2019届河北省衡水中学高考押题试卷(二)理科数学

2019届河北省衡水中学高考押题试卷（二）数学（理科）一、选择题：本大题共12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. 已知全集，，，则A.B.C.D.2. 已知复数，在复平面内对应的点分别为，，则A.B.C.D.3. 已知上的奇函数满足：当时，，则（）A. B.C. D.4. 某中学有高中生人，初中生人，男、女生所占的比例如图所示．为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，已知从高中生中抽取女生人，则从初中生中抽取的男生人数是（）A. B.C. D.5. 已知等差数列中，，，则A. B.C. D.6. 已知实数，满足，则的最大值与最小值之和为（）A. B.C. D.7. 将函数的图象向右平移个单位长度后，再将图象上各点的纵坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象，则A.B.C.D.8. 我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有三人共车，二车空；二人共车，九人步．问人与车各几何？”意思是：今有人坐一辆车，有辆车是空的；人坐一辆车，有个人需要步行．问人与车各多少？如图是该问题中求人数的程序框图，执行该程序框图，则输出的值为A. B.C. D.9. 如图是某几何体的三视图，则此几何体的表面积为（）A.B.C.D.10. 已知三棱锥中，侧面底面，，，，，则三棱锥外接球的体积为（）A. B.C. D.11. 已知双曲线的离心率，对称中心为，右焦点为，点是双曲线的一条渐近线上位于第一象限内的点，，的面积为，则双曲线的方程为（）A.B.C.D.12. 设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值是( )A. B.C. D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

把答案填在答题卡中的横线上。

13. 已知非零向量，，若与的夹角等于与的夹角，则________．14.的展开式中不含常数项的所有项的系数之和是________．15. 已知等比数列的前项和为，且，则________，且．16. 已知抛物线：的焦点为，为坐标原点，点，，射线，分别交抛物线于异于点的点，，若，，三点共线，则的值为________．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。

（一）必考题：共60分。

17. 在中，，，分别是内角，，的对边，已知．（1）求的大小；（2）若，求的面积．18. 年月日，在韩国平昌冬奥会短道速滑男子米比赛中，中国选手武大靖以连续打破世界纪录的优异表现，为中国代表队夺得了本届冬奥会的首枚金牌，也创造中国男子冰上竞速项目在冬奥会金牌零的突破．根据短道速滑男子米的比赛规则，运动员自出发点出发进入滑行阶段后，每滑行一圈都要经过个直道与弯道的交接口．已知某男子速滑运动员顺利通过每个交接口的概率均为，摔倒的概率均为．假定运动员只有在摔倒或达到终点时才停止滑行，现在用表示该运动员在滑行最后一圈时在这一圈后已经顺利通过的交接口数．（1）求该运动员停止滑行时恰好已顺利通过个交接口的概率；（2）求的分布列及数学期望．19. 在如图所示的几何体中，，平面，，，，．（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值．20. 已知椭圆的焦距为，且，圆与轴交于点，，为椭圆上的动点，，面积最大值为．（1）求圆与椭圆的方程；（2）圆的切线交椭圆于点，，求的取值范围．21. 已知函数．（1）若在定义域上不单调，求的取值范围；（2）设，，分别是的极大值和极小值，且，求的取值范围．（二）选考题：共10分。

请考生在第22、23题中任选一题作答。

如果多做，则干所做的第一题计分。

[选修4-4：坐标系与参数方程]22. 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系．已知直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程，并指出该曲线是什么曲线；（2）若直线与曲线的交点分别为，，求．[选项4-5：不等式选讲]23. 已知函数．（1）解关于的不等式；（2）记函数的最大值为，若，，，求的最小值．参考答案与试题解析2019届河北省衡水中学高考押题试卷（二）数学（理科）一、选择题：本大题共12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.【答案】B【考点】交集及其运算【解析】先求出全集，再求出集合，由此能求出．【解答】∵全集，，，∴，∴．2.【答案】A【考点】复数的模复数的运算【解析】由已知条件求出，，然后代入，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：由复数，在复平面内对应的点分别为，，得，，则．故选.3.【答案】C【考点】函数奇偶性的性质【解析】可设，根据条件便可求出时，，从而求出，进而求出，即求出（）．【解答】设，，为上的奇函数，且时，，则：；∴；∴；∴（）．故选：．4.【答案】A【考点】分层抽样方法【解析】利用扇形图和分层抽样的性质能求出从初中生中抽取的男生人数．【解答】解：由扇形图得：中学有高中生人，其中男生，女生，初中生人，其中男生，女生，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，已知从高中生中抽取女生人，则，解得，∴从初中生中抽取的男生人数是：．故选.5.【答案】D【考点】等差数列的前n项和【解析】设等差数列的公差为，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，问题得以解决．【解答】由，，∴，，解得，，∴，∴，6.【答案】C【考点】简单线性规划【解析】作出约束条件表示的可行域，判断目标函数经过的点，然后求解目标函数的最值即可．【解答】作出实数，满足的可行域如图所示：作直线，再作一组平行于的直线，当直线经过点时，取得最大值，由，得点的坐标为，所以．直线经过时，目标函数取得最小值，由，解得函数的最小值为：．的最大值与最小值之和为：．故选：．7.【答案】B【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】首先利用三角函数的关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成余弦形函数，进一步利用图象的伸缩和平移变换求出函数的关系式，进一步求出结果．【解答】函数，把函数的图象向右平移个单位长度后，得到：，再将图象上各点的纵坐标伸长到原来的倍，得到：，则：，8.【答案】D【考点】程序框图【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：模拟程序的运行，可得，执行循环体，，，，满足条件，执行循环体，，，，满足条件，执行循环体，，，，满足条件，执行循环体，，，，满足条件，执行循环体，，，，满足条件，执行循环体，，，，不满足条件，退出循环，输出的值为．故选.9.【答案】A【考点】由三视图求面积、体积【解析】判断几何体的形状，画出直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．【解答】由题意可知几何体的直观图如图：是棱长为的正方体的一部分，则三棱锥的表面积为：．10.【答案】B【考点】球的体积和表面积【解析】取中点，连结，过作平面，交于，过作，交于，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出三棱锥外接球半径，由此能求出三棱锥外接球的体积．【解答】取中点，连结，过作平面，交于，过作，交于，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，，即，解得，，，，，则，，设球心，则，∴，解得，∴三棱锥外接球半径，∴三棱锥外接球的体积为：．11.【答案】D【考点】双曲线的性质【解析】根据条件设出渐近线方程，结合三角形的面积以及离心率公式建立方程求出，的值即可．【解答】由题意点所在的渐近线为，设该渐近线的倾斜角为，则，∵，∴直线的倾斜角为，则，联立方程组，得，即，则的面积，∵双曲线的离心率，∴，得，结合，得，，则双曲线的方程为．方法：∵，，∴是等腰三角形，过作，则焦点到渐近线距离为，则，即，则的面积，又双曲线的离心率，∴，得，结合，得，，则双曲线的方程为．12.【答案】B【考点】函数单调性的性质与判断不等式恒成立问题【解析】对任意的，不等式恒成立，令，转化为在时恒成立；即可求解．【解答】解：由题意，令，则在是恒大于的，∴在是递增函数，可得为∴在恒成立即可．∵实数，在是递减函数，，即．解得：．∴的最大值为．故选.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

把答案填在答题卡中的横线上。

13.【答案】或【考点】数量积表示两个向量的夹角【解析】根据平面向量的坐标运算与夹角公式，列方程求得的值．【解答】非零向量，，，若与的夹角等于与的夹角，则，即，时，解得；时，解得；综上，或．14.【答案】【考点】二项式定理及相关概念【解析】写出二项展开式的通项，求出常数项，再取求出所有项系数和，则答案可求．【解答】由．由，得．∴的展开式中常数项为．而的展开式中所有项的系数和为．∴的展开式中不含常数项的所有项的系数之和是．15.【答案】【考点】等比数列的前n项和【解析】设等比数列的公比为，由，可得，，化简解得．则时，，即可得出．【解答】设等比数列的公比为，∵，∴，，化为：．则时，．16.【答案】【考点】抛物线的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：直线的方程为，将其代入，解方程可得或故．直线的方程为，将其代入，解方程可得或故．又因为，所以，，因为，，三点共线，所以，即，解得．故答案为：．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。

（一）必考题：共60分。

17.【答案】因为中，，，分别是内角，，的对边，已知．利用正弦定理：，整理得：，故：，由于：故：．因为，则：，由正弦定理：，解得：．由于：．则：，．【考点】三角形的面积公式【解析】（1）直接利用正弦定理和余弦定理求出的值．（2）利用三角函数关系式的恒等变换，余弦定理和三角形的面积公式求出结果．【解答】因为中，，，分别是内角，，的对边，已知．利用正弦定理：，整理得：，故：，由于：故：．因为，则：，由正弦定理：，解得：．由于：．则：，．18.【答案】由题意可知：．的所有可能只为，，，，．，，，，．∴的分布列为∴．【考点】离散型随机变量的期望与方差 【解析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算．（2）求出的各种取值对应的概率，得出分布列和数学期望． 【解答】 由题意可知：．的所有可能只为，，，，．，，，，．∴ 的分布列为∴．19.【答案】 在中，．∴ ，∴ 为直角三角形，．又∵ 平面，∴ ． 而，∴ 平面．方法一：如图延长，相交于，连接， 则平面平面．二面角_就是平面与平面所成二面角． ∵，，∴是的中位线．，这样，，是等边三角形．取的中点为，连接，，∵ 平面． ∴ 就是二面角的平面角． 在中，，， 所以．∴平面与平面所成二面角的正弦值为．方法二：建立如图所示的空间直角坐标系， 可得，，，，．，． 设是平面的法向量，则，令，得．取平面的法向量为．设平面与平面所成二面角的平面角为， 则， ∴．∴平面与平面所成二面角的正弦值为．【考点】二面角的平面角及求法【解析】 （1）推导出，，由此能证明平面． （2）法一：延长，相交于，连接，二面角_就是平面与平面所成二面角．由此能求出平面与平面所成二面角的正弦值． 法二：建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成二面角的正弦值．【解答】 在中，． ∴ ，∴ 为直角三角形，． 又∵ 平面，∴ ． 而，∴ 平面．方法一：如图延长，相交于，连接， 则平面平面．二面角_就是平面与平面所成二面角．∵，，∴是的中位线．，这样，，是等边三角形．取的中点为，连接，，∵平面．∴就是二面角的平面角．在中，，，所以．∴平面与平面所成二面角的正弦值为．方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，．，．设是平面的法向量，则，令，得．取平面的法向量为．设平面与平面所成二面角的平面角为，则，∴．∴平面与平面所成二面角的正弦值为．20.【答案】因为，所以．①因为，所以点，为椭圆的焦点，所以．设，则，所以，．当时，，②由①，②解得，所以，．所以圆的方程为，椭圆的方程为．①当直线的斜率不存在时，不妨取直线的方程为，解得，，．②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，．因为直线与圆相切，所以，即，联立，消去可得，，，，．，，．令，则，所以，，所以，所以．综上，的取值范围是．【考点】椭圆的性质【解析】（1）由题意可知，，当时，面积取最大值，即可求得和的值，求得椭圆方程；（2）分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线方程，代入椭圆方程，利用点到直线的距离公式求得，根据点到直线的距离公式及弦长公式公式，求得，换元，利用二次函数的性质，即可的取值范围．【解答】因为，所以．①因为，所以点，为椭圆的焦点，所以．设，则，所以，．当时，，②由①，②解得，所以，．所以圆的方程为，椭圆的方程为．①当直线的斜率不存在时，不妨取直线的方程为，解得，，．②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，．因为直线与圆相切，所以，即，联立，消去可得，，，，．，，．令，则，所以，，所以，所以．综上，的取值范围是．21.【答案】①若在定义域上单调递增，则，即在上恒成立，而，所以；②若在定义域上单调递减，则，即在上恒成立，而，所以．因为在定义域上不单调，所以，即；由（1）知，欲使在有极大值和极小值，必须，又，所以，令的两根分别为，，即的两根分别为，，于是．不妨设，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以，，所以，令，于是，，由，得，因为，所以在上为减函数．所以．【考点】利用导数研究函数的极值【解析】（1）问题转化为在上恒成立，或在上恒成立，求出的范围即可；（2）不妨设，，令，于是，根据函数的单调性求出的范围即可．【解答】①若在定义域上单调递增，则，即在上恒成立，而，所以；②若在定义域上单调递减，则，即在上恒成立，而，所以．因为在定义域上不单调，所以，即；由（1）知，欲使在有极大值和极小值，必须，又，所以，令的两根分别为，，即的两根分别为，，于是．不妨设，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以，，所以，令，于是，，由，得，因为，所以在上为减函数．所以．（二）选考题：共10分。