案】C【解析】【分析】对于选项A,B给出反例可说明命题错误，C由正弦定理可知命题正确，D由相关系数的定义确定其真伪即可.【详解】逐一考查所给的说法：A. 若，则数列为常数列，则是等差数列但不是等比数列，该说法错误；B. 函数为奇函数，但是不满足，该说法错误；C. 由正弦定理可得在中，是的充要条件，该说法正确；D. 两个随机变量相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1，题中说法错误.本题选择C选项.【点睛】本题主要考查奇函数的性质，正弦定理的应用，相关系数的含义，常数列与等差数列、等比数列的关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5.已知平面向量与的夹角为，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将两边平方，利用向量模的性质和运算法则计算的值即可.【详解】由题意可得：，则：，据此可得：.本题选择B选项.【点睛】本题主要考查向量的运算法则，向量的模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6.袋子中装有大小、形状完全相同的个白球和个红球，现从中不放回地摸取两个球，已知第二次摸到的红球，则第一次摸到红球的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意，分别列出第二次摸到的红球的所有可能结果和第一次摸到红球的事件，利用古典概型计算公式确定去概率值即可.【详解】设两个红球为，两个白球为，则第二次摸到的红球的所有可能结果为：共6种，其中第一次摸到红球的事件包括：共2种，结合排列组合公式可知第一次摸到红球的概率为.【点睛】本题主要考查古典概型计算公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7.设变量满足约束条件，则目标函数的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先绘制出可行域，然后结合目标函数的几何意义确定目标函数取得最小值的点的坐标，据此确定目标函数的最小值即可.【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数即：，其中z取得最小值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最小，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点B处取得最小值，联立直线方程：，可得点的坐标为：，据此可知目标函数最小值为：.本题选择C选项.【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y 轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.8.已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则在上，的解集是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先结合函数的对称性和函数的奇偶性绘制函数图像，原问题等价于求解函数位于直线下方点的横坐标，数形结合确定不等式的解集即可.【详解】函数满足，则函数关于直线对称，结合函数为奇函数绘制函数的图像如图所示：的解集即函数位于直线下方点的横坐标，当时，由可得，结合可得函数与函数交点的横坐标为，据此可得：的解集是.本题选择C选项【点睛】本题主要考查函数奇偶性，函数的对称性等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9.已知椭圆，点为左焦点，点为下顶点，平行于的直线交椭圆于两点，且的中点为，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意，利用点差法求得直线AB的斜率，然后利用斜率公式求解直线AB的斜率，两斜率相等可得关于a,c的齐次方程，据此即可确定椭圆的离心率.【详解】设，直线AB的斜率为，点在椭圆上，则：，两式作差可得：，由于：，故：,.由于，故，，整理可得：，故.【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．10.已知函数的部分函数图像如图所示，点，则函数图像的一条对称轴方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意结合函数图像可得的解析式为，结合三角函数的性质确定函数的对称轴即可.【详解】由题意可得：，则，当时，，结合函数图像可知，故函数的解析式为：，令可得函数的对称轴方程为：.令可得一条对称轴方程为.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求解，三角函数的对称轴的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11.如图，某几何体的三视图都是边长为的正方形，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先由三视图还原几何体，然后结合几何体的空间结构特征求解其体积即可.【详解】如图所示，在棱长为1的正方体中，三视图所对的几何体为该正方体去掉三棱锥和三棱锥所得的组合体，其体积为：.本题选择D选项.【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．12.对任意，都存在，使得，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先求函数的值域，将原问题转化为方程至少有两个实数根，利用切线的性质考查临界条件可得实数的取值范围.【详解】令，则，据此可得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，注意到，故函数的值域为.则原问题等价于方程至少有两个实数根，即至少有两个实数根，考查临界情况，当时，直线与指数函数相切，由可得，则切点坐标为，切线斜率,切线方程为：，切线过点，故，很明显方程的根为，此时切线的斜率.据此可得实数的取值范围是.本题选择A选项.【点睛】本题主要考查导数研究函数的最值，导数研究函数的切线方程等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知随机变量服从正态分布，若，则__________．【答案】1【解析】【分析】由正态分布的性质可得正态分布的图像对称轴为，据此得到关于a的方程，解方程可得a的值.【详解】由正态分布的性质可得正态分布的图像对称轴为，结合题意有：.故答案为：1．【点睛】关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法①熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值．②充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.14.已知双曲线，过点的直线与有唯一公共点，则直线的方程为__________．【答案】或【解析】【分析】易知点P位于双曲线内部，则直线与渐近线平行时，直线与有唯一公共点，据此确定直线方程即可.【详解】如图所示，点P位于双曲线内部，由双曲线的几何性质可知，当直线与渐近线平行时，直线与有唯一公共点，由于双曲线的渐近线为，故直线的方程为或.即或【点睛】本题主要考查双曲线的性质及其应用，属于中等题.15.在棱长为的透明密闭的正方形容器中，装有容器总体积一般的水（不计容器壁的厚度），将该正方体容器绕旋转，并始终保持所在直线与水平平面平行，则在旋转过程中容器中水的水面面积的最大值为__________．【答案】【解析】【分析】设点在上，点在上，满足，则原问题等价于求解四边形的最大值.建立空间直角坐标系，结合二次函数的性质可得旋转过程中容器中水的水面面积的最大值. 【详解】如图所示，在棱长为的正方体中，点在上，点在上，满足，则原问题等价于求解四边形的最大值.作于点，当最大时，四边形有最大值.建立如图所示的空间直角坐标系，设，设，由于，由可得：，则：，故,故：，由可得：.故：，结合二次函数的性质可知：当或时，取得最大值，此时取得最大值，最大值为：.【点睛】本题主要考查等价转化的数学思想，空间向量的应用，函数最值的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16.已知数列的前项和为，且，若，则取最小值时__________．【答案】10【解析】【分析】由题意结合递推关系可得，即数列为隔项等差数列，结合数列的性质可得取最小值时的值.【详解】由，，两式作差可得：，即，由，，两式作差可得：，则，，故，进一步可得：，又，则，且，则取最小值时.【点睛】本题主要考查数列的递推关系，数列中最值问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.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.已知的面积为，且内角依次成等差数列.（1）若，求边的长；（2）设为边的中点，求线段长的最小值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）由题意可得，结合面积公式得.利用正弦定理角化边，据此可得a,c的值，最后由余弦定理可得的长.（2）由题意可得，利用向量的运算法则和均值不等式的结论可得长的最小值.【详解】（1）三内角依次成等差数列，设所对的边分别为,由可得.，由正弦定理知.中，由余弦定理可得.即的长为（2）是边上的中线，，当且仅当时取“”,即长的最小值为.【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．18.已知三棱锥中，是边长为的正三角形，；（1）证明：平面平面；（2）设为棱的中点，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由题意结合正弦定理可得，据此可证得平面，从而可得题中的结论；（2）在平面中，过点作，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，由空间向量的结论求得半平面的法向量，然后求解二面角的余弦值即可.【详解】（1）证明：在中，，，，由余弦定理可得，，，，平面，平面，平面平面.（2）在平面中，过点作，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系：设平面的一个法向量为则解得，，即设平面的一个法向量为则解得，，即由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查面面垂直的证明方法，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19.东方商店欲购进某种食品（保质期两天），此商店每两天购进该食品一次（购进时，该食品为刚生产的）.根据市场调查，该食品每份进价元，售价元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了了解市场的需求情况，现统计该产品在本地区天的销售量如下表：（视样本频率为概率）（1）根据该产品天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为，求的分布列与期望（2）以两天内该产品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进或份，哪一种得到的利润更大？【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据题意可得的取值为，计算相应的概率值即可确定分布列和数学期望；（2）分别求解当购进份时的利润和购进份时的利润即可确定利润更高的决策.【详解】（1）根据题意可得，，，，，，，的分布列如下：（2）当购进份时，利润为，当购进份时，利润为，可见，当购进份时，利润更高.【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望的计算，概率统计的预测作用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20.已知抛物线上一点到焦点的距离.（1）求抛物线的方程；（2）过点引圆的两条切线，切线与抛物线的另一交点分别为，线段中点的横坐标记为，求的取值范围.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）由题意确定p值即可确定抛物线方程；（2）很明显切线斜率存在，由圆心到直线的距离等于半径可得是方程的两根，联立直线方程与抛物线方程可得点的横坐标.结合韦达定理将原问题转化为求解函数的值域的问题即可.【详解】（1）由抛物线定义,得，由题意得：解得所以，抛物线的方程为.（2）由题意知，过引圆的切线斜率存在，设切线的方程为，则圆心到切线的距离，整理得，.设切线的方程为,同理可得.所以，是方程的两根，.设，由得，，由韦达定理知，，所以，同理可得.设点的横坐标为，则. 设，则，所以，，对称轴，所以【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.21.已知函数.（1）求函数的极小值；（2）求证：当时，.【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）由题意可得分类讨论函数的极小值即可.（2）令，原问题等价于,即证.据此分类讨论，和三种情况即可证得题中的结论.【详解】（1）当时，即时，，函数在上单调递增，无极小值；当时，即时，，函数在上单调递减；，函数在上单调递增；，综上所述，当时，无极小值；当时，（2）令当时，要证：，即证,即证，要证，即证.①当时，令，，所以在单调递增，故，即.，令，，当，在单调递减；，在单调递增，故，即.当且仅当时取等号又，由、可知所以当时，②当时，即证.令，，在上单调递减，在上单调递增，，故③当时，当时，，由②知，而，故；当时，，由②知，故；所以，当时，.综上①②③可知，当时，.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程；（2）当时，若曲线与射线交于两点，求的取值范围.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）由题意可得曲线的普通方程为：,然后将其化为极坐标方程即可. （2）把，利用参数的几何意义可得，据此可得的取值范围.【详解】（1）曲线的普通方程为：,令，化简得；（2）把令方程的解分别为点的极径，，，.【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程的转化，参数方程与极坐标方程的几何意义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.23.设函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的最大值为，正实数满足，求的最小值.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）不等式可化为或或，据此求解不等式的解集即可；（2）由题意可得，结合均值不等式的求解的最小值即可，注意等号成立的条件.【详解】（1）不等式可化为或或解得的解集为（2），，.当且仅当时，即时，取“”，的最小值为．【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．。
最新河北省石家庄市2019届高考一模考试数学理科试题(A)含答案
河北省石家庄市2019届高考一模考试数学理科试题（A ）含答案石家庄市2019届高中毕业班模拟考试（一）理科数学（A 卷）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.已知集合{1,2,3,4,5,6,7}U =，{|3,}A x x x N =≥∈，则U C A =（ ） A ．{1,2} B ．{3,4,5,6,7} C ．{1,3,4,7} D ．{1,4,7}2.已知i 为虚数单位，(1)2i x yi +=+，其中,x y R ∈，则x yi +=（ ） A．．2 D ．43.函数()2(0)x f x x =<，其值域为D ，在区间(1,2)-上随机取一个数x ，则x D ∈的概率是（ ） A ．12 B ．13 C ．14 D ．234.点B 是以线段AC 为直径的圆上的一点，其中2AB =，则AC AB ⋅=（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．45. x ，y 满足约束条件：11y xx y y ≤⎧⎪+≤⎨⎪≥-⎩，则2z x y =+的最大值为（ ）A ．-3B ．32C ．3D ．4 6.程序框图如图所示，该程序运行的结果为25s =，则判断框中可填写的关于i 的条件是（ ）A ．4?i ≤B ．4?i ≥C ．5?i ≤D ．5?i ≥7.南宋数学家秦九韶早在《数书九章》中就独立创造了已知三角形三边求其面积的公式：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减之，以四约之，为实，一为从隅，开方得积.”（即：S =a b c >>），并举例“问沙田一段，有三斜（边），其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，欲知为田几何？”则该三角形田面积为（ ）A ．82平方里B ．83平方里C ．84平方里D ．85平方里8.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．83π+B ．84π+C ．85π+D ．86π+9.已知()f x 是定义在[2,1]b b -+上的偶函数，且在[2,0]b -上为增函数，则(1)(2)f x f x -≤的解集为（ ） A ．2[1,]3- B ．1[1,]3- C ．[1,1]- D ．1[,1]310.在ABC ∆中，2AB =，6C π=，则AC 的最大值为（ ）A ．．．11.过抛物线214y x =焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点C 在直线1y =-上，若ABC ∆为正三角形，则其边长为（ ）A ．11B ．12C ．13D ．1412.设xOy ，''x Oy 为两个平面直角坐标系，它们具有相同的原点，Ox 正方向到'Ox 正方向的角度为θ，那么对于任意的点M ，在xOy 下的坐标为(,)x y ，那么它在''x Oy 坐标系下的坐标(',')x y 可以表示为：'cos sin x x y θθ=+，'cos sin y y x θθ=-.根据以上知识求得椭圆223'''5'10x y y -+-=的离心率为（ ）A 二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分. 13.命题p ：01x ∃≥，200230x x --<的否定为 ．14.甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙的年龄比学委的大，甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小.据此推断班长是 ．15.一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为 ．16.已知函数31()1x x f x x -+=-，ln ()xg x x =，若函数(())y f g x a =+有三个不同的零点1x ，2x ，3x （其中123x x x <<），则1232()()()g x g x g x ++的取值范围为 ．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.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分17.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足122()n n S m m R +=+∈. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）若数列{}n b 满足211(21)log ()n n n b n a a +=+⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .18.四棱锥S ABCD -的底面ABCD 为直角梯形，//AB CD ，AB BC ⊥，222AB BC CD ===，SAD ∆为正三角形.（Ⅰ）点M 为棱AB 上一点，若//BC 平面SDM ，AM AB λ=，求实数λ的值； （Ⅱ）若BC SD ⊥，求二面角A SB C --的余弦值.19.小明在石家庄市某物流派送公司找到了一份派送员的工作，该公司给出了两种日薪薪酬方案.甲方案：底薪100元，每派送一单奖励1元；乙方案：底薪140元，每日前55单没有奖励，超过55单的部分每单奖励12元.（Ⅰ）请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y （单位：元）与送货单数n 的函数关系式；（Ⅱ）根据该公司所有派送员100天的派送记录，发现派送员的日平均派送单数满足以下条件：在这100天中的派送量指标满足如图所示的直方图，其中当某天的派送量指标在2(1)2(,]1010n n-(1,2,3,4,5)n =时，日平均派送量为502n +单.若将频率视为概率，回答下列问题：①根据以上数据，设每名派送员的日薪为X （单位：元），试分别求出甲、乙两种方案的日薪X 的分布列，数学期望及方差；②结合①中的数据，根据统计学的思想，帮助小明分析，他选择哪种薪酬方案比较合适，并说明你的理由. （参考数据：20.60.36=，21.4 1.96=，22.6 6.76=，23.411.56=，23.612.96=，24.621.16=，215.6243.36=，220.4416.16=，244.41971.36=）20.已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，且离心率为2，M 为椭圆上任意一点，当1290F MF ∠=时，12F MF ∆的面积为1. （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）已知点A 是椭圆C 上异于椭圆顶点的一点，延长直线1AF ，2AF 分别与椭圆交于点B ，D ，设直线BD 的斜率为1k ，直线OA 的斜率为2k ，求证：12k k ⋅为定值.21.已知函数()()()xf x x b e a =+-，(0)b >，在(1,(1))f --处的切线方程为(1)10e x ey e -++-=. （Ⅰ）求a ，b ；（Ⅱ）若方程()f x m =有两个实数根1x ，2x ，且12x x <，证明：21(12)11m e x x e--≤+-.（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，并用2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为cos 1sin x r y r ϕϕ⎧=⎪⎨=+⎪⎩（0r >，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，直线l 的极坐标方程为sin()13πρθ-=，若直线l 与曲线C 相切；（Ⅰ）求曲线C 的极坐标方程；（Ⅱ）在曲线C 上取两点M ，N 与原点O 构成MON ∆，且满足6MON π∠=，求面积MON ∆的最大值.23.[选修4-5：不等式选讲]已知函数()f x =R ；（Ⅰ）求实数m 的取值范围；（Ⅱ）设实数t 为m 的最大值，若实数a ，b ，c 满足2222a b c t ++=，求222111123a b c +++++的最小值.石家庄市2018-2019学年高中毕业班第一次模拟考试试题理科数学答案一、选择题1-5: AABDC 6-10: CCDBD 11、12：BA 二、填空题13. 2:1,230p x x x ⌝∀≥--≥ 14. 乙 15. 22,0e e ⎛⎫- ⎪-⎝⎭三、解答题 17解：(1) 法一：由122()n n S m m R +=+∈得122()n n S m m R -=+∈， 当当2n ≥时，12222n n n n a S S -=-=，即12(2)n n a n -=≥，又1122ma S ==+，当2m =-时符合上式，所以通项公式为12n n a -=. 法二：由122()n n S m m R +=+∈得1232;4;8()S m S m S m m R =+⎧⎪=+⎨⎪=+∈⎩，从而有2213322,4a S S a S S =-==-=， 所以等比数列公比322a q a ==，首项11a =，因此通项公式为12n n a -=. （2）由（1）可得1212log ()log (22)21n n n n a a n -+⋅=⋅=-，1111()(21)(21)22121n b n n n n ∴==-+--+，12111111(1)2335212121n n nT b b b n n n ∴=+++=-+-++-=-++. 18.（1）因为//BC 平面SDM ，BC ⊂平面ABCD ，平面SDM 平面ABCD=DM ， 所以DM BC //，因为DC AB //,所以四边形BCDM 为平行四边形， 又CD AB 2=,所以M 为AB 的中点. 因为AB AM λ=，12λ∴=.（2）因为BC ⊥SD ， BC ⊥CD ， 所以BC ⊥平面SCD ， 又因为BC ⊂平面ABCD ，所以平面SCD ⊥平面ABCD ， 平面SCD平面ABCD CD =，在平面SCD 内过点S 作SE ⊥直线CD 于点E ， 则SE ⊥平面ABCD ， 在Rt SEA 和Rt SED 中， 因为SA SD =，所以AE DE =，又由题知45EDA ∠=， 所以AE ED ⊥所以1AE ED SE ===， 以下建系求解.以点E 为坐标原点，EA 方向为X 轴，EC 方向为Y 轴，ES 方向为Z 轴建立如图所示空间坐标系，则(0,0,0)E ，(0,0,1)S ，(1,0,0)A ，(1,2,0)B ，(0,2,0)C ，(1,0,1)SA =-，(0,2,0)AB =，(0,2,1)SC =-，(1,0,0)CB =，设平面SAB 的法向量1(,,)n x y z =，则1100n S A n AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以020x z y -=⎧⎨=⎩，令1x =得1(1,0,1)n =为平面SAB的一个法向量，同理得2(0,1,2)n =为平面SBC 的一个法向量，12121210cos ,5||||n n n n n n ⋅<>==⋅，因为二面角A SB C --为钝角， 所以二面角A SB C --余弦值为.19.解：（1）甲方案中派送员日薪y （单位：元）与送单数n 的函数关系式为： N ,100∈+=n n y ， 乙方案中派送员日薪y （单位：元）与送单数n 的函数关系式为：⎩⎨⎧∈>-∈≤=N),55(,52012N),55(,140n n n n n y ， （2）①由已知，在这100天中，该公司派送员日平均派送单数满足如下表格：所以X 甲的分布列为：所以()=1520.21540.31560.21580.21600.1155.4E X ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=甲，()()()()()222222=0.2152155.4+0.3154155.4+0.2156155.4+0.2158155.4+0.1160155.4=6.44S ⨯-⨯-⨯-⨯-⨯-甲，所以X 乙的分布列为：所以()=1400.51520.21760.22000.1=155.6E X ⨯+⨯+⨯+⨯乙，()()()()22222=0.5140155.6+0.2152155.6+0.2176155.6+0.1200155.6=404.64S ⨯-⨯-⨯-⨯-乙，②答案一：由以上的计算可知，虽然()()E X E X <乙甲，但两者相差不大，且2S 甲远小于2S 乙，即甲方案日工资收入波动相对较小，所以小明应选择甲方案.答案二：由以上的计算结果可以看出，()()E X E X <乙甲，即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望，所以小明应选择乙方案. 20解：（1）设,,2211r MF r MF ==由题122221212224112c e a r r ar r c r r ⎧==⎪⎪+=⎪⎨+=⎪⎪⋅=⎪⎩，解得1a c ==，则21b =，∴椭圆C 的方程为2212x y +=.（2）设0000(,)(0)A x y x y ⋅≠，1122(,),(,)B x y C x y ， 当直线1AF的斜率不存在时，设(1,2A -，则(1,2B --， 直线2AF的方程为(1)4y x =--代入2212x y +=，可得25270x x --= 275x ∴=，210y =-7(,510D -∴直线BD的斜率为1(10276(1)5k -==--，直线OA的斜率为2k =121(626k k ∴⋅=⋅-=-， 当直线2AF 的斜率不存在时，同理可得1216k k ⋅=-. 当直线1AF 、2AF 的斜率存在时，10±≠x设直线1AF 的方程为00(1)1y y x x =++，则由0022(1)112y y x x x y ⎧=+⎪+⎪⎨⎪+=⎪⎩消去x 可得：22222200000[(1)2]422(1)0x y x y x y x ++++-+=， 又220012x y +=，则220022y x =-，代入上述方程可得 2220000(32)2(2)340x x x x x x ++---=，2000101003434,3232x x x x x x x x ----∴⋅=∴=++，则000100034(1)13232y x y y x x x --=+=-+++ 000034(,)2323x y B x x +∴--++，设直线2AF 的方程为00(1)1y y x x =--，同理可得000034(,)2323x y D x x ---， ∴直线BD 的斜率为00000001220000002323434341224362323y y x x x y x y k x x x x x x +-+===-+--+-+， 直线OA 的斜率为020y k x =， ∴20200001222200001123636366x x y y y k k x x x x -⋅=⋅===----. 所以，直线BD 与OA 的斜率之积为定值16-，即1216k k ⋅=-. 21．解：（Ⅰ）由题意()10f -=，所以()1(1)10f b a e⎛⎫-=-+-= ⎪⎝⎭，又()()1x f x x b e a '=++-，所以1(1)1b f a e e'-=-=-+， 若1a e=，则20b e =-<，与0b >矛盾，故1a =，1b =. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知()()()11xf x x e =+-， (0)0,(1)0f f =-=，设)(x f 在(-1，0)处的切线方程为)(x h ， 易得，()1()11h x x e ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，令()()()F x f x h x =- 即()()()1()1111x F x x e x e ⎛⎫=+---+ ⎪⎝⎭，()1()2x F x x e e'=+-， 当2x ≤-时，()11()20x F x x e e e'=+-<-< 当2x >-时，设()1()()2x G x F x x e e'==+-， ()()30x G x x e '=+>， 故函数()F x '在()2,-+∞上单调递增，又(1)0F '-=，所以当(),1x ∈-∞-时，()0F x '<，当()1,x ∈-+∞时，()0F x '>， 所以函数()F x 在区间(),1-∞-上单调递减，在区间()1,-+∞上单调递增， 故0)1()(=-≥F x F ，11()()f x h x ≥，设()h x m =的根为1x '，则111me x e'=-+-， 又函数()h x 单调递减，故111()()()h x f x h x '=≥，故11x x '≤，设()y f x =在(0,0)处的切线方程为()y t x =，易得()t x x =，令()()()()()11x T x f x t x x e x =-=+--，()()22x T x x e '=+-， 当2x ≤-时，()()2220x T x x e '=+-<-<，当2x >-时，故函数()T x '在()2,-+∞上单调递增，又(0)0T '=，所以当(),0x ∈-∞时，()0T x '<，当()0,x ∈+∞时，()0T x '>，所以函数()T x 在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增， 0)0()(=≥T x T ，22()()f x t x ≥ ，设()t x m =的根为2x '，则2x m '=，又函数()t x 单调递增，故222()()()t x f x t x '=≥，故22x x '≥， 又11x x '≤，2121(12)1111me m e x x x x m e e -⎛⎫''-≤-=--+=+ ⎪--⎝⎭. 选作题22（1）由题意可知直线l 的直角坐标方程为2y +，曲线C 是圆心为，半径为r 的圆，直线l 与曲线C 相切，可得：2r ==；可知曲线C 的方程为22((1)4x y +-=，所以曲线C 的极坐标方程为2cos 2sin 0ρθρθ--=， 即4sin()3ρθπ=+. (2)由（1）不妨设M （1,ρθ），)6,(2πθρ+N ，（120,0ρρ>>）6πS MON =∆. 当12πθ=时, 32+≤∆MO N S ，所以△MON 面积的最大值为2.23. 【解析】（1）由题意可知32x x m --≥恒成立，令3()2x g x x -=-， 去绝对值可得：36,(3)()263,(03)6,(0)x x x g x x x x x x --≥⎧⎪=-=-<<⎨⎪-≤⎩，画图可知()g x 的最小值为-3，所以实数m 的取值范围为3m ≤-；（2）由（1）可知2229a b c ++=，所以22212315a b c +++++=，222222222111()(123)11112312315a b c a b c a b c ++⋅++++++++++=+++ 22222222222221313239312132315155b a c a c b a b a c b c ++++++++++++++++++=≥=， 当且仅当2221235a b c +=+=+=，即2224,3,2a b c ===等号成立， 所以222111123a b c +++++的最小值为35.。
2019届河北省石家庄市高三一模考试数学(理)试卷及答案
，
， ， .…………4分
（2）法1：在平面 中，过点 作 ，以 所在的直线分别为 轴建立空间直角坐标系 如图所示：
…………6分
设平面 的一个法向量为
则 解得 ， ，
即 …………8分
设平面 的一个法向量为
则
解得 ， ， 即 …………10分
由图可知二面角 为锐角，所以二面角 的余弦值为 。……12分
……8分
，
……10分
解法2：射线 的参数方程为 ，把参数方程代入曲线C的平面直角坐标方程中得， ,……6分
令 ，得 ，……7分
方程的解 分别为点A,B的参数，
……8分
，
……10分
23.（Ⅰ）不等式可化为
……1分
或 ……2分
或 ……3分
解得
的解集为 ……5分
（Ⅱ）
……6分
，
……8分
当且仅当 时，即 时，取“=”，
（2）由题意知，过 引圆 的切线斜率存在，设切线 的方程为 ，则圆心 到切线 的距离 ，整理得， .
设切线 的方程为 ,同理可得 .
所以， 是方程 的两根， .
……6分
设 ，
由 得， ，由韦达定理知， ，所以 ，同理可得 .……8分
设点 的横坐标为 ，则
……10分
设 ，则 ，
所以， ，对称轴 ，所以 ……12分
设A、B、C所对的边分别为 、 、 ,由 = 可得 .……2分
∵ ，由正弦定理知 ，∴ .……4分
△ABC中，由余弦定理可得 ，∴b= .
即 的长为 ……6分
（2）∵BD是AC边上的中线，∴ ……8分
∴ = =
，当且仅当 时取“=”……10分
【水印已去除】2019年河北省石家庄市高考数学一模试卷(理科)(a卷)
2019年河北省石家庄市高考数学一模试卷（理科）（A卷）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．（5分）已知集合A＝{x∈R|x+1＞0}，B＝{x∈Z|x≤1}，则A∩B＝（）A．{x|0≤x≤1}B．{x|﹣1＜x≤1}C．{0，1}D．{1}2．（5分）若复数（i为虚数单位），则＝（）A．B．C．D．3．（5分）已知＝（）A．B．﹣3C．D．34．（5分）下列说法中正确的是（）A．若函数f（x）为奇函数，则f（0）＝0B．若数列{a n}为常数列，则{a n}既是等差数列也是等比数列C．在△ABC中，A＞B是sin A＞sin B的充要条件D．若两个变量x，y的相关系数为r，则r越大，x与y之间的相关性越强．5．（5分）已知平面向量与的夹角为，且，则＝（）A．2B．.1C．.D．.6．（5分）袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球，现从中不放回地摸取两个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为（）A．B．C．D．7．（5分）设变量x，y满足约束条件，则目标函数z＝x+3y的最小值为（）A．8B．6C．4D．38．（5分）已知f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（x）＝f（2﹣x），当x∈[0，1]时，f（x）＝4x﹣1，则在（1，3）上，f（x）≤1的解集是（）A．（1，]B．[，]C．[，3）D．[2，3）9．（5分）已知椭圆，点F为左焦点，点P为下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A，B两点，且AB的中点为，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．10．（5分）已知函数的部分函数图象如图所示，点，则函数f（x）图象的一条对称轴方程为（）A．B．C．D．11．（5分）如图，某几何体的三视图都是边长为1的正方形，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．12．（5分）对任意，都存在x1，x2（x1，x2∈R，x1≠x2），使得，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是（）A．（e2，+∞）B．（1，+∞）C．（1，e2）D．（0，1）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知随机变量X服从正态分布N（2，1），若P（X≤a﹣2）＝P（X≥2a+3），则a＝．14．（5分）已知双曲线C：x2﹣4y2＝1，过点P（2，0）的直线l与C有唯一公共点，则直线l的方程为．15．（5分）在棱长为1的透明密闭的正方形容器ABCD﹣A1B1C1D1中，装有容器总体积一半的水（不计容器壁的厚度），将该正方体容器绕BD1旋转，并始终保持BD1所在直线与水平平面平行，则在旋转过程中容器中水的水面面积的最大值为．16．（5分）已知数列{a n}的前n项和为S n，且，若a2＜﹣4，则S n取最小值时n＝．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）已知△ABC的面积为，且内角A、B、C依次成等差数列．（1）若sin C＝3sin A，求边AC的长；（2）设D为边AC的中点，求线段BD长的最小值．18．（12分）已知三棱锥P﹣ABC中，PC⊥AB，△ABC是边长为2的正三角形，PB＝4，∠PBC＝60°；（1）证明：平面P AC⊥平面ABC；（2）设F为棱P A的中点，求二面角P﹣BC﹣F的余弦值．19．（12分）东方商店欲购进某种食品（保质期两天），此商店每两天购进该食品一次（购进时，该食品为刚生产的）．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了了解市场的需求情况，现统计该产品在本地区100天的销售量如表：（视样本频率为概率）（1）根据该产品100天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为ξ，求ξ的分布列与期望（2）以两天内该产品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进32或33份，哪一种得到的利润更大？20．（12分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点P（x0，2）到焦点F的距离|PF|＝2x0．（1）求抛物线C的方程；（2）过点P引圆的两条切线P A、PB，切线P A、PB 与抛物线C的另一交点分别为A、B，线段AB中点的横坐标记为t，求t的取值范围．21．（12分）已知函数，（1）求函数f（x）的极小值（2）求证：当﹣1≤a≤1时，f（x）＞g（x）[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l的极坐标方程为．（1）求曲线C的极坐标方程；（2）当0＜r＜2时，若曲线C与射线l交于A，B两点，求的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）＝|1﹣x|﹣|x+3|．（1）求不等式f（x）≤1的解集；（2）若函数f（x）的最大值为m，正实数p，q满足p+2q＝m，求的最小值．2019年河北省石家庄市高考数学一模试卷（理科）（A卷）参考答案与试题解析一、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．【解答】解：A＝{x|x＞﹣1}；∴A∩B＝{x∈Z|﹣1＜x≤1}＝{0，1}．故选：C．2．【解答】解：∵数＝，∴＝．故选：D．3．【解答】解：已知cos（+α）＝2cos（π﹣α），可得﹣sinα＝﹣2cosα，tanα＝2，则tan＝＝＝﹣3．故选：B．4．【解答】解：A：只有当奇函数f（x）的定义域中有0时，f（0）＝0，故A不正确；B：a n＝0时，B不正确；C：A＞B⇔a＞b⇔sin A＞sin B，故C正确；D：两个随机变量相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1，故D错误．故选：C．5．【解答】解：∵向量与的夹角为，且；∴；∴＝；∴；∴或0（舍去）；∴．故选：A．6．【解答】解：在第二次摸到红球的条件下，第一次从3个球中摸到红球的概率为．故选：B．7．【解答】解：作出变量x，y满足约束条件，对应的平面区域如图：（阴影部分）．由z＝x+3y得y＝﹣x+，平移直线y＝﹣x+，由图象可知当直线y＝﹣x+经过点A时，直线y＝﹣x+的截距最小，此时z最小．由，解得A（﹣2，2），代入目标函数得z＝﹣2+3×2＝4．即z＝x+3y的最小值为4．故选：C．8．【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x）＝f（2﹣x），则函数的对称轴为x＝1，又由f（x）为奇函数且当x∈[0，1]时，f（x）＝4x﹣1，则其图象如图，在（1，3）上，f（x）≤1，则有≤x＜3，即不等式的解集为[，3），故选：C．9．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2）．∵AB的中点为，∴x1+x2＝2，y1+y2＝1．∵PF∥l，∴k PF＝k l＝﹣＝．由+＝1，+＝1．∴+＝0，∴+＝0，可得：2bc＝a2，∴4c2（a2﹣c2）＝a4，化为：4e4﹣4e2+1＝0，解得e2＝，0＜e＜1．∴e＝．故选：A．10．【解答】解：函数的部分函数图象如图所示，点，根据函数的图象：f（0）＝，整理得：2cosφ＝，解得：φ＝，当时，又：f（）＝0，解得：2cos（ω+）＝0，整理得：ω＝2．故：f（x）＝2cos（2x+），当x＝﹣时，f（﹣）＝2．②当时，f（）＝0，解得：ω＝4故：f（x）＝2cos（4x﹣），当x＝时，f（）＝2．故选：D．11．【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：是正方体去掉2个三棱锥的几何体，几何体的体积为：1﹣2×＝．故选：D．12．【解答】解：令f（m）＝mlnm﹣m，，∴f′（m）＝lnm，当时，f′（m）＝lnm＜0，∴f（m）单调递减，当1＜m＜e2，f′（m）＝lnm＞0，∴f（m）单调递增，∵f（m）＝﹣1，f（）＝﹣，f（e2）＝e2，故f（m）∈[﹣1，e2]令g（x）＝ax﹣e x，则g′（x）＝a﹣e x，且x1≠x2，g（x1）＝g（x2），①当a≤0时，g′（x）＝a﹣e x＜0恒成立，∴g（x）在R上单调递减，与x1≠x2，g（x1）＝g（x2），矛盾②当a＞0时，当x＞lna时，g′（x）＝a﹣e x＜0，∴函数g（x）单调递减，当x＜lna时，g′（x）＝a﹣e x＞0，∴函数g（x）单调递增，∵当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞，当x→+∞时，g（x）→﹣∞且g（x）max＝g（lna）＝alna﹣a，∴当x1≠x2时，若g（x1）＝g（x2）＝mlnm﹣m，则y＝mlnm与y＝g（x）有2个不同的交点，∴alna﹣a＞e2＝e＝e2lne2﹣e2，又a＞0∴解得a＞e2，∴实数a的取值范围为：（e2，+∞）．故选：A．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．【解答】解：∵随机变量ξ服从正态分布N（2，1），∴正态曲线关于x＝2对称，∵P（X≤a﹣2）＝P（X≥2a+3），∴a﹣2+2a+3＝4，∴a＝1，故答案为：1．14．【解答】解：根据双曲线方程x2﹣4y2＝1可知a＝1，∴右顶点为（1，0），使l与C有且只有一个公共点的情况为：当l与渐近线平行直线l与C有唯一公共点，双曲线的渐近线方程为：x±2y＝0，过点P（2，0）的直线l与C有唯一公共点，则直线l的方程为：y＝（x﹣2）即x±2y﹣2＝0．故答案为：x±2y﹣2＝0．15．【解答】解：由对称性可知水面横经过BD1所在的直线，设水面与AA1交于M，与CC1交于N，则A1M＝CN，且四边形BMD1N为平行四边形．设A1M＝x（0≤x≤1），则AM＝1﹣x，故D1M＝，BM＝，又BD1＝，∴cos∠BMD1＝＝，∴sin∠BMD1＝，∴水面四边形BMD1N的面积S＝2S＝2×××＝．∵x2﹣x+1＝（x﹣）2+，且0≤x≤1，∴当x＝0或x＝1时，S取得最大值．故答案为：．16．【解答】解：∵数列{a n}的前n项和为S n，且，①由等差数列前n项和的性质，知数列{a n}为单调递增的等差数列，将n换为n+1得，S n+2+S n+1＝，②②﹣①得，a n+2+a n+1＝n﹣9，当n＝9时，a11+a10＝0，又a2＜﹣4，∴a11＞0，a10＜0，∴n＝10时，S n取最小值．故答案为：10．三、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．【解答】解：（1）∵在△ABC中，三个内角A，B，C依次成等差数列，∴2B＝A+C，∵A+B+C＝180°，∴B＝60°，∵△ABC的面积为＝ac sin B＝ac，∴ac＝12，∵sin C＝3sin A，由正弦定理可得：c＝3a，∴解得：a＝2，c＝6，∴由余弦定理得AC＝b＝＝＝2．（2）因为D为AC边的中点，所以：＝（+），两边平方，可得：2＝（2+2+2•），可得：||2＝（c2+a2+2a•c•cos B）＝（c2+a2+a•c）≥（2ac+ac）＝×3×12＝9，解得AD≥3，当且仅当a＝c时等号成立，可得AD的最小值为3．18．【解答】（1）证明：∵PB＝4，BC＝2，∠PBC＝60°，∴PC＝＝2，∴PC2+BC2＝PB2，∴PC⊥BC，又PC⊥AB，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B，∴PC⊥平面ABC，有PC⊂平面P AC，∴平面P AC⊥平面ABC．（2）取AC的中点O，连接OF，CF，OB，则OF∥PC，OF＝PC＝，由（1）知PC⊥平面ABC，故OF⊥平面ABC，∵△ABC是正三角形，∴OB⊥AC，以O为原点，以OA，OB，OF为坐标轴建立空间坐标系如图所示，则F（0，0，），C（﹣1，0，0），B（0，，0），P（﹣1，0，2），∴＝（1，，0），＝（1，0，），＝（0，0，2），设平面PBC的法向量为＝（x，y，z），则，即，令y＝1可得＝（﹣，1，0），同理可得平面BCF的法向量为＝（﹣，1，1）．∴cos＜＞＝＝＝．∴二面角P﹣BC﹣F的余弦值为．19．【解答】解：（1）ξ的可能取值有30，31，32，33，34，35，36，其中P（ξ＝30）＝0.2×0.2＝0.04，P（ξ＝31）＝2×0.2×0.3＝0.12，P（ξ＝32）＝0.3×0.3+2×0.2×0.4＝0.25，P（ξ＝33）＝2×0.2×0.1+2×0.3×0.4＝0.28，P（ξ＝34）＝0.4×0.4+2×0.3×0.1＝0.22，P（ξ＝35）＝2×0.4×0.1＝0.08，P（ξ＝36）＝0.1×0.1＝0.01．∴ξ的分布列为：∴E（ξ）＝30×0.04+31×0.12+32×0.25+33×0.28+34×0.22+35×0.08+36×0.01＝33.11．（2）当一次性购进32份食品时，设每两天的利润为X，则X的可能取值有104，116，128，且P（X＝104）＝0.04，P（X＝116）＝0.12，P（X＝128）＝1﹣0.04﹣0.12＝0.84，∴E（X）＝104×0.04+116×0.12+128×0.84＝125.6．当一次性购进33份食品时，设没两天的利润为Y，则Y的可能取值有96，108，120，132．且P（Y＝96）＝0.04，P（Y＝108）＝0.12，P（Y＝120）＝0.25，P（Y＝132）＝1﹣0.04﹣0.12﹣0.25＝0.59，∴E（Y）＝96×0.04+108×0.12+120×0.25+132×0.59＝124.68．∵E（X）＞E（Y），∴东方商店一次性购进32份食品时得到的利润更大．20．【解答】解：（1）抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F（，0），准线方程为x＝﹣，|PF|＝2x0．即为x0+＝2x0，又2px0＝4，解得p＝2，x0＝1，抛物线C的方程为y2＝4x；（2）过P（1，2）的切线方程为y＝kx+2﹣k，由切线与圆M相切，可得＝r，化为（r2﹣4）k2﹣8k+（r2﹣4）＝0，可得k1+k2＝，k1k2＝1，由y＝kx+2﹣k，联立抛物线方程可得k2x2+[2k（2﹣k）﹣4]x+（2﹣k）2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），可得1•x1＝＝1﹣+，1•x2＝＝1﹣+，即有x1+x2＝2﹣4（+）+4（+）＝2﹣+4（﹣2）＝（+1）2﹣7，由0＜r≤，可得4﹣r2∈[2，4），可得（+1）2﹣7∈（18，74]，即有t＝∈（9，37]．t的取值范围是（9，37]．21．【解答】解：（1）f′（x）＝﹣＝，（x∈（0，+∞））．当a﹣1≤0时，即a≤1时，f′（x）＞0，函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，无极小值；当a﹣1＞0时，即a＞1时，f′（x）＜0，解得0＜x＜a﹣1，函数f（x）在（0，a﹣1）上单调递减．f′（x）＞0，解得x＞a﹣1，函数f（x）在（a﹣1，+∞）上单调递增．∴x＝a﹣1时，函数f（x）取得极小值，f（a﹣1＝1+ln（a﹣1）．综上所述，当a≤1时，f（x）无极小值；当a＞1时，f（x）极小值＝1+ln（a﹣1）．（2）令F（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx+﹣＝，x∈（0，+∞）．当﹣1≤a≤1时，要证f（x）＞g（x），即证F（x）＞0，即xlnx﹣a sin x+1＞0，即证xlnx＞a sin x﹣1．①当0＜a≤1时，令h（x）＝x﹣sin x，h′（x）＝1﹣cos x≥0，所以h（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，故h（x）＞h（0）＝0，即x＞sin x．∴ax﹣1＞a sin x﹣1，令u（x）＝xlnx﹣x+1，u′（x）＝lnx，当x∈（0，1），u′（x）＜0，u（x）在（0，1）上单调递减；x∈（1，+∞），u′（x）＞0，u（x）在（1，+∞）上单调递增．故u（x）≥u（1）＝0，即xlnx≥x﹣1．当且仅当x＝1时取等号．又∵0＜a≤1，∴xlnx≥x﹣1≥ax﹣1．由上面可知：xlnx≥x﹣1≥ax﹣1＞a sin x﹣1，所以当0＜a≤1，∴xlnx＞a sin x﹣1．②当a＝0时，即证xlnx＞﹣1．令v（x）＝xlnx，v′（x）＝lnx+1，可得v（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，v（x）min＝v（）＝﹣＞﹣1，故xlnx＞﹣1．③当﹣1≤a＜0时，当x∈（0，1]时，a sin x﹣1＜﹣1，由②知v（x）＝xlnx≥﹣，而﹣＞﹣1，故xlnx＞a sin x﹣1．当x∈（1，+∞）时，a sin x﹣1≤0，由②知v（x）＝xlnx＞v（1）＝0，故xlnx＞a sin x﹣1；所以，当x∈（0，+∞）时，xlnx＞a sin x﹣1．综上①②③可知，当﹣1≤a≤1时，f（x）＞g（x）．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【解答】解：（1）由消去t得曲线C的普通方程为：（x﹣2）2+y2＝r2，即x2+y2﹣4x+4﹣r2＝0，将代入得曲线C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ+4﹣r2＝0．（2）将θ＝代入ρ2﹣4ρcosθ+4﹣r2＝0，得ρ2﹣2ρ+4﹣r2＝0，△＝4﹣4（4﹣r2）＞0，即r2∈（3，4）设A，B的极径为ρ1，ρ2，则ρ1+ρ2＝2，ρ1•ρ2＝4﹣r2，∴+＝+＝＝，∵3＜r2＜4，∴∈（2，+∞），故的取值范围是（2，+∞）．[选修4-5：不等式选讲]23．【解答】解（1）不等式f（x）≤1⇔|1﹣x|﹣|x+3|≤1⇔或或，解得x≥﹣，故原不等式的解集为{x|x≥﹣}；（2）∵f（x）＝，∴f（x）max＝4，∴m＝4，∴p+2q＝4，p＞0，q＞0，∴p+2+2q＝6，∴+＝（+）•＝（2+2++）≥（4+2）＝（4+4）＝，∴的最小值为，当且仅当p＝1．q＝时取等．。
河北省石家庄市2019届高三一模考试数学(理)试卷(有答案)
石家庄市2019届高中毕业班模拟考试（一）数学（理）试卷（A卷）石家庄2019届高中毕业班模拟考试（一）理科数学答案一、选择题A 卷答案：1-5 CDACB 6-10BCCBD 11-12DAB 卷答案：1-5 CDBCA 6-10ACCAD 11-12DB二、填空题 13. 1 14. ()122y x =- 或()122y x =--16. 10三、解答题17. 解: （1） ∵△ABC 三内角A 、B 、C 依次成等差数列，∴B=60°设A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ,由S =1sin 2ac B 可得12ac =.……2分 ∵sin 3sin C A =，由正弦定理知3c a =，∴2,6a c ==. ……4分△ABC 中，由余弦定理可得2222cos 28b a c ac B =+-=，∴b=即AC 的长为……6分（2）∵BD 是AC 边上的中线，∴1()2BD BC BA =+ ……8分 ∴2221(2)4BD BC BA BC BA =++⋅=221(2cos )4a c ac B ++=221()4a c ac ++ 1(2)94ac ac ≥+=，当且仅当a c =时取“=” ……10分 ∴3BD ≥,即BD 长的最小值为3. ……12分18. 解：（1）证明：在PBC ∆中，60oPBC ∠=，2BC =，4PB =，由余弦定理可得PC = 222PC BC PB +=，PC BC ∴⊥，…………2分,PC AB AB BC B ⊥⋂=又，PC ABC ∴⊥平面，PC PAC ⊂平面，PAC ABC ∴⊥平面平面.…………4分（2）法1：在平面ABC 中，过点C 作CM CA ⊥，以,,CA CM CP 所在的直线分别为z y x ,,轴建立空间直角坐标系C xyz -如图所示：(0,0,0),(0,0,23),(2,0,0),(1,3,0)C P A B (1,0,3)F ，…………6分设平面PBC 的一个法向量为111(,,)x y z =m 则11130230CB x y CP z ⎧•=+=⎪⎨•==⎪⎩m m 解得13x =，11y =-，10z =即(3,1,0)=-m …………8分设平面BCF 的一个法向量为222(,,)x y z =n 则22223030CB x y CF x z ⎧•=+=⎪⎨•=+=⎪⎩n n解得23x =，21y =-，21z =-即(3,1,1)=--n …………10分()()2231025cos 52311,++<>===⨯+-+-m nm n m n 由图可知二面角P BC F --为锐角，所以二面角P BC F --的余弦值为255。