衡水中学2019-2020学年度高三年级十调考试数学试卷理科
2019-2020学年河北省衡水中学高三第二学期第九次调研(理科)数学试卷 解析版
2019-2020学年高三第二学期第九次调研（理科）数学试卷一、选择题.1．已知集合A＝{x|0＜x＜}，B＝{x|＜2}，则A∪B＝（）A．R B．{x|0＜x＜}C．{x|x＞0}D．{x|＜x＜} 2．复数z＝上的虚部为（）A．B．C．D．3．某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），左图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，右图为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为＝1.16x﹣30.75，以下结论中不正确的为（）A．15名志愿者身高的极差小于臂展的极差B．15名志愿者身高和臂展成正相关关系C．可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米D．身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米4．函数f（x）＝|x|﹣（a∈R）的图象不可能是（）A．B．C．D．5．某几何体的三视图如图，该几何体表面上的点P与点Q在正视图与侧视图上的对应点分别为A，B，则在该几何体表面上，从点P到点Q的路径中，最短路径的长度为（）A．B．C．D．6．设m，n为正数，且m+n＝2，则的最小值为（）A．B．C．D．7．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积S＝．根据此公式，若a cos B+（b+3c）cos A＝0，且a2﹣b2﹣c2＝2，则△ABC的面积为（）A．B．2C．D．28．执行如图所示的程序框图，则输出的a值为（）A．﹣3B．C．D．29．若0＜a＜b＜1，x＝a b，y＝b a，z＝log b a，则x，y，z大小关系正确的是（）A．x＜y＜z B．y＜x＜z C．z＜x＜y D．z＜y＜x10．已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0），点P（x0，y0）是直线bx﹣ay+4a＝0上任意一点，若圆（x﹣x0）2+（y﹣y0）2＝1与双曲线C的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是（）A．（1，2]B．（1，4]C．[2，+∞）D．[4，+∞）11．直线y＝a与函数f（x）＝tan（）（ω＞0）的图象的相邻两个交点的距离为2π，若f（x）在（﹣m，m）（m＞0）上是增函数，则m的取值范围是（）A．（0，]B．（0，]C．（0，]D．（0，] 12．已知函数f（x）＝（x2﹣2x）e x，若方程f（x）＝a有3个不同的实根x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），则的取值范围是（）A．[，0）B．（，0）C．（，）D．（0，）二、填空题（共4小题，每题5分，共20分.）13．（x﹣）7的展开式的第2项为．14．已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，若点D满足，则•＝15．记等差数列{a n}的前n项和为S n，若a2+a4＝18，S17＝459，则{（﹣1）n•a3n}的前n 项和T n＝．16．已知三棱锥D﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，AD⊥平面ABC，AC＝，BC ＝1，cos∠ACB＝sin∠ACB，AD＝2，则球O的表面积为．三、解答题（共5小题，共70分，解答应写出文字说明或演算步骤.）17．设f（x）＝sin x cos x﹣cos2（x+）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（）＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值．18．如图，在三棱锥P﹣ABC中，已知，顶点P在平面ABC上的射影为△ABC的外接圆圆心．（1）证明：平面PAC⊥平面ABC；（2）若点M在棱PA上，，且二面角P﹣BC﹣M的余弦值为，试求λ的值．19．某快餐连锁店招聘外卖骑手，该快餐连锁店提供了两种日工资方案：方案（1）规定每日底薪50元，快递业务每完成一单提成3元；方案（2）规定每日底薪100元，快递业务的前44单没有提成，从第45单开始，每完成一单提成5元，该快餐连锁店记录了每天骑手的人均业务量，现随机抽取100天的数据，将样本数据分为[25，35），[35，45），[45，55），[55，65），[65，75），[75，85），[85，95]七组，整理得到如图所示的频率分布直方图．（Ⅱ）随机选取一天，估计这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于65单的概率；（Ⅱ）从以往统计数据看，新聘骑手选择日工资方案（1）的概率为，选择方案（2）的概率为．若甲、乙、丙三名骑手分别到该快餐连锁店应聘，三人选择日工资方案相互独立，求至少有两名骑手选择方案（1）的概率；（Ⅲ）若仅从人均日收入的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为新聘骑手做出日工资方案的选择，并说明理由．（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替）20．如图，椭圆C1：＝1（a＞b＞0）的左右焦点分别为的F1、F2，离心率为；过抛物线C2：x2＝4by焦点F的直线交抛物线于M、N两点，当|MF|＝时，M点在x 轴上的射影为F1．连结NO，MO并延长分别交C1于A、B两点，连接AB；△OMN与△OAB的面积分别记为S△OMN，S△OAB，设λ＝．（Ⅰ）求椭圆C1和抛物线C2的方程；（Ⅱ）求λ的取值范围．21．已知函数f（x）＝x2﹣ae x﹣1．（1）若f（x）有两个不同的极值点x1，x2，求实数a的取值范围；（2）在（1）的条件下，求证：+＞．选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．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．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（θ为参数），直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线C以及直线l的极坐标方程；（Ⅱ）若A（0，1），直线l与曲线C相交于不同的两点M，N，求的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x+1|．（Ⅰ）解不等式f（x）＞3﹣|x+2|；（Ⅱ）已知a＞0，b＞0，且，求证：．参考答案一、选择题（包括12小题，每小题5分，共60分.）1．已知集合A＝{x|0＜x＜}，B＝{x|＜2}，则A∪B＝（）A．R B．{x|0＜x＜}C．{x|x＞0}D．{x|＜x＜}【分析】可以求出集合B，然后进行并集的运算即可．解：∵，∴A∪B＝{x|x＞0}．故选：C．2．复数z＝上的虚部为（）A．B．C．D．【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：∵＝，∴复数上的虚部为．故选：A．3．某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），左图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，右图为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为＝1.16x﹣30.75，以下结论中不正确的为（）A．15名志愿者身高的极差小于臂展的极差B．15名志愿者身高和臂展成正相关关系C．可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米D．身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米【分析】就会图形对各个选项分别判断即可．解：对于A，身高极差大约是25，臂展极差大于等于30，故A正确；对于B，很明显根据散点图以及回归方程得到，身高矮展臂就会短一些，身高高一些，展臂就会长一些，故B正确；对于C，身高为190厘米，代入回归方程可得展臂等于189.65厘米，但不是准确值，故C正确；对于D，身高相差10厘米的两人展臂的估计值相差11.6厘米，但不是准确值，回归方程上的点并不都是准确的样本点，故D错误；故选：D．4．函数f（x）＝|x|﹣（a∈R）的图象不可能是（）A．B．C．D．【分析】讨论a的范围，利用导数判断f（x）的单调性得出答案．解：f（x）＝，∴f′（x）＝．（1）当a＝0时，f（x）＝，图象为A；（2）当a＞0时，1+＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，令﹣1+＝0得x＝﹣，∴当x＜﹣时，﹣1+＜0，当﹣＜x＜0时，﹣1+＞0，∴f（x）在（﹣∞，﹣）上单调递减，在（﹣，0）上单调递增，图象为D；（3）当a＜0时，﹣1+＜0，∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，令1+＝0得x＝，∴当x＞时，1+＞0，当0＜x＜时，1+＜0，∴f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，图象为B；故选：C．5．某几何体的三视图如图，该几何体表面上的点P与点Q在正视图与侧视图上的对应点分别为A，B，则在该几何体表面上，从点P到点Q的路径中，最短路径的长度为（）A．B．C．D．【分析】根据三视图知该几何体是长方体，结合题意画出图形，结合图形求出点P到Q 的最短距离．解：根据几何体的三视图知，该几何体是长方体，如图所示；其展开图中，有三种情况，从点P（A）到Q（B）的最短距离为＝2．故选：C．6．设m，n为正数，且m+n＝2，则的最小值为（）A．B．C．D．【分析】由，结合已知m+n＝2可考虑利用基本不等式求解．解：当m+n＝2时，，因为，当且仅当m+1＝n+2，即时取等号，则，即最小值为．故选：D．7．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积S＝．根据此公式，若a cos B+（b+3c）cos A＝0，且a2﹣b2﹣c2＝2，则△ABC的面积为（）A．B．2C．D．2【分析】由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式，结合sin C≠0，可得cos A ＝﹣，由余弦定理可得bc的值，根据公式即可求解△ABC的面积公式．解：由a cos B+（b+3c）cos A＝0，可得sin A cos B+cos A sin B+3sin C cos A＝0，即sin（A+B）+3sin C cos A＝0，即sin C（1+3cos A）＝0，因为sin C≠0，所以cos A＝﹣，由余弦定理可得a2﹣b2﹣c2＝﹣2bc cos A＝bc＝2，所以bc＝3，由△ABC的面积公式可得S＝＝＝．故选：A．8．执行如图所示的程序框图，则输出的a值为（）A．﹣3B．C．D．2【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量a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：当i＝1时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a＝﹣3，i＝2；当i＝2时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a＝﹣，i＝3；当i＝3时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a＝，i＝4；当i＝4时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a＝2，i＝5；当i＝5时，不满足退出循环的条件，执行循环体后，a＝﹣3，i＝6；a的值是以4为周期的循环，由2020÷4＝505，故当i＝2021时，满足退出循环的条件，故输出的a值为2，故选：D．9．若0＜a＜b＜1，x＝a b，y＝b a，z＝log b a，则x，y，z大小关系正确的是（）A．x＜y＜z B．y＜x＜z C．z＜x＜y D．z＜y＜x【分析】根据0＜a＜b＜1即可得出a b＜a a＜b a＜1，log b a＞1，从而得出x，y，z的大小关系．解：∵0＜a＜b＜1；∴a b＜a a＜b a＜b0＝1，log b a＞log b b＝1；∴x＜y＜z．故选：A．10．已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0），点P（x0，y0）是直线bx﹣ay+4a＝0上任意一点，若圆（x﹣x0）2+（y﹣y0）2＝1与双曲线C的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是（）A．（1，2]B．（1，4]C．[2，+∞）D．[4，+∞）【分析】先求出双曲线的渐近线方程，可得则直线bx﹣ay+2a＝0与直线bx﹣ay＝0的距离d，根据圆（x﹣x0）2+（y﹣y0）2＝1与双曲线C的右支没有公共点，可得d≥1，解得即可．解：双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝x，即bx﹣ay＝0，∵P（x0，y0）是直线bx﹣ay+4a＝0上任意一点，则直线bx﹣ay+4a＝0与直线bx﹣ay＝0的距离d＝＝，∵圆（x﹣x0）2+（y﹣y0）2＝1与双曲线C的右支没有公共点，∴d≥1，∴≥1，即e＝≤4，又e＞1，故e的取值范围为（1，4]，故选：B．11．直线y＝a与函数f（x）＝tan（）（ω＞0）的图象的相邻两个交点的距离为2π，若f（x）在（﹣m，m）（m＞0）上是增函数，则m的取值范围是（）A．（0，]B．（0，]C．（0，]D．（0，]【分析】根据直线y＝a与函数f（x）图象的相邻两个交点距离为一个周期，求出ω的值，写出f（x）的解析式，求出它的单调增区间，再求m的取值范围．解：直线y＝a与函数f（x）＝tan（）图象的相邻两个交点的距离为一个周期，则T＝2π，所以ω＝＝，所以f（x）＝tan（x+），由kπ﹣＜x+＜kπ+，解得2kπ﹣＜x＜2kπ+，（k∈Z）；所以函数f（x）在（﹣，）上是单调增函数；又f（x）在（﹣m，m）上是单调增函数，即（﹣m，m）⊆（﹣，），解得0＜m≤；所以m的取值范围是（0，]．故选：B．12．已知函数f（x）＝（x2﹣2x）e x，若方程f（x）＝a有3个不同的实根x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），则的取值范围是（）A．[，0）B．（，0）C．（，）D．（0，）【分析】先求导，判断函数的单调性，可得x2的范围，再构造函数g（x）＝xe x，根据导数和函数单调性以及最值的关系即可求出a的范围．解：由f（x）＝（x2﹣2x）e x，∴f′（x）＝（x2﹣2）e x，令f′（x）＝0，解得x＝±，当x＞或x＜﹣，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当﹣＜x＜，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，由图象可得﹣＜x2＜0，又＝＝x2，设g（x）＝xe x，（﹣＜x＜0），∴g′（x）＝（x+1）e x，∴g′（x）在（﹣，﹣1）上是减函数，在（﹣1，0）上是增函数，由g（﹣1）＝﹣，g（﹣）＝﹣，g（0）＝0，可得的取值范围为[﹣，0），故选：A．二、填空题（共4小题，每题5分，共20分.）13．（x﹣）7的展开式的第2项为﹣x5．【分析】利用二项展开式的通项公式，求得（x﹣）7的展开式的第2项．解：（x﹣）7的展开式的第2项为T2＝••x5＝﹣x5，故答案为：﹣x5．14．已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，若点D满足，则•＝﹣12【分析】利用向量的加减法以及向量的平方化简，通过向量的数量积转化求解即可．解：＝，所以：，以及AB＝3，AC＝5，BC＝7，cos∠BAC＝＝﹣可得＝＝，所以＝（）•（﹣）＝＝＝﹣12．故答案为：﹣12．15．记等差数列{a n}的前n项和为S n，若a2+a4＝18，S17＝459，则{（﹣1）n•a3n}的前n 项和T n＝．【分析】根据题意，求出数列{a n}的通项公式，进而可得数列{a3n}构成首项为9，公差为9的等差数列，据此分n为奇数、偶数两种情况讨论，求出{（﹣1）n•a3n}的前n项和，综合即可得答案．解：因为{a n}是等数差数列，S17＝459⇒17a9＝459⇒a9＝27，而a2+a4＝18，所以，解得d＝3，a1＝3，则a n＝3+（n﹣1）×3＝3n，n∈N*；数列{a3n}构成首项为9，公差为9的等差数列；若n为偶数，则，若n为奇数，则T n＝﹣9+18﹣27+36+…﹣9（n﹣2）+9（n﹣1）﹣9n＝﹣，故T n＝；故答案为：．16．已知三棱锥D﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，AD⊥平面ABC，AC＝，BC ＝1，cos∠ACB＝sin∠ACB，AD＝2，则球O的表面积为8π．【分析】由题意画出图形，分别设出三角形ABC与ADC的外接圆的圆心，作垂线找到三棱锥外接球的球心，求解三角形得到三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．解：如图：由cos∠ACB＝sin∠ACB，可得，则∠ACB＝30°．在△ABC中，∵AC＝，BC＝1，∠ACB＝30°，∴AB＝．则△ABC为等腰三角形，设△ABC的外心为G，连接BG交AC于E，由正弦定理求得BG＝1，求解三角形可得BE＝，则EG＝．取CD中点F，则F为三角形ACD的外心，过F作平面ACD的垂线，过G作平面ABC的垂线，两垂线相交于O，则O为三棱锥D﹣ABC的外接球的球心，其半径R＝＝．∴球O的表面积为．故答案为：8π．三、解答题（共5小题，共70分，解答应写出文字说明或演算步骤.）17．设f（x）＝sin x cos x﹣cos2（x+）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（）＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值．【分析】（Ⅰ）由三角函数恒等变换化简解析式可得f（x）＝sin2x﹣，由2k≤2x≤2k，k∈Z可解得f（x）的单调递增区间，由2k≤2x≤2k，k∈Z 可解得单调递减区间．（Ⅱ）由f（）＝sin A﹣＝0，可得sin A，cos A，由余弦定理可得：bc，且当b＝c时等号成立，从而可求bc sin A≤，从而得解．解：（Ⅰ）由题意可知，f（x）＝sin2x﹣＝sin2x﹣＝sin2x﹣由2k≤2x≤2k，k∈Z可解得：k≤x≤k，k∈Z；由2k≤2x≤2k，k∈Z可解得：k≤x≤k，k∈Z；所以f（x）的单调递增区间是[k，k]，（k∈Z）；单调递减区间是：[k，k]，（k∈Z）；（Ⅱ）由f（）＝sin A﹣＝0，可得sin A＝，由题意知A为锐角，所以cos A＝，由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bc cos A，可得：1+bc＝b2+c2≥2bc，即bc，且当b＝c时等号成立．因此S＝bc sin A≤，所以△ABC面积的最大值为．18．如图，在三棱锥P﹣ABC中，已知，顶点P在平面ABC上的射影为△ABC的外接圆圆心．（1）证明：平面PAC⊥平面ABC；（2）若点M在棱PA上，，且二面角P﹣BC﹣M的余弦值为，试求λ的值．【分析】（1）设AC的中点为O，连接PO，推导出△ABC为直角三角形，点O为△ABC 的外接圆圆心．PO⊥平面ABC，由此能证明平面PAC⊥平面ABC．（2）以OC，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．解：（1）证明：如图，设AC的中点为O，连接PO，由题意，得BC2+AB2＝AC2，则△ABC为直角三角形，点O为△ABC的外接圆圆心．又点P在平面ABC上的射影为△ABC的外接圆圆心，所以PO⊥平面ABC，又PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC．（2）解：由（1）可知PO⊥平面ABC，所以PO⊥OB，PO⊥OC，OB⊥AC，以OC，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则O（0，0，0），C（1，0，0），B（0，1，0），A（﹣1，0，0），P（0，0，1），设＝，λ∈[0，1]，＝（1，0，1），M（λ﹣1，0，λ），＝（1，﹣1，0），＝（1，0，﹣1），＝（2﹣λ，0，﹣λ），设平面MBC的法向量为＝（x，y，z），则，令x＝1，得＝（1，1，），设平面PBC的法向量为＝（x，y，z），由，令x＝1，得＝（1，1，1），∵二面角P﹣BC﹣M的余弦值为，∴cos＜＞＝＝＝，解得，即M为PA的中点．19．某快餐连锁店招聘外卖骑手，该快餐连锁店提供了两种日工资方案：方案（1）规定每日底薪50元，快递业务每完成一单提成3元；方案（2）规定每日底薪100元，快递业务的前44单没有提成，从第45单开始，每完成一单提成5元，该快餐连锁店记录了每天骑手的人均业务量，现随机抽取100天的数据，将样本数据分为[25，35），[35，45），[45，55），[55，65），[65，75），[75，85），[85，95]七组，整理得到如图所示的频率分布直方图．（Ⅱ）随机选取一天，估计这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于65单的概率；（Ⅱ）从以往统计数据看，新聘骑手选择日工资方案（1）的概率为，选择方案（2）的概率为．若甲、乙、丙三名骑手分别到该快餐连锁店应聘，三人选择日工资方案相互独立，求至少有两名骑手选择方案（1）的概率；（Ⅲ）若仅从人均日收入的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为新聘骑手做出日工资方案的选择，并说明理由．（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替）【分析】（Ⅰ）设事件A为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于65单”，连锁店的人均日快递业务量不少于65单的频率分别为：0.2，0.15，0.05，由此能估计这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于65单的概率．（Ⅱ）设事件B为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）”设事件∁i 为“甲乙丙三名骑手中恰有i（i＝0，1，2，3）人选择方案（1）”，则P（B）＝P（C2）+P（C3），由此能求出三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）的概率．（Ⅲ）方法1：设骑手每日完成快递业务量为X件，方案（1）的日工资，方案（2）的日工资求出随机变量Y1的分布列、EY1和随机变量Y2的分布列、EY2，由EY1＞EY2，建议骑手应选择方案（1）．方法2：求出快餐店人均日快递量的期望是62，方案（1）日工资约为50+62×3＝236，方案2日工资约为100+（62﹣44）×5＝190＜236，由此得到骑手应选择方案（1）．【解答】（共13分）解：（Ⅰ）设事件A为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于65单”依题意，连锁店的人均日快递业务量不少于65单的频率分别为：0.2，0.15，0.05因为0.2+0.15+0.05＝0.4所以P（A）估计为0.4．（Ⅱ）设事件B为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）”设事件∁i为“甲乙丙三名骑手中恰有i（i＝0，1，2，3）人选择方案（1）”，则P（B）＝P（C2）+P（C3）＝所以三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）的概率为（Ⅲ）方法1：设骑手每日完成快递业务量为X件方案（1）的日工资，方案（2）的日工资所以随机变量Y1的分布列为Y1140170200230260290320P0.050.050.20.30.20.150.05所以EY1＝140×0.05+170×0.05+200×0.2+230×0.3+260×0.2+290×0.15+320×0.05＝236同理随机变量Y2的分布列为Y1100130180230280330P0.10.20.30.20.150.05 EY2＝100×0.1+130×0.2+180×0.3+230×0.2+280×0.15+330×0.05＝194.5因为EY1＞EY2，所以建议骑手应选择方案（1）方法2：快餐店人均日快递量的期望是：30×0.05+40×0.05+50×0.2+60×0.3+70×0.2+80×0.15+90×0.05＝62因此，方案（1）日工资约为50+62×3＝236方案2日工资约为100+（62﹣44）×5＝190＜236故骑手应选择方案（1）．20．如图，椭圆C1：＝1（a＞b＞0）的左右焦点分别为的F1、F2，离心率为；过抛物线C2：x2＝4by焦点F的直线交抛物线于M、N两点，当|MF|＝时，M点在x 轴上的射影为F1．连结NO，MO并延长分别交C1于A、B两点，连接AB；△OMN与△OAB的面积分别记为S△OMN，S△OAB，设λ＝．（Ⅰ）求椭圆C1和抛物线C2的方程；（Ⅱ）求λ的取值范围．【分析】（Ⅰ）根据抛物线的定义，以及双曲线的离心率公式可求出答案，（Ⅱ）设直线MN的方程为y＝kx+1，M（x1，y1），N（x2，y2），根据韦达定理和弦长公式求出|OM|，|OA|，|OB|DE的长，再根据三角形的面积公式和基本不等式即可求出λ的取值范围解：（Ⅰ）由抛物线定义可得，代入x2＝4by有，即c2＝7b﹣4b2①又得到c2＝3b2代入①，解得，所以C1的方程为，C2的方程为x2＝4y；（Ⅱ）设直线MN的方程为y＝kx+1，M（x1，y1），N（x2，y2）．由，得到x2﹣4kx﹣4＝0，则x1x2＝﹣4，设k ON＝m，k OM＝m'，则，所以，②设直线ON的方程为y＝mx（m＞0），由，解得x N＝4m，所以，由②可知，用代替m，可得，由，可得，所以，用代替m，可得，所以，，＝，（m＝1时等号成立）所以λ的取值范围为[2，+∞）．21．已知函数f（x）＝x2﹣ae x﹣1．（1）若f（x）有两个不同的极值点x1，x2，求实数a的取值范围；（2）在（1）的条件下，求证：+＞．【分析】（1）讨论导函数f′（x）＝2x﹣ae x有两个实根，在分离参数a＝，然后讨论函数g（x）＝单调性得出结论；（2）利用结论不等式，变形成指数型不等式结论去证明．解：（1）函数f（x）＝x2﹣ae x﹣1，∴f′（x）＝2x﹣ae x，∵f（x）有两个不同的极值点x1，x2，∴f′（x）＝2x﹣ae x＝0有两个根，即a＝，即y＝a与y＝g（x）＝有两个交点，∴g′（x）＝，当x＜1时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，当x＞1时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，∴g（x）max＝g（1）＝，当x→﹣∞时，g（x）→+∞，当x→+∞时，g（x）→0，∴当a∈（0，）时，y＝a与y＝g（x）＝有两个交点，∴实数a的取值范围（0，）．（2）证明：由f′（x1）＝2x1﹣ae＝0，f′（x2）＝2x2﹣ae＝0，有即；由不等式，设lnx1＝t1，lnx2＝t2，则，所以上述不等式变为；所以＜；故+＞成立．选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．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．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（θ为参数），直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线C以及直线l的极坐标方程；（Ⅱ）若A（0，1），直线l与曲线C相交于不同的两点M，N，求的值．【分析】（Ⅰ）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（Ⅱ）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．解：（Ⅰ）依题意，曲线C：（x﹣2）2+y2＝4，故x2+y2﹣4x＝0，即ρ2﹣4ρcosθ＝0，即ρ＝4cosθ；直线l：y＝1﹣x，即x+y﹣1＝0，即ρcosθ+ρsinθ﹣1＝0，故；（Ⅱ）将直线l的参数方程（t为参数）代入x2+y2﹣4x＝0中，化简可得，设M，N所对应的参数分别为t1，t2，则，t1t2＝1，故．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x+1|．（Ⅰ）解不等式f（x）＞3﹣|x+2|；（Ⅱ）已知a＞0，b＞0，且，求证：．【分析】（Ⅰ）利用绝对值的意义，分类讨论解不等式f（x）＞3﹣|x+2|；（Ⅱ）对于任意x∈R，先根据绝对值不等式f（x）﹣|x|≤1，再根据基本不等式，即可证明．解：（Ⅰ）由f（x）＞3﹣|x+2|，可得|x+2|+|x+1|＞3，则或或，解得x＜﹣3或∅或x＞0，故不等式的解集为（﹣∞，﹣3）∪（0，+∞），证明（Ⅱ）f（x）﹣|x|＝|x+1|﹣|x|≤|x+1﹣x|＝1，∵a2+4b2＝（a+2b）2﹣4ab≥2﹣2×（）2＝1，当且仅当a＝2b时，即a＝，b ＝时取等号，∴≥1，∴．。
2019-2020学年河北省衡水市第三中学高三数学理联考试题含解析
2019-2020学年河北省衡水市第三中学高三数学理联考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设等比数列的前项和为，若，，则公比A．1 B.2 C．4 D．8参考答案：C2. 设a，b是两条不同直线，α，β是两个不同平面，下列四个命题中正确的是（）A．若a，b与α所成的角相等，则a∥bB．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥bC．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥bD．若a?α，b?β，a∥b，则α∥β参考答案：C【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】对四个选项中的命题依据相关的立体几何知识逐一判断即可【解答】解：对于选项A，将一个圆锥放到平面上，则它的每条母线与平面所成的角都是相等的，故“若a，b与α所成的角相等，则a∥b“错；对于选项B，若a∥α，b∥β，α∥β，则a与b位置关系可能是平行，相交或异面，故B错；对于选项C，若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b是正确的，两个平面垂直时，与它们垂直的两个方向一定是垂直的；对于选项D，由面面平行的定理知，一个面中两条相交线分别平行于另一个平面中的两条线才能得出面面平行，故D错．故选C．【点评】本题以立体几何中线面位置关系为题面考查了命题真假的判断，熟练掌握空间中点线面的位置关系是解答的关键3. 点为不等式组所表示的平面区域上的动点，则最小值为（）A． B． C． D．参考答案：D如图所示，不等式组所表示的平面区域为图中阴影部分．由可得，故．的几何意义为直线的斜率，故当点与点重合时直线的斜率的最小，此时．4. 等差数列的前n项和为，且，则（）(A)8 (B)9 (C)1 0 (D) 11参考答案：B略5. 已知正六棱柱的底面边长和侧棱长均为，其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是（）（A）（B）（C）（D）参考答案：A正六棱柱的左视图是一个以AB长为宽，高为2的矩形，所以左视图的面积为，选A.6. 已知、均为锐角，若的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件参考答案：答案：C7. 已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体，其三视图如下，若图中圆的半径为，等腰三角形的腰长为，则该几何体的表面积是（）A. B. C. D.参考答案：A略8. 设α、β、γ为平面，m、n、l为直线，则m⊥β的一个充分条件是（）A．α⊥β，α∩β=l，m⊥l B．α∩γ=m，α⊥γ，β⊥γC．α⊥γ，β⊥γ，m⊥αD．n⊥α，n⊥β，m⊥α参考答案：D【考点】LW：直线与平面垂直的判定．【分析】根据面面垂直的判定定理可知选项A是否正确，根据平面α与平面β的位置关系进行判定可知选项B和C是否正确，根据垂直于同一直线的两平面平行，以及与两平行平面中一个垂直则垂直于另一个平面，可知选项D正确．【解答】解：α⊥β，α∩β=l，m⊥l，根据面面垂直的判定定理可知，缺少条件m?α，故不正确；α∩γ=m，α⊥γ，β⊥γ，而α与β可能平行，也可能相交，则m与β不一定垂直，故不正确；α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，而α与β可能平行，也可能相交，则m与β不一定垂直，故不正确；n⊥α，n⊥β，?α∥β，而m⊥α，则m⊥β，故正确故选D9. 已知抛物线和所围成的封闭曲线如图所示，给定点，若在此封闭曲线上恰有三对不同的点，满足每一对点关于点对称，则实数的取值范围是（）（A）（B）（C）（D）参考答案：D考点：函数与方程10. 若复数z满足z（1﹣i）=|1﹣i|+i，则z的实部为（）A．B．﹣1 C．1 D．参考答案：A【考点】复数代数形式的混合运算．【分析】z（1﹣i）=|1﹣i|+i，化为z=，再利用复数的运算法则、实部的定义即可得出．【解答】解：∵z（1﹣i）=|1﹣i|+i，∴z===+i，∴z的实部为．故选：A．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 函数的定义域是，单调递减区间是________________________．参考答案：（-∞，0）∪（2，+∞）， (2，＋∞)12. 如图，椭圆C：，与两条平行直线：，：分别交于四点A，B，C，D，且四边形ABCD的面积为，则直线AD的斜率为________．参考答案：【分析】设D的坐标，四边形的面积等于2个三角形的面积之和可得D的横坐标，代入椭圆方程求出D的纵坐标，进而求出直线AD的斜率．【详解】解：设，由椭圆的对称性，可得，由题意，所以，代入椭圆中可得，即，所以，所以直线AD的方程为，故答案为：【点睛】本题考查了直线与椭圆的知识，待定系数法是解决本题很好的途径，准确运算是解题的关键.13. 过点且与相切的直线方程为．参考答案：14. 在中，,则的面积等于_________.参考答案：15. 若的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为．参考答案：﹣540【考点】DB：二项式系数的性质．【分析】依据二项式系数和为2n，列出方程求出n，利用二项展开式的通项公式求出常数项．【解答】解：若的展开式中各项系数之和为2n=64，解得n=6，则展开式的常数项为=﹣540，故答案为：﹣540．16. 文：已知等差数列的首项为3，公差为4，则该数列的前项和________．参考答案：17. 已知中AC=4，AB=2，若G为的重心，则。
河北衡水中学2019-2020学年度高三年级第十次调研考试数学(理科)试题及答案
cos PF2F1
c
a
16 或 c 11 a c 2
4
a
渐近线方为 : y 3 15 11
故选 B.
12.【解析】
(1)当x 1时，f (x) x2 2kx 2k f (x)的对称轴为x k，开口向上 ①当k 1时，f (x)在（- ，k )递减，（k,1）递增 当x k时，f (x)有最小值，即f (k ) 00 k 1
f (2019) f (2020) 1
故选 A.
9.【解析】分两种情况：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为
P1
1 2
3 5
1 2
2 5
3 50
；
后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为
P2
1 2
2 5
1 2
2 5
1 25
所以，所求事件概率为：
P1
P2
1 10
故选
C.
10.【解析】
x1
x2
min
3
，周期 T
则AE ND,且AE // ND 所以四边形 ADNE 为矩形，故 AD // NE ，同理，FM // BC // AD 且 NE MF AD ， 故 四 边 形 FMNE 是 平 行 四 边 形 ， 所 以 EF // MN ，所以 EF // PQ
故 E, F, P,Q 四点共面
又 EF // PQ，EF 平面BPQ, PQ 平面BPQ ，
②当k 1时，f (x)在（- ，1）上递减 当x 1时，f (x)有最小值，即f (1) 0 1 0显然成立，此时k 1
（2）当 x 1时， f ( x) ( x k 1)ex e3 f ' ( x) ( x k )ex
①当k 1时，f (x)在（1， ）上递增 f ( x) f (1) ke e3 0k e2 此时k 1
河北衡水中学2019—2020学年高三年级下学期第二次质检考试数学试题(理)
河北衡水中学2019—2020学年高三年级下学期第二次质检考试数学试题（理科）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前请仔细阅读答题卡（纸）上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题。
3．选择题答案涂在答题卡上，非选择题答案写在答题卡上相应位置，在试卷和草稿纸上作答无效。
第Ⅰ卷选择题（共60分）一.选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求,将正确答案填涂在答题卡上。
1.已知集合A＝{x|x2﹣3x﹣4＜0}，B＝{y|y＝2x+3}，则A∪B＝（）A．[3，4）B．（﹣1，+∞）C．（3，4）D．（3，+∞）2.已知复数z1＝3﹣bi，z2＝1﹣2i，若是实数，则实数b的值为（）A．6 B．﹣6 C．0 D．3.党的十九大报告明确提出：在共享经济等领域培育增长点、形成新动能.共享经济是公众将闲置资源通过社会化平台与他人共享，进而获得收入的经济现象.为考察共享经济对企业经济活跃度的影响，在四个不同的企业各取两个部门进行共享经济对比试验，根据四个企业得到的试验数据画出如下四个等高条形图，最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果的图形是（）A. B. C. D.4.设1tan2α=，4cos(π)((0,π))5ββ+=-∈，则tan(2)αβ-的值为（）A．724-B．524-C．524D．7245.大衍数列来源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和.已知该数列前10项是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则大衍数列中奇数项的通项公式为（） A.22n n-B.212n -C.212n(-)D.22n6.如图所示，某几何体的正视图与俯视图均为边长为4的正方形，其侧视图中的曲线为圆周，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．7.已知函数f（x）的图象如图所示，则函数f（x）的解析式可能是（）A．f（x）＝（4x+4﹣x）|x| B．f（x）＝（4x﹣4﹣x）log2|x|C．f（x）＝（4x+4﹣x）log2|x| D．f（x）＝（4x+4﹣x ）|x |8.五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”。
河北省衡水中学2019-2020学年度高三年级下学期一调考试数学理科及参考答案
2019-2020学年度高三年级下学期一调考试数学（理科）试卷命题人： 审核人：第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、 选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分,下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1．已知全集U R =，集合{}22A y y x x R ==+∈，，集合(){}lg 1B x y x ==-，则阴影部分所示集合为（ ） A ．[]12， B ．()12，C ．(12]，D ．[12)，2. 复数3a i z a i +=+-(其中a R ∈，为虚数单位)，若复数z 的共轭复数的虚部为12-，则复数z 在复平面内对应的点位于( ) A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．若2πa -=，a b a =，aa c a =，则,,abc 的大小关系为 A ．c b a >> B ．b c a >> C ．b a c >> D ．a b c >>4．函数()x e x f xcos )112(-+=图象的大致形状是 A ． B ．C ． D ．5．吸烟有害健康，小明为了帮助爸爸戒烟，在爸爸包里放一个小盒子，里面随机摆放三支香烟和三支跟香烟外形完全一样的“戒烟口香糖”，并且和爸爸约定，每次想吸烟时，从盒子里任取一支，若取到口香糖则吃一支口香糖，不吸烟；若取到香烟，则吸一支烟，不吃口香糖，假设每次香烟和口香糖被取到的可能性相同，则“口香糖吃完时还剩2支香烟”的概率为（ ）A ．15B ．815C ．35D ．3206．已知△ABC 外接圆的圆心为O ，若AB=3，AC=5，则AO BC u u u r u u u r⋅的值是（ ）A ．2B ．4C ．8D ．167．给出下列五个命题： ①若为真命题，则为真命题； ②命题“，有”的否定为“，有”；③“平面向量与的夹角为钝角”的充分不必要条件是“”；④在锐角三角形中，必有； ⑤为等差数列，若，则其中正确命题的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．38．已知定义在(0,)+∞上的函数()f x ，恒为正数的()f x 符合()()2()f x f x f x '<<，则(1)(2)f f 的取值范围为（ ） A ．(,2)e eB ．211(,)2e eC ．(3,e e )D ．211(,)e e9．已知点(0,2)A ，抛物线C ：24y x =的焦点为F ，射线FA 与抛物线C 相交于点M ，与其准线相交于点N ，则:FM MN =（ ） A ．2:5B ．1:2C ．1:5D ．1:310.定义12nnp p p +++L 为n 个正数1p 、2p 、…、n p 的“均倒数”，若已知正整数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为121n +，又14n n a b +=，则12231011111b b b b b b ++⋅⋅⋅+=（ ） A ．1011B ．112C ．111D ．111211．对于任意的实数[1,e]x ∈，总存在三个不同的实数[1,5]y ∈-，使得21ln 0yy xe ax x ---=成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．24251(,]e e e- B ．4253[,)e eC ．425(0,]e D ．24253[,)e e e- 12．如图，在正方体1111ABCD A B C D ﹣中，1A H ⊥平面11AB D ，垂足为H ，给出下面结论： ①直线1A H 与该正方体各棱所成角相等； ②直线1A H 与该正方体各面所成角相等；③过直线1A H 的平面截该正方体所得截面为平行四边形； ④垂直于直线1A H 的平面截该正方体，所得截面可能为五边形， 其中正确结论的序号为（ ）A ．①③B ．②④C ．①②④D ．①②③第Ⅱ卷（共90分）二 、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共20分） 13.有一个底面圆的半径为1，高为2的圆柱，点分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点的距离都大于1的概率为___．14．在数列{a n }中，若函数f （x ）＝sin 2x 2cos 2x 的最大值是a 1，且a n ＝（a n +1﹣a n ﹣2）n ﹣2n 2，则a n ＝_____．15．秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法:“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上，余四约之为实一为从隅，开平方得积”如果把以上这段文字写成公式就是2222221[()]42a cb S ac +-=-，共中a 、b 、c 是△ABC 的内角A ，B ，C 的对边。
衡水中学2019~2020学年高三年级下学期其中考试 · 理数试卷及答案
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高三数学理科试题第5页（共8页）
高三数学理科·
6页（共8页）
请考生在第(22)、 (23)题中任选一题做答， 如果多做， 则按所做的第 一题计分， 做答时请
写清题亏。
22. (10分）选修4-4: 坐标系与参数方程
x= 1-t2
在平面直角坐标系xOy中， C正
I +t2 (t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正 轴为
10
5
C. 一3
o.3-
10
5
6.有六名同学参加演讲比赛，编号分别为1, 2. 3, 4. 5, 6, 比 结果设特等奖一名，A, R,
, D四名同学对于谁获得特等奖进行预测
A说：不是1号就是2号获得特等奖；
A. f(x)是偶函数 . B. /(x)在［一冗， 01 上恰有一 个零点
C. /(x)是周期函数
2
<a<-25
@a::::1,-2<b<O
@a=1,一一9 <b<-2或b=O
4
@4个极小值点 ®1个极小值点 (7)6个零点
@4个零点
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。）
试研究，一个三角形能否同时具有以下两个性质； (1)三边是连续的三个自然数；
(2)最大角是最小角的2倍
A. (-1,0]
8. (-1,0)
C. (---00,l)
D. (---oo,-1)
2.iz =-l+i (其中i是虚数单位），则复数z的共辄复数在复平面内对应的点位于
A. 第 一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
J. 已知a=沪，心1 ）-21 ，c =2log, 2则a. b, c的大小关系为
2019-2020学年河北省衡水中学高三(上)一调数学试卷(理科)
2019-2020学年河北省衡水中学高三（上）一调数学试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）已知集合P={x|log2x＜﹣1}，Q={x||x|＜1}，则P∩Q=（）A． B． C．（0，1） D．2．（5分）已知i为虚数单位，复数z满足（1+i）2z=1﹣i3，则|z|为（）A．B．C．D．3．（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线或虚线画出某几何体的三视图，该几何体的体积为（）A．8 B．12 C．18 D．244．（5分）已知命题p：方程x2﹣2ax﹣1=0有两个实数根；命题q：函数f（x）=x+的最小值为4．给出下列命题：①p∧q；②p∨q；③p∧￢q；④￢p∨￢q．则其中真命题的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．45．（5分）由曲线y=，直线y=x﹣2及y轴所围成的图形的面积为（）A．B．4 C．D．66．（5分）函数f（x）=（﹣1）cosx的图象的大致形状是（）A．B．C．D．7．（5分）阅读程序框图，运行相应的程序，输出的结果为（）A．B．C．D．8．（5分）定义在R上的函数f（x）满足：f（x）+f′（x）＞1，f（0）=4，则不等式e x f（x）＞e x+3（其中e为自然对数的底数）的解集为（）A．（0，+∞）B．（﹣∞，0）∪（3，+∞）C．（﹣∞，0）∪（0，+∞）D．（3，+∞）9．（5分）若实数a，b，c，d满足（b+a2﹣3lna）2+（c﹣d+2）2=0，则（a﹣c）2+（b﹣d）2的最小值为（）A．B．2 C．2 D．810．（5分）已知f（x）=，存在x2＞x1≥0使得f（x1）=f （x2），则x1?f（x2）的取值范围（）A．[，2）B．[，2）C．[，）D．[，2）11．（5分）设函数f（x）=x3+x2﹣3x，若方程|f（x）|2+t|f（x）|+1=0有12个不同的根，则实数t的取值范围为（）A．（﹣，﹣2）B．（﹣∞，﹣2）C．﹣＜t＜﹣2 D．（﹣1，2）12．（5分）设曲线f（x）=﹣e x﹣x（e为自然对数的底数）上任意一点处的切线为l1，总存在曲线g（x）=3ax+2cosx上某点处的切线l2，使得l1⊥l2，则实数a的取值范围为（）A．[﹣1，2]B．（3，+∞）C．D．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）设m＞1，在约束条件下，目标函数z=x+my的最大值等于2，则m=．14．（5分）函数y=e x﹣mx在区间（0，3]上有两个零点，则m的取值范围是．15．（5分）已知函数f（x）=x3+3mx2+nx+m2在x=﹣1时有极值0，则m+n=．16．（5分）定义在R上的函数f（x）满足：f（﹣x）+f（x）=x2，当x＜0时，f′（x）＜x，则不等式f（x）+≥f（1﹣x）+x的解集为．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.）17．（12分）在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且==．（1）求角A的大小；（2）若△ABC的面积为3，求a的值．18．（12分）函数f（x）=lnx﹣ax2﹣2x．（Ⅰ）当a=3时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若?a∈（﹣1，+∞），?x∈（1，e），有f（x）﹣b＜0，求实数b的取值范围．19．（12分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且4bsinA=a．（Ⅰ）求sinB的值；（Ⅱ）若a，b，c成等差数列，且公差大于0，求cosA﹣cosC的值．20．（12分）已知函数f（x）=ax2﹣4bx+2alnx（a，b∈R）（Ⅰ）若函数y=f（x）存在极大值和极小值，求的取值范围；（Ⅱ）设m，n分别为f（x）的极大值和极小值，若存在实数，b∈（a，a），使得m﹣n=1，求a的取值范围．（e为自然对数的底）21．（12分）已知函数f（x）=xlnx，g（x）=．（Ⅰ）记F（x）=f（x）﹣g（x），判断F（x）在区间（1，2）内零点个数并说明理由；（Ⅱ）记（Ⅰ）中的F（x）在（1，2）内的零点为x0，m（x）=min{f（x），g（x）}，若m（x）=n（n∈R）在（1，+∞）有两个不等实根x1，x2（x1＜x2），判断x1+x2与2x0的大小，并给出对应的证明．[选修4-1：几何证明选讲]22．（10分）如图，AE是圆O的切线，A是切点，AD⊥OE于D，割线EC交圆O 于B、C两点．（Ⅰ）证明：O，D，B，C四点共圆；（Ⅱ）设∠DBC=50°，∠ODC=30°，求∠OEC的大小．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴+2=0．的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ2﹣4ρsinθ（Ⅰ）把圆C的极坐标方程化为直角坐标方程；（Ⅱ）将直线l向右平移h个单位，所得直线l′与圆C相切，求h．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|2x﹣a|+a，a∈R，g（x）=|2x﹣1|．（Ⅰ）若当g（x）≤5时，恒有f（x）≤6，求a的最大值；（Ⅱ）若当x∈R时，恒有f（x）+g（x）≥3，求a的取值范围．2019-2020学年河北省衡水中学高三（上）一调数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）（2019秋?龙泉驿区校级期中）已知集合P={x|log2x＜﹣1}，Q={x||x|＜1}，则P∩Q=（）A． B． C．（0，1） D．【分析】利用绝对值表达式的解法求出集合Q，对数不等式的解法求出P，然后求解交集．【解答】解：log2x＜﹣1，即log2x＜log2，解得0＜x＜，即P=（0，），Q={x||x|＜1}=（﹣1，1）则P∩Q=（0，），故选：A．2．（5分）（2019?衡阳校级模拟）已知i为虚数单位，复数z满足（1+i）2z=1﹣i3，则|z|为（）A．B．C．D．【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．【解答】解：∵（1+i）2z=1﹣i3，∴z=，∴|z|===．故选：C．3．（5分）（2019秋?衡水校级月考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线或虚线画出某几何体的三视图，该几何体的体积为（）A．8 B．12 C．18 D．24【分析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个底面为矩形的斜四棱柱，切去看一半．求出底面面积，代入棱柱体积公式，可得几何体的体积．【解答】解：由已知中的三视图，可知该几何体是一个底面为矩形的斜四棱，切去看一半，底面为矩形长为4，宽为3，斜四棱柱的高是2，棱柱体积公式：V=Sh可得：V=×4×3×2=12故选B．4．（5分）（2019秋?新华区校级月考）已知命题p：方程x2﹣2ax﹣1=0有两个实数根；命题q：函数f（x）=x+的最小值为4．给出下列命题：①p∧q；②p∨q；③p∧￢q；④￢p∨￢q．则其中真命题的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】先判定命题p，q的真假，再利用复合命题真假的判定方法即可得出．【解答】解：命题p：方程x2﹣2ax﹣1=0有两个实数根，?a∈R，可得△≥0，因此是真命题．命题q：x＜0时，函数f（x）=x+＜0，因此是假命题．下列命题：①p∧q是假命题；②p∨q是真命题；③p∧￢q是真命题；④￢p∨￢q是真命题．则其中真命题的个数为3．故选：C．5．（5分）（2011?新课标）由曲线y=，直线y=x﹣2及y轴所围成的图形的面积为（）A．B．4 C．D．6【分析】利用定积分知识求解该区域面积是解决本题的关键，要确定出曲线y=，直线y=x﹣2的交点，确定出积分区间和被积函数，利用导数和积分的关系完成本题的求解．【解答】解：联立方程得到两曲线的交点（4，2），因此曲线y=，直线y=x﹣2及y轴所围成的图形的面积为：S=．故选C．6．（5分）（2019秋?湖南月考）函数f（x）=（﹣1）cosx的图象的大致形状是（）A．B．C．D．【分析】分析函数奇偶性和x∈（0，）时函数图象的位置，排除错误答案，可得结论．【解答】解：∵f（x）=（﹣1）cosx，∴f（﹣x）=（﹣1）cos（﹣x）=（﹣1）cosx=﹣（﹣1）cosx=﹣f（x），故函数f（x）为奇函数，故函数图象关于原点对称，可排除A，C，又由当x∈（0，），f（x）＜0，函数图象位于第四象限，可排除D，故选：B7．（5分）（2013?济南一模）阅读程序框图，运行相应的程序，输出的结果为（）A．B．C．D．【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算变量x，y的值，最后输出的值，模拟程序的运行，用表格对程序运行过程中各变量的值进行分析，不难得到输出结果．【解答】解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：是否继续循环x y z循环前/1 1 2第一圈是 1 2 3第二圈是 2 3 5第三圈是 3 5 8第四圈是 5 8 13第五圈是8 13 21第六圈否此时=故答案为：8．（5分）（2019?兴安盟一模）定义在R上的函数f（x）满足：f（x）+f′（x）＞1，f（0）=4，则不等式e x f（x）＞e x+3（其中e为自然对数的底数）的解集为（）A．（0，+∞）B．（﹣∞，0）∪（3，+∞）C．（﹣∞，0）∪（0，+∞）D．（3，+∞）【分析】构造函数g（x）=e x f（x）﹣e x，（x∈R），研究g（x）的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解【解答】解：设g（x）=e x f（x）﹣e x，（x∈R），则g′（x）=e x f（x）+e x f′（x）﹣e x=e x[f（x）+f′（x）﹣1]，∵f（x）+f′（x）＞1，∴f（x）+f′（x）﹣1＞0，∴g′（x）＞0，∴y=g（x）在定义域上单调递增，∵e x f（x）＞e x+3，∴g（x）＞3，又∵g（0）═e0f（0）﹣e0=4﹣1=3，∴g（x）＞g（0），∴x＞0故选：A．9．（5分）（2014?淄博三模）若实数a，b，c，d满足（b+a2﹣3lna）2+（c﹣d+2）2=0，则（a﹣c）2+（b﹣d）2的最小值为（）A．B．2 C．2 D．8【分析】由题设b+a2﹣3lna=0，设b=y，a=x，得到y=3lnx﹣x2；c﹣d+2=0，设c=x，d=y，得到y=x+2，所以（a﹣c）2+（b﹣d）2就是曲线y=3lnx﹣x2与直线y=x+2之间的最小距离的平方值，由此能求出（a﹣c）2+（b﹣d）2的最小值．【解答】解解：∵实数a、b、c、d满足：（b+a2﹣3lna）2+（c﹣d+2）2=0，∴b+a2﹣3lna=0，设b=y，a=x，则有：y=3lnx﹣x2，且c﹣d+2=0，设c=x，d=y，则有：y=x+2，∴（a﹣c）2+（b﹣d）2就是曲线y=3lnx﹣x2与直线y=x+2之间的最小距离的平方值，对曲线y=3lnx﹣x2求导：y′（x）=﹣2x，与y=x+2平行的切线斜率k=1=﹣2x，解得：x=1或x=﹣（舍），把x=1代入y=3lnx﹣x2，得：y=﹣1，即切点为（1，﹣1），切点到直线y=x+2的距离：=2，∴（a﹣c）2+（b﹣d）2的最小值就是8．故选：D．10．（5分）（2014?济南二模）已知f（x）=，存在x2＞x1≥0使得f（x1）=f（x2），则x1?f（x2）的取值范围（）A．[，2）B．[，2）C．[，）D．[，2）【分析】根据函数的解析式画出函数的图象，根据题意数形结合求得x1?f（x2）的取值范围．【解答】解：①当0≤x＜1时，1≤f（x）＜2，②当x＞1时，f（x）≥1.5，当x=时，f（x）=2，如图所示，若存在x2＞x1≥0使得f（x1）=f（x2）=k，则≤x1＜1≤x2＜，则1.5≤f（x2）≤2，∴≤x1?f（x2）＜1×2，即≤x1?f（x2）＜2，故x1?f（x2）的取值范围为[，2），故选：A．11．（5分）（2019?衡阳校级模拟）设函数f（x）=x3+x2﹣3x，若方程|f（x）|2+t|f （x）|+1=0有12个不同的根，则实数t的取值范围为（）A．（﹣，﹣2）B．（﹣∞，﹣2）C．﹣＜t＜﹣2 D．（﹣1，2）【分析】求出函数f（x）的导数，判断函数的单调性和极值，利用换元法设|f （x）|=m，转化为一元二次函数根的分布进行求解即可．【解答】解：，得x=﹣3，x=1，由f′（x）＞0得x＞1或x＜﹣3，即函数在（﹣∞，﹣3），（1，+∞）单调递增，由f′（x）＜0得﹣3＜x＜1，则函数在（﹣3，1）单调递减，则函数的极大值为f（﹣3）=9，函数的极小值为，根据函数的图象可知，设|f（x）|=m，可知m2+tm+1=0，原方程有12个不同的根，则m2+tm+1=0方程应在内有两个不同的根，设h（m）=m2+tm+1，则，所以取值的范围．故选：C12．（5分）（2019秋?衡水校级月考）设曲线f（x）=﹣e x﹣x（e为自然对数的底数）上任意一点处的切线为l1，总存在曲线g（x）=3ax+2cosx上某点处的切线l2，使得l1⊥l2，则实数a的取值范围为（）A．[﹣1，2]B．（3，+∞）C．D．【分析】求出函数f（x）=﹣e x﹣x的导函数，进一步求得∈（0，1），再求出g（x）的导函数的范围，然后把过曲线f（x）=﹣e x﹣x上任意一点的切线为l1，总存在过曲线g（x）=3ax+2cosx上一点处的切线l2，使得l1⊥l2转化为集合间的关系求解．【解答】解：由f（x）=﹣e x﹣x，得f′（x）=﹣e x﹣1，∵e x+1＞1，∴∈（0，1），由g（x）=3ax+2cosx，得g′（x）=3a﹣2sinx，又﹣2sinx∈[﹣2，2]，∴3a﹣2sinx∈[﹣2+3a，2+3a]，要使过曲线f（x）=﹣e x﹣x上任意一点的切线为l1，总存在过曲线g（x）=3ax+2cosx上一点处的切线l2，使得l1⊥l2，则，解得﹣≤a≤．故选D．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）（2015?南昌校级二模）设m＞1，在约束条件下，目标函数z=x+my的最大值等于2，则m=．【分析】根据m＞1，可以判断直线y=mx的倾斜角位于区间（）上，由此判断出满足约束条件件的平面区域的形状，再根据目标函数z=x+my对应的直线与直线y=mx垂直，且在直线y=mx与直线x+y=1交点处取得最大值，由此可得关于m的方程，从而求得m值．【解答】解：∵m＞1，由约束条件作出可行域如图，直线y=mx与直线x+y=1交于（），目标函数z=x+my对应的直线与直线y=mx垂直，且在（）处取得最大值，由题意可知，又∵m＞1，解得m=1+．故答案为：1+．14．（5分）（2019秋?袁州区校级期中）函数y=e x﹣mx在区间（0，3]上有两个零点，则m的取值范围是e＜m≤．【分析】由y=e x﹣mx=0得m=，构造函数f（x）=，利用导数求出函数的取值情况，即可求出m的取值范围．【解答】解：由y=e x﹣mx=0得m=，设f（x）=，则f'（x）=，由f'（x）＞0，解得1＜x≤3，此时函数单调递增，由f'（x）＜0，解得0＜x＜1，此时函数单调递减，∴当x=1时，函数f（x）取得极小值，同时也是最小值f（1）=e，∵当x→０时，f（x）→+∞，当x=3时，f（3）=，∴要使函数y=e x﹣mx在区间（0，3]上有两个零点，则e＜m≤，故答案为：e＜m≤．15．（5分）（2015春?保定校级期末）已知函数f（x）=x3+3mx2+nx+m2在x=﹣1时有极值0，则m+n=11．【分析】对函数进行求导，根据函数f（x）在x=﹣1有极值0，可以得到f（﹣1）=0，f′（﹣1）=0，代入求解即可【解答】解：∵f（x）=x3+3mx2+nx+m2∴f′（x）=3x2+6mx+n依题意可得联立可得当m=1，n=3时函数f（x）=x3+3x2+3x+1，f′（x）=3x2+6x+3=3（x+1）2≥0函数在R上单调递增，函数无极值，舍故答案为：1116．（5分）（2014?唐山一模）定义在R上的函数f（x）满足：f（﹣x）+f（x）=x2，当x＜0时，f′（x）＜x，则不等式f（x）+≥f（1﹣x）+x的解集为（﹣∞，] ．【分析】可先对f（﹣x）+f（x）=x2，两边对x取导数，根据x＜0时，f′（x）＜x，推出x＞0时，f′（x）＜x，求出f（0）=0，且f′（0）≤0，得到x∈R，都有f′（x）＜x．构造函数F（x）=f（x）+﹣f（1﹣x）﹣x，求导并推出F′（x）＜0，且F（）=0，运用函数的单调性即可解出不等式．【解答】解：∵定义在R上的函数f（x）满足：f（﹣x）+f（x）=x2，两边对x求导，得﹣f′（﹣x）+f′（x）=2x，∴f′（x）=f′（﹣x）+2x，令x＞0，则﹣x＜0，∵当x＜0时，f′（x）＜x，∴f′（﹣x）＜﹣x，∴f′（x）＜2x﹣x，即f′（x）＜x，又f（0）=0，直线y=x过原点，∴f′（0）≤0，∴x∈R，都有f′（x）≤x，令F（x）=f（x）+﹣f（1﹣x）﹣x，则F′（x）=f′（x）+f′（1﹣x）﹣1＜x+1﹣x﹣1=0，即F（x）是R上的单调减函数，且F（）=0，∴不等式f（x）+≥f（1﹣x）+x，即F（x）≥0，即F（x）≥F（），∴x．∴原不等式的解集为（﹣∞，]．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.）17．（12分）（2019秋?新华区校级月考）在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且==．（1）求角A的大小；（2）若△ABC的面积为3，求a的值．【分析】（Ⅰ）利用正弦定理把已知等式中的边转化成角的正弦，化简整理可用tanA分别表示出tanB和tanC，进而利用两角和公式求得tanA，进而求得A．（Ⅱ）利用tanA，求得tanB和tanC的值，利用同角三角函数关系取得sinB和sinC，进而根据正弦定理求得b和a的关系式，代入面积公式求得a．【解答】解：（Ⅰ）∵．∴==，即tanA=tanB=tanC，tanB=2tanA，tanC=3tanA，∵tanA=﹣tan（B+C）=﹣，∴tanA=﹣，整理求得tan2A=1，tanA=±1，当tanA=﹣1时，tanB=﹣2，则A，B均为钝角，与A+B+C=π矛盾，故舍去，∴tanA=1，A=．（Ⅱ）∵tanA=1，tanB=2tanA，tanC=3tanA，∴tanB=2，tanC=3，∴sinB=，sinC=，∴cosB=，cosC=sinA=sin（π﹣（B+C））=sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC=×+×=∵=，∴b==a，∵S△ABC=absinC=a??a×==3，∴a2=5，a=．18．（12分）（2019春?桂林校级期中）函数f（x）=lnx﹣ax2﹣2x．（Ⅰ）当a=3时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若?a∈（﹣1，+∞），?x∈（1，e），有f（x）﹣b＜0，求实数b的取值范围．【分析】（Ⅰ）当a=3时，求得f（x）的解析式，令f′（x）＞0，求得函数的单调递增区间，f′（x）＜0，求得f（x）的单调递减区间；（2）将原不等式转化成b＞f（x）的最小值，由函数性质可知h（a）=﹣ax2﹣2x+lnx在（﹣1，+∞）上是减函数，可知b≥x2﹣2x+lnx，构造辅助函数g（x）=x2﹣2x+lnx，求导，根据函数的单调性，求得g（x）的最小值，即可求得实数b的取值范围．（x）=﹣【解答】解：（Ⅰ）由当a=3时，f（x）=lnx﹣x2﹣2x．求导f′（x＞0），令f′（x）=0，解得：x=，∴x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，∴f（x）的单调递增区间（0，），单调递减区间为（，+∞）；..…（6分）（Ⅱ）由?a∈（﹣1，+∞），lnx﹣ax2﹣2x＜b恒成立，则b＞f（x）的最小值，…（7分）由函数h（a）=lnx﹣ax2﹣2x=﹣ax2﹣2x+lnx在（﹣1，+∞）上是减函数，∴h（a）＜h（﹣1）=x2﹣2x+lnx，∴b≥x2﹣2x+lnx，..…（8分）由?x∈（1，e），使不等式b≥x2﹣2x+lnx成立，∴．…（10分）令g（x）=x2﹣2x+lnx，求导g′（x）=x﹣2﹣≥0，∴函数g（x）在（1，e）上是增函数，于是，故，即b的取值范围是…（12分）19．（12分）（2014?新余二模）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且4bsinA=a．（Ⅰ）求sinB的值；（Ⅱ）若a，b，c成等差数列，且公差大于0，求cosA﹣cosC的值．【分析】（I）已知等式利用正弦定理化简，求出sinB的值即可；（Ⅱ）由a，b，c成等差数列，利用等差数列的性质列出关系式，利用正弦定理化简得到①，设设cosA﹣cosC=x，②，①2+②2，得到③，由a，b，c的大小判断出A，B，C的大小，确定出cosA大于cosC，利用诱导公式求出cos（A+C）的值，代入③求出x的值，即可确定出cosA﹣cosC的值．【解答】解：（Ⅰ）由4bsinA=a，根据正弦定理得4sinBsinA=sinA，∵sinA≠0，∴sinB=；（Ⅱ）∵a，b，c成等差数列，∴2b=a+c，由正弦定理化简得：2sinB=sinA+sinC，即sinA+sinC=，①设cosA﹣cosC=x，②①2+②2，得2﹣2cos（A+C）=+x2，③又a＜b＜c，A＜B＜C，∴0＜B＜90°，cosA＞cosC，∴cos（A+C）=﹣cosB=﹣，代入③式得x2=，则cosA﹣cosC=．20．（12分）（2014?东昌区校级二模）已知函数f（x）=ax2﹣4bx+2alnx（a，b∈R）（Ⅰ）若函数y=f（x）存在极大值和极小值，求的取值范围；（Ⅱ）设m，n分别为f（x）的极大值和极小值，若存在实数，b∈（a，a），使得m﹣n=1，求a的取值范围．（e为自然对数的底）【分析】（I）由于定义域为（0，+∞）且y=f（x）存在极大值、极小值，所以f′（x）=0有两个不等的正实数根，从而可转化为二次方程根的分布问题，借助判别式、韦达定理可得不等式组，由此可得的取值范围；（II）由b∈（a，a）得a＞0，且（，），由（I）知f（x）存在极大值和极小值，设f′（x）=0的两根为x1，x2（0＜x1＜x2），则f（x）在（0，x1）上递增，在（x1，x2）上递减，在（x2，+∞）上递增，所以m=f（x1），n=f（x2），根据x1x2=1可把m﹣n表示为关于x1，a的表达式，且表达式为1，借助x1范围可得a的范围；【解答】解：（I）f′（x）=2ax﹣4b+=，其中x＞0，由于函数y=f（x）存在极大值和极小值，故方程f′（x）=0有两个不等的正实数根，即2ax2﹣4bx+2a=0有两个不等的正实数根，记为x1，x2，显然a≠0，所以，解得；（II）由b∈（a，a）得a＞0，且（，），由（I）知f（x）存在极大值和极小值，设f′（x）=0的两根为x1，x2（0＜x1＜x2），则f（x）在（0，x1）上递增，在（x1，x2）上递减，在（x2，+∞）上递增，所以m=f（x1），n=f（x2），因为x1x2=1，所以0＜x1＜1＜x2，而且=∈（，），由于函数y=x+在（0，1）上递减，所以，又由于，所以，所以m﹣n=f（x1）﹣f（x2）=﹣+4bx2﹣2alnx2=+2a（lnx1﹣lnx2）=﹣a（）+2aln，令t=，则m﹣n=﹣a（t﹣）+2alnt，令h（t）=﹣（t﹣）+2lnt（），所以h′（t）=﹣1﹣+=﹣≤0，所以h（t）在（）上单调递减，所以e﹣e﹣1﹣2＜h（t）＜e2﹣e﹣2﹣4，由m﹣n=ah（t）=1，知a=，所以．21．（12分）（2019?高安市校级模拟）已知函数f（x）=xlnx，g（x）=．（Ⅰ）记F（x）=f（x）﹣g（x），判断F（x）在区间（1，2）内零点个数并说明理由；（Ⅱ）记（Ⅰ）中的F（x）在（1，2）内的零点为x0，m（x）=min{f（x），g（x）}，若m（x）=n（n∈R）在（1，+∞）有两个不等实根x1，x2（x1＜x2），判断x1+x2与2x0的大小，并给出对应的证明．【分析】（Ⅰ）对F（x）求导，利用x∈（1，2）判定导函数的符号，进而得到函数的单调性，在利用零点存在定理进行证明．（Ⅱ）先由x的范围讨论f（x），g（x）的大小，确定之间的关系式m（x），在判断x1+x2与2x0的大小，可以利用分析法对其进行证明．【解答】解：由题意：F（x）=f（x）﹣g（x），那么：F（x）=xlnx﹣．定义域为（0，+∞）F′（x）=1+lnx+，由题设x∈（1，2），故F′（x）＞0，即F（x）在区间（1，2）上是增函数．（1，2）是单调增区间．那么：F（1）=ln1﹣=＜0，F（2）=2ln2﹣＞0，并且F（x）在（1，2）上连续的，故根据零点定理，有F（x）在区间（1，2）有且仅有唯一实根，即一个零点．（Ⅱ）记（Ⅰ）中的F（x）在（1，2）内的零点为x0，由f（x）=xlnx，当0＜x ≤1时，f（x）≤0，而g（x）=＞0，故f（x）＜g（x）；由（Ⅰ）可知F′（x）=1+lnx+，当x＞1时，F′（x）＞0，存在零点x0∈（1，2），不然有：F（x0）=f（x0）﹣g（x0）=0，故1＜x＜x0时，f（x）＜g（x）；当x ＞x0时，f（x）＞g（x）；而此得到m（x）=，显然：当1＜x＜x0时，m′（x）=1+lnx恒大于0，m（x）是单增函数．当x＞x0时，m′（x）=恒小于0，m（x）是单减函数．m（x）=n（n∈R）在（1，+∞）有两个不等实根x1，x2（x1＜x2），则x1∈（1，x0），x2∈（x0，+∞），显然：当x2→+∞时，x1+x2＞2x0．要证明x1+x2＞2x0，即可证明x2＞2x0﹣x1＞x0，而m（x）在x＞x0时是单减函数．故证m（x2）＜m（2x0﹣x1）．又由m（x1）=m（x2），即可证：m（x1）＜m（2x0﹣x1）．即x1lnx1＜，（构造思想）令h（x）=xlnx﹣，由（1＜x＜x0）．其中h（x0）=0，那么：h′（x）=1+lnx+﹣，记φ（t）=，则φ′（t）=，当t∈（0，1）时，φ′（t）＞0；当t＞1时，φ′（t）＜0；故φ（t）max=；而φ（t）＞0；故＞φ（t）＞0，而2x0﹣x＞0，从而有：＜0；因此：h′（x）=1+lnx+﹣＞0，即h（x）单增，从而1＜x＜x0时，h（x）＜h（x0）=0．即x1lnx1＜成立．故得：x1+x2＞2x0．[选修4-1：几何证明选讲]22．（10分）（2014?唐山一模）如图，AE是圆O的切线，A是切点，AD⊥OE于D，割线EC交圆O于B、C两点．（Ⅰ）证明：O，D，B，C四点共圆；（Ⅱ）设∠DBC=50°，∠ODC=30°，求∠OEC的大小．【分析】（Ⅰ）连结OA，则OA⊥EA．由已知条件利用射影定理和切割线定理推导出=，由此能够证明O，D，B，C四点共圆．（Ⅱ）连结OB．∠OEC+∠OCB+∠COE=180°，能求出∠OEC的大小．【解答】（Ⅰ）证明：连结OA，则OA⊥EA．由射影定理得EA2=ED?EO．由切割线定理得EA2=EB?EC，∴ED?EO=EB?EC，即=，又∠OEC=∠OEC，∴△BDE∽△OCE，∴∠EDB=∠OCE．∴O，D，B，C四点共圆．…（6分）（Ⅱ）解：连结OB．因为∠OEC+∠OCB+∠COE=180°，结合（Ⅰ）得：∠OEC=180°﹣∠OCB﹣∠COE=180°﹣∠OBC﹣∠DBE=180°﹣∠OBC﹣（180°﹣∠DBC）=∠DBC﹣∠ODC=20°．∴∠OEC的大小为20°．…（10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]23．（2019?衡水模拟）已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ2﹣+2=0．4ρsinθ（Ⅰ）把圆C的极坐标方程化为直角坐标方程；（Ⅱ）将直线l向右平移h个单位，所得直线l′与圆C相切，求h．，可把圆C的极坐标方程化为直角坐标方【分析】（Ⅰ）利用ρ2=x2+y2，y=ρsinθ程；（Ⅱ）将直线l向右平移h个单位，所得直线l′（t为参数），代入圆的方程，利用直线l′与圆C相切，建立方程，即可求h．+2=0，【解答】解：（Ⅰ）∵ρ2﹣4ρsinθ∴x2+y2﹣4y+2=0；（Ⅱ）将直线l向右平移h个单位，所得直线l′（t为参数），代入圆的方程可得2t2+2（h﹣12）t+（h﹣10）2+2=0，∵直线l′与圆C相切，∴△=4（h﹣12）2﹣8[（h﹣10）2+2]=0，即h2﹣16h+60=0，∴h=6或h=10．[选修4-5：不等式选讲]24．（2014?唐山一模）已知函数f（x）=|2x﹣a|+a，a∈R，g（x）=|2x﹣1|．（Ⅰ）若当g（x）≤5时，恒有f（x）≤6，求a的最大值；（Ⅱ）若当x∈R时，恒有f（x）+g（x）≥3，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）由g（x）≤5求得﹣2≤x≤3；由f（x）≤6可得a﹣3≤x≤3．根据题意可得，a﹣3≤﹣2，求得a≤1，得出结论．（Ⅱ）根据题意可得f（x）+g（x）≥|a﹣1|+a，f（x）+g（x）≥3恒成立，可得|a﹣1|+a≥3 由此求得所求的a的范围．【解答】解：（Ⅰ）当g（x）≤5时，|2x﹣1|≤5，求得﹣5≤2x﹣1≤5，即﹣2≤x≤3．由f（x）≤6可得|2x﹣a|≤6﹣a，即a﹣6≤2x﹣a≤6﹣a，即a﹣3≤x≤3．根据题意可得，a﹣3≤﹣2，求得a≤1，故a的最大值为1．（Ⅱ）∵当x∈R时，f（x）+g（x）=|2x﹣a|+|2x﹣1|+a≥|2x﹣a﹣2x+1|+a≥|a ﹣1|+a，f（x）+g（x）≥3恒成立，∴|a﹣1|+a≥3，∴a≥3，或．求得a≥3，或2≤a＜3，即所求的a的范围是[2，+∞）．。
河北省衡水中学2019-2020学年高三下学期第十次调研数学(理)试题
【解析】
【分析】
分后四球胜方依次为甲乙甲甲,与乙甲甲甲两种情况进行求解即可.
【详解】
分两种情况：①后四球胜方依次为甲乙甲甲,概率为 ；
②后四球胜方依次为乙甲甲甲,概率为 .
所以,所求事件概率为： .
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了分步与分类计数求解概率的问题,需要根据题意判断出两种情况再分别求解,属于基础题.
（2）平面 中向量 , ,设平面 的一个法向量为 ,则 ,可得其一个法向量为 .
平面 中, , ,设平面 的一个法向量为
,则 ,所以取其一个法向量 .
若 ,则 ,
即有 , ,解得 ,故不存在点 使之成立.
【点睛】
本题主要考查了根据线线平行证明共面的方法,同时也考查了建立空间直角坐标系确定是否存在满足条件的点的问题.需要根据题意建立合适直角坐标系,再利用空间向量求解二面角的方法,分析是否有参数满足条件等.属于难题.
且 ,故四边形 是平行四边形,所以 ,所以
故 四点共面
又 , 平面 , 平面 ,
所以 平面 .
证法2：因为直棱柱 的底面是菱形,∴ , 底面 ,设 交点为 ,以 为原点,分别以 ,及过 且与 平行的直线为 轴建立空间直角坐标系.则有 , , , ,设 , ,则 , , , , , ,所以 ,故 四点共面.又 , 平面 , 平面 ,所以 平面 .
10．A
【解析】
【分析】
根据 ，即可求得 ，再根据平移后函数为偶函数，即可求得 .
【详解】
令 ，解得 ，
因为 ，故令 ，并取 ，
则 ，即可求得 .
此时 ，
向左平移 个单位得到 ，
若其为偶函数，则 ，
解得 .
当 时， .
2019-2020学年河北省衡水中学高三(上)9月摸底数学试卷(理科)
2019-2020学年河北省衡水中学高三（上）9月摸底数学试卷（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．（5分）若集合B={x|x≥0}，且A∩B=A，则集合A可能是（）A．{1，2}B．{x|x≤1}C．{﹣1，0，1}D．R2．（5分）复数z=的共轭复数在复平面上对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．（5分）已知平面向量、满足•（+）=5，且||=2，||=1，则向量与夹角的余弦值为（）A．B．﹣C．D．﹣4．（5分）执行如图所示的程序框图，若输入的a值为1，则输出的k值为（）A．1 B．2 C．3 D．45．（5分）已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+1（n∈N*），S n为其前n项和，则S5的值为（）A．57 B．61 C．62 D．636．（5分）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． B．C． D．7．（5分）要得到函数y=cos2x的图象，只需将函数y=sin（2x+）的图象沿x 轴（）A．向左平移个单位B．向左平移个单位C．向右平移个单位D．向右平移个单位8．（5分）若A为不等式组表示的平面区域，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．B．1 C．D．29．（5分）焦点在x轴上的椭圆方程为+=1（a＞b＞0），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，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．10．（5分）在四面体S﹣ABC中，AB⊥BC，AB=BC=，SA=SC=2，二面角S﹣AC ﹣B的余弦值是﹣，则该四面体外接球的表面积是（）A．B．C．6πD．11．（5分）已知函数f（x）=，则关于方程f（|x|）=a，（a∈R）实根个数不可能为（）A．2 B．3 C．4 D．512．（5分）函数f（x）=Asin（2x+φ）（|φ|≤，A＞0）部分图象如图所示，且f（a）=f（b）=0，对不同的x1，x2∈[a，b]，若f（x1）=f（x2），有f（x1+x2）=，则（）A．f（x）在（﹣，）上是减函数B．f（x）在（﹣，）上是增函数C．f（x）在（，）上是减函数D．f（x）在（，）上是增函数二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）（1﹣）（1+x）4的展开式中含x2项的系数为．14．（5分）已知抛物线y2=2px（p＞0）上一点M（1，m）到其焦点的距离为5，双曲线x2﹣=1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．（5分）如图，为测量山高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∠MAN=60°，C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°；从C 点测得∠MCA=60°．已知山高BC=100m，则山高MN=m．16．（5分）设函数f（x）=，g（x）=，对任意x1，x2∈（0，+∞），不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是．三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）17．（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2012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2013年开始到2022年每年人口比上年增加0.5万人，从2023年开始到2032年每年人口为上一年的99%．（Ⅰ）求实施新政策后第n年的人口总数a n的表达式（注：2013年为第一年）；（Ⅱ）若新政策实施后的2013年到2032年人口平均值超过49万，则需调整政策，否则继续实施．问到2032年后是否需要调整政策？18．（12分）如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，平面ABCD∩平面ABPE=AB，且AB=BP=2，AD=AE=1，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，请说明理由；（2）求二面角D﹣PE﹣A的余弦值．19．（12分）某产品按行业生产标准分成8个等级，等级系数X依次为1，2，…，8，其中X≥5为标准A，X≥3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X1的概率分布列如表所示：X15678P0.4a b0.1且X1的数字期望EX1=6，求a，b的值；（2）为分析乙厂产品的等级系数X2，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：3 5 3 3 8 5 5 6 3 46 3 47 5 3 48 5 38 3 4 3 4 4 7 5 6 7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X2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”=产品的等级系数的数学期望/产品的零售价；②“性价比”大的产品更具可购买性．20．（12分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x+4y+6=0与圆x2+（y﹣b）2=a2相切．（1）求椭圆C的方程；（2）已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1，l2分别交椭圆C于M，N两点，且l1⊥l2，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．（12分）已知函数f（x）=a（x﹣1）（e x﹣a）（常数a∈R且a≠0）．（Ⅰ）证明：当a＞0时，函数f（x）有且只有一个极值点；（Ⅱ）若函数f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：0＜f（x1）＜且0＜f（x2）＜．请考生在第22、23、24题中任意选一题作答．如果多做，则按所做第一题记分．[选修4-1：几何证明选讲]22．（10分）如图，A，B，C，D四点在同一圆上，BC与AD的延长线交于点E，点F在BA的延长线上．（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）若EF2=FA•FB，证明：EF∥CD．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．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：（t为参数），曲线C的极坐标方程为：ρ=4cosθ．（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．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|2x﹣a|+|2x+3|，g（x）=|x﹣1|+2．（1）解不等式|g（x）|＜5；（2）若对任意x1∈R，都有x2∈R，使得f（x1）=g（x2）成立，求实数a的取值范围．2019-2020学年河北省衡水中学高三（上）9月摸底数学试卷（理科）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•惠州模拟）若集合B={x|x≥0}，且A∩B=A，则集合A可能是（）A．{1，2}B．{x|x≤1}C．{﹣1，0，1}D．R【分析】集合B={x|x≥0}，且A∩B=A，则故A⊆B，进而可得答案．【解答】解：∵集合B={x|x≥0}，且A∩B=A，故A⊆B，故A答案中{1，2}满足要求，故选：A2．（5分）（2014•海淀区校级模拟）复数z=的共轭复数在复平面上对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．【解答】解：复数z===的共轭复数为在复平面上对应的点为在第四象限．故选：D．3．（5分）（2019秋•榕城区校级期中）已知平面向量、满足•（+）=5，且||=2，||=1，则向量与夹角的余弦值为（）A．B．﹣C．D．﹣【分析】根据条件进行向量数量积的运算便可得出，从而得出向量夹角的余弦值．【解答】解：根据条件，=；∴．故选：C．4．（5分）（2019•北京）执行如图所示的程序框图，若输入的a值为1，则输出的k值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据已知的程序框图可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案．【解答】解：输入的a值为1，则b=1，第一次执行循环体后，a=﹣，不满足退出循环的条件，k=1；第二次执行循环体后，a=﹣2，不满足退出循环的条件，k=2；第三次执行循环体后，a=1，满足退出循环的条件，故输出的k值为2，故选：B5．（5分）（2019秋•龙岩期末）已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+1（n∈N*），S n 为其前n项和，则S5的值为（）A．57 B．61 C．62 D．63【分析】由a n=2a n﹣1+1，得a n+1=2（a n﹣1+1）（n≥2），可判断{a n+1}是以2为公比，2为首项的等比数列，由此可求得a n，然后利用分组求和法可得S n，当n=5时，代入即可求得S5=64﹣5﹣2=57，即可得到答案．【解答】解：由a n=2a n+1+1+1=2（a n+1），∴a n+1∵a1=1，∴所以{a n+1}是以2为公比，2为首项的等比数列，所以a n+1=2•2n﹣1=2n，∴a n=2n﹣1，∴S n=（2﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+…+（2n﹣1）=（2+22+23+…+2n）﹣n，=﹣n，S n=2n+1﹣n﹣2．=2n+1﹣n﹣2．∴当n=5时，S5=64﹣5﹣2=57，故答案选：A．6．（5分）（2015•枣庄模拟）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． B．C． D．【分析】根据三视图判断几何体是圆锥的一部分，再根据俯视图与左视图的数据可求得底面扇形的圆心角为120°，又由侧视图知几何体的高为4，底面圆的半径为2，把数据代入圆锥的体积公式计算．【解答】解：由三视图知几何体是圆锥的一部分，由俯视图与左视图可得：底面扇形的圆心角为120°，又由侧视图知几何体的高为4，底面圆的半径为2，∴几何体的体积V=××π×22×4=．故选：D．7．（5分）（2011•郑州二模）要得到函数y=cos2x的图象，只需将函数y=sin（2x+）的图象沿x轴（）A．向左平移个单位B．向左平移个单位C．向右平移个单位D．向右平移个单位【分析】把y=sin（2x+）化为cos[2（x﹣）]，故把cos[2（x﹣）]的图象向左平移个单位，即得函数y=cos2x的图象．【解答】解：y=sin（2x+）=cos[﹣（2x+）]=cos（﹣2x）=cos（2x﹣）=cos[2（x﹣）]．故把cos[2（x﹣）]的图象向左平移个单位，即得函数y=cos2x的图象，故选A．8．（5分）（2008•安徽）若A为不等式组表示的平面区域，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．B．1 C．D．2【分析】本题主要考查线性规划的基本知识，先画出约束条件的可行域，再分析当a从﹣2连续变化到1时，动直线x+y=a扫过A中的那部分区域的形状，然后代入相应的公式，求出区域的面积．【解答】解析：作出可行域，如图，则直线扫过的面积为故选C．9．（5分）（2019秋•榕城区校级期中）焦点在x轴上的椭圆方程为+=1（a ＞b＞0），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，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【分析】根据椭圆的性质AB=2c，AC=AB=a，OC=b，根据三角形面积相等求得a 和c的关系，由e=，即可求得椭圆的离心率．【解答】解：由椭圆的性质可知：AB=2c，AC=AB=a，OC=b，S ABC=AB•OC=•2c•b=bc，S ABC=（a+a+2c）•r=•（2a+2c）×=，∴=bc，a=2c，由e==，故答案选：C．10．（5分）（2011•冀州市校级一模）在四面体S﹣ABC中，AB⊥BC，AB=BC=，SA=SC=2，二面角S﹣AC﹣B的余弦值是﹣，则该四面体外接球的表面积是（）A．B．C．6πD．【分析】取AC中点D，连接SD，BD，由题意可得∠SDB为二面角S﹣AC﹣B，取等边△SAC的中心E，找出O点为四面体的外接球球心．【解答】解：取AC中点D，连接SD，BD，因为，所以BD⊥AC，因为SA=SC=2，所以SD⊥AC，AC⊥平面SDB．所以∠SDB为二面角S﹣AC﹣B．在△，所以AC=2．取等边△SAC的中心E，作EO⊥平面SAC，过D作DO⊥平面ABC，O为外接球球心，所以ED=，二面角S﹣AC﹣B的余弦值是，所以，OD=，所以BO===OA=OS=OC所以O点为四面体的外接球球心，其半径为，表面积为6π．故选C．11．（5分）（2019秋•榕城区校级期中）已知函数f（x）=，则关于方程f（|x|）=a，（a∈R）实根个数不可能为（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】由题意可得求函数y=f（|x|）的图象和直线y=a的交点个数．作出函数y=f（|x|）的图象，平移直线y=a，即可得到所求交点个数，进而得到结论．【解答】解：方程f（|x|）=a，（a∈R）实根个数即为函数y=f（|x|）和直线y=a的交点个数．由y=f（|x|）为偶函数，可得图象关于y轴对称．作出函数y=f（|x|）的图象，如图，平移直线y=a，可得它们有2个、3个、4个交点．不可能有5个交点，即不可能有5个实根．12．（5分）（2019秋•榕城区校级期中）函数f（x）=Asin（2x+φ）（|φ|≤，A ＞0）部分图象如图所示，且f（a）=f（b）=0，对不同的x1，x2∈[a，b]，若f （x1）=f（x2），有f（x1+x2）=，则（）A．f（x）在（﹣，）上是减函数B．f（x）在（﹣，）上是增函数C．f（x）在（，）上是减函数D．f（x）在（，）上是增函数【分析】根据题意，得出函数f（x）的最小正周期，且b﹣a为半周期，再根据f（x1）=f（x2）时f（x1+x2）的值求出φ的值，从而写出f（x）的解析式，判断f（x）的单调性．【解答】解：∵f（x）=Asin（2x+φ），∴函数最小正周期为T=π；由图象得A=2，且f（a）=f（b）=0，∴•=b﹣a，解得b﹣a=；又x1，x2∈[a，b]，且f（x1）=f（x2）时，有f（x1+x2）=，∴sin[2（x1+x2）+φ]=，即2（x1+x2）+φ=，且sin（2•+φ）=1，即2•+φ=，∴f（x）=2sin（2x+）；令﹣+2kπ≤2x+≤+2kπ，k∈Z，∴﹣+2kπ≤2x≤+2kπ，k∈Z，解得﹣+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，∴函数f（x）在区间[﹣+kπ，+kπ]，k∈Z上是单调增函数，∴f（x）在区间（﹣，）上是单调增函数．故选：B．二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）（2019•柳州模拟）（1﹣）（1+x）4的展开式中含x2项的系数为2．【分析】根据（1+x）4的展开式通项公式，分析（1﹣）（1+x）4的展开式中含x2项是如何构成的，从而求出结果．【解答】解：（1﹣）（1+x）4的展开式中，设（1+x）4的通项公式为T r=•x r，（r=0，1，2，3，4）．+1则（1﹣）（1+x）4的展开式中含x2项的系数为﹣=2．故答案为：2．14．（5分）（2010•南通校级模拟）已知抛物线y2=2px（p＞0）上一点M（1，m）到其焦点的距离为5，双曲线x2﹣=1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=．【分析】根据抛物线的焦半径公式得1+=5，p=8．取M（1，4），由AM的斜率可求出a的值．【解答】解：根据抛物线的焦半径公式得1+=5，p=8．取M（1，4），则AM的斜率为2，由已知得﹣×2=﹣1，故a=．故答案为：．15．（5分）（2019春•牡丹江校级期中）如图，为测量山高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∠MAN=60°，C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°；从C点测得∠MCA=60°．已知山高BC=100m，则山高MN=150m．【分析】由题意，可先求出AC的值，从而由正弦定理可求AM的值，在RT△MNA中，AM=100m，∠MAN=60°，从而可求得MN的值．【解答】解：在RT△ABC中，∠CAB=45°，BC=100m，所以AC=100m．在△AMC中，∠MAC=75°，∠MCA=60°，从而∠AMC=45°，由正弦定理得，，因此AM=100m．在RT△MNA中，AM=100m，∠MAN=60°，由得MN=100×=150m．故答案为：150．16．（5分）（2019秋•榕城区校级期中）设函数f（x）=，g（x）=，对任意x1，x2∈（0，+∞），不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是．【分析】利用参数分离法将不等式恒成立进行转化，利用基本不等式求出函数f （x）的最小值，利用导数法求出函数g（x）的最大值，利用最值关系进行求解即可．【解答】解：对任意x1，x2∈（0，+∞），不等式≤恒成立，则等价为≤恒成立，f（x）==x+≥2=2，当且仅当x=，即x=1时取等号，即f（x）的最小值是2，由g（x）=，则g′（x）==，由g′（x）＞0得0＜x＜1，此时函数g（x）为增函数，由g′（x）＜0得x＞1，此时函数g（x）为减函数，即当x=1时，g（x）取得极大值同时也是最大值g（1）=，则的最大值为=，则由≥，得2ek≥k+1，即k（2e﹣1）≥1，则，故答案为：．三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）17．（12分）（2014•郴州二模）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2012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2013年开始到2022年每年人口比上年增加0.5万人，从2023年开始到2032年每年人口为上一年的99%．（Ⅰ）求实施新政策后第n年的人口总数a n的表达式（注：2013年为第一年）；（Ⅱ）若新政策实施后的2013年到2032年人口平均值超过49万，则需调整政策，否则继续实施．问到2032年后是否需要调整政策？【分析】（Ⅰ）根据从2013年开始到2022年每年人口比上年增加0.5万人，从2023年开始到2032年每年人口为上一年的99%，可得分段函数；（Ⅱ）从2013年到2032年共20年，由等差数列及等比数列的求和公式，可求S20，从而可得新政策实施到2032年年人口均值，即可得出结论．【解答】解：（Ⅰ）当n≤10时，数列{a n}是首项为45.5，公差为0.5的等差数列，∴a n=45.5+0.5×（n﹣1）=45+0.5n …（2分）当n≥11时，数列{a n}是以公比为0.99的等比数列，又a n=50∴a n=50×0.99n﹣10…（4分）因此，新政策实施后第n年的人口总数a n（单位：万元）的表达式为a n=…（6分）（Ⅱ）设S n为数列{a n}的前n项和，则从2013年到2032年共20年，由等差数列及等比数列的求和公式得：S20=S10+（a11+a12+1+a20）=477.5+4950×（1﹣0.9910）≈972.5万…（10分）（说明：0.9910=（1﹣0.01）10≈0.9）∴新政策实施到2032年年人口均值为≈48.62 万…（12分）由＜49，故到2032年不需要调整政策．…（13分）18．（12分）（2019秋•雁峰区校级月考）如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，平面ABCD∩平面ABPE=AB，且AB=BP=2，AD=AE=1，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，请说明理由；（2）求二面角D﹣PE﹣A的余弦值．【分析】（1）连接AC，BD交于点N，连接MN，由已知可证PB⊥平面ABCD，再由三角形中位线可得MN∥PB，进一步得到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，可得平面PEA的法向量，再设平面DPE的法向量，利用向量数量积为0列式求出法向量，求得两个法向量的夹角的余弦值，可得二面角D﹣PE﹣A的余弦值．【解答】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，则MN∥PB．又平面ABCD⊥平面ABPE，平面ABCD∩平面ABPE=AB，BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABPE，则BC⊥PB，又PB⊥AB，AB∩BC=B，∴PB⊥平面ABCD，∴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，又D（0，0，1），E（1，0，0），P（2，2，0），∴，，设平面DPE的法向量为，则，取z=1，得x=1，y=，∴，则cos=，又D﹣PE﹣A为锐二面角，∴二面角D﹣PE﹣A的余弦值为．19．（12分）（2019秋•衡水校级月考）某产品按行业生产标准分成8个等级，等级系数X依次为1，2，…，8，其中X≥5为标准A，X≥3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X1的概率分布列如表所示：X15678P0.4a b0.1且X1的数字期望EX1=6，求a，b的值；（2）为分析乙厂产品的等级系数X2，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：3 5 3 3 8 5 5 6 3 46 3 47 5 3 48 5 38 3 4 3 4 4 7 5 6 7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X2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”=产品的等级系数的数学期望/产品的零售价；②“性价比”大的产品更具可购买性．【分析】（1）由EX1=6和X1的概率分布列，列出方程组，能求出a，b的值．（2）由已知求出样本的频率分布列和等级系数X2的概率分布列，从而能求出乙厂产品的等级系数的数学期望．（3）分别求出甲厂和乙厂的性价比，从而得到乙厂的产品更具可购买性．【解答】本题满分（12分）解：（1）∵EX1=6，∴5×0.4+6a+7b+8×0.1=6，即6a+7b=3.2，又由X1的概率分布列得0.4+a+b+0.1=1，即a+b=0.5，由，解得a=0.3，b=0.2．（4分）（2）由已知得，样本的频率分布列如下：X2345678f0.30.20.20.10.10.1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X2的概率分布列如下：X2345678P0.30.20.20.10.10.1∴EX2=3P（X2=3）+4P（X2=4）+5P（X2=5）+6P（X2=6）+7P（X2=7）+8P（X2=8）=3×0.3+4×0.2+5×0.2+6×0.1+7×0.1+8×0.1=4.8，∴乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8．（8分）（3）乙厂的产品更具可购买性，理由如下：∵甲厂产品的等级系数的数学期望等于6，价格为6元/件，∴其性价比为=1．∵乙厂产品的等级系数的期望等于4.8，价格为4元/件，∴其性价比为．据此，乙厂的产品更具可购买性．（12分）20．（12分）（2019秋•陆川县校级期末）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x+4y+6=0与圆x2+（y﹣b）2=a2相切．（1）求椭圆C的方程；（2）已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1，l2分别交椭圆C于M，N两点，且l1⊥l2，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．【分析】（1）根据椭圆C：+=1（a＞b＞0）短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x+4y+6=0与圆x2+（y﹣b）2=a2相切，建立方程组，求出a，b，即可求椭圆C的方程；（2）由得（m2+4）y2﹣4my=0，求出M的坐标，同理可得N的坐标，分类讨论，即可证明结论；（3）求出三角形的面积，变形，利用基本不等式求△AMN面积的最大值．【解答】解：（1）由题意即…（4分）（2）∵A（﹣2，0）设l1：x=my﹣2，由得（m2+4）y2﹣4my=0∴同理∴（6分）i）m≠±1时，过定点ii）m=±1时过点∴l MN过定点（3）由（2）知=（8分）令时取等号，∴时去等号，∴（12分）21．（12分）（2019•南昌校级二模）已知函数f（x）=a（x﹣1）（e x﹣a）（常数a ∈R且a≠0）．（Ⅰ）证明：当a＞0时，函数f（x）有且只有一个极值点；（Ⅱ）若函数f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：0＜f（x1）＜且0＜f（x2）＜．【分析】（Ⅰ）证明：当a＞0时，f′（x）=0只有一个根，即可证明函数f（x）有且只有一个极值点；（Ⅱ）求出函数f（x）存在两个极值的等价条件，求出a的取值范围，结合不等式的性质进行求解即可．【解答】（Ⅰ）证明：函数的导数f′（x）=a[e x﹣a+（x﹣1）e x]=a（xe x﹣a），当a＞0时，由f′（x）=0，得xe x=a，即e x=，作出函数y=e x和y=的图象，则两个函数的图象有且只有1个交点，即函数f（x）有且只有一个极值点；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a＞0时，函数f（x）有且只有一个极值点；不满足条件，则a＜0，∵f（x）存在两个极值点x1，x2，∴x1，x2，是h（x）=f′（x）=a（xe x﹣a）的两个零点，令h′（x）=a（x+1）e x=0，得x=﹣1，令h′（x）＞0得x＜﹣1，令h′（x）＜0得x＞﹣1，∴h（x）在（﹣∞，﹣1]上是增函数，在[﹣1，+∞）上是减函数，∵h（0）=f′（0）=﹣a2＜0，∴必有x1＜﹣1＜x2＜0．令f′（t）=a（te t﹣a）=0，得a=te t，此时f（t）=a（t﹣1）（e t﹣a）=te t（t﹣1）（e t﹣te t）=﹣e2t t（t﹣1）2=﹣e2t（t3﹣2t2+t），∵x1，x2，是h（x）=f′（x）=a（xe x﹣a）的两个零点，∴f（x1）=﹣e（x13﹣2x12+x1），f（x2）=﹣e（x23﹣2x22+x2），将代数式﹣e2t（t3﹣2t2+t）看作以t为变量的函数g（t）=﹣e2t（t3﹣2t2+t）．g′（t）=﹣e2t（t2﹣1）（2t﹣1），当t＜﹣1时，g′（t）=﹣e2t（t2﹣1）（2t﹣1）＞0，则g′（t）在（﹣∞，﹣1）上单调递增，∵x1＜﹣1，∴f（x1）=g（x1）＜g（﹣1）=，∵f（x1）=﹣e x1（x1﹣1）2＞0，∴0＜f（x1）＜，当﹣1＜t＜0时，g′（t）=﹣e2t（t2﹣1）（2t﹣1）＜0，则g′（t）在（﹣1，0）上单调递减，∵﹣1＜x2＜0，∴0=g（0）=g（x2）=f（x2）＜g（﹣1）=综上，0＜f（x1）＜且0＜f（x2）＜．请考生在第22、23、24题中任意选一题作答．如果多做，则按所做第一题记分．[选修4-1：几何证明选讲]22．（10分）（2019•河南模拟）如图，A，B，C，D四点在同一圆上，BC与AD 的延长线交于点E，点F在BA的延长线上．（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）若EF2=FA•FB，证明：EF∥CD．【分析】（I）根据圆内接四边形的性质，可得∠ECD=∠EAB，∠EDC=∠B，从而△EDC∽△EBA，所以有，利用比例的性质可得，得到；（II）根据题意中的比例中项，可得，结合公共角可得△FAE∽△FEB，所以∠FEA=∠EBF，再由（I）的结论∠EDC=∠EBF，利用等量代换可得∠FEA=∠EDC，内错角相等，所以EF∥CD．【解答】解：（Ⅰ）∵A，B，C，D四点共圆，∴∠ECD=∠EAB，∠EDC=∠B∴△EDC∽△EBA，可得，∴，即∴（Ⅱ）∵EF2=FA•FB，∴，又∵∠EFA=∠BFE，∴△FAE∽△FEB，可得∠FEA=∠EBF，又∵A，B，C，D四点共圆，∴∠EDC=∠EBF，∴∠FEA=∠EDC，∴EF∥CD．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．（2019•南昌二模）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：（t为参数），曲线C的极坐标方程为：ρ=4cosθ．（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．【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的对于关系即可得出曲线C的方程；对直线l的参数方程消参数可得直线l的普通方程；（2）把直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得出关于参数t的一元二次方程，利用参数的几何意义和根与系数的关系计算|PQ|．【解答】解：（1）∵ρ=4cosθ．∴ρ2=4ρcosθ，∵ρ2=x2+y2，ρcosθ=x，∴x2+y2=4x，所以曲线C的直角坐标方程为（x﹣2）2+y2=4，由（t为参数）消去t得：．所以直线l的普通方程为．（2）把代入x2+y2=4x得：t2﹣3t+5=0．设其两根分别为t1，t2，则t1+t2=3，t1t2=5．所以|PQ|=|t1﹣t2|==．[选修4-5：不等式选讲]24．（2020•宝鸡一模）已知函数f（x）=|2x﹣a|+|2x+3|，g（x）=|x﹣1|+2．（1）解不等式|g（x）|＜5；（2）若对任意x1∈R，都有x2∈R，使得f（x1）=g（x2）成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）利用||x﹣1|+2|＜5，转化为﹣7＜|x﹣1|＜3，然后求解不等式即可．（2）利用条件说明{y|y=f（x）}⊆{y|y=g（x）}，通过函数的最值，列出不等式求解即可．【解答】解：（1）由||x﹣1|+2|＜5，得﹣5＜|x﹣1|+2＜5∴﹣7＜|x﹣1|＜3，得不等式的解为﹣2＜x＜4…（5分）（2）因为任意x1∈R，都有x2∈R，使得f（x1）=g（x2）成立，所以{y|y=f（x）}⊆{y|y=g（x）}，又f（x）=|2x﹣a|+|2x+3|≥|（2x﹣a）﹣（2x+3）|=|a+3|，g（x）=|x﹣1|+2≥2，所以|a+3|≥2，解得a≥﹣1或a≤﹣5，所以实数a的取值范围为a≥﹣1或a≤﹣5．…（10分）。
2019-2020学年河北省衡水中学高三(上)期中数学试卷(理科)
一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分） 1．（5 分）已知集合 S={ 1，2} ， T={ x| x2＜4x﹣ 3} ，则 S∩T=（ ）
A．{ 1} B．{ 2} C．1 D．2
2．（ 5 分）已知复数 z1，z2 满足 | z1| =| z2| =1，| z1﹣z2| = ，则| z1+z2| 等于（ ） A．2 B． C．1 D．3
请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分 . 解答时请写清题号 .[ 选修 4-4：坐标系与参数方程 ] 22．（ 10 分）在直角坐标系中，圆 C 的方程是 x2+y2﹣4x=0，圆心为 C，在以坐标 原点为极点， 以 x 轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中， 曲线 C1：ρ＝﹣4 sin θ 与圆 C 相交于 A， B 两点． （ 1）求直线 AB 的极坐标方程；
2019-2020 学年河北省衡水中学高三（上）期中数学试卷 （理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分） 1．（5 分）（2019?云南二模）已知集合 S={ 1，2} ，T={ x| x2＜4x﹣ 3} ，则 S∩T=（ ） A．{ 1} B．{ 2} C．1 D．2 【分析】 求出 T 中不等式的解集确定出 T，找出 S 与 T 的交集即可． 【解答】 解：由 T 中不等式变形得： x2﹣ 4x+3＜0，即（ x﹣1）（ x﹣3）＜ 0， 解得： 1＜x＜3，即 T=（1，3）， ∵ S={ 1，2} ， ∴ S∩ T={ 2} ， 故选： B．
∴
﹣ 2z1z2+
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(2)他们在一轮游戏中获“优秀小组”概率为
P C21P1(1 P1)C22P22 C22P12C21P2 (1 P2 ) C22P12C22P22
=2P
1
P
2
(P
1
+P
2
)-3P
2 1
P
2 2
-------------------------8 分
4 因为 P 1 + P2 = 3
所以
P=
在 ACM 中，由余弦定理得： AM 2 AC 2 CM 2 2AC CM cosC 305 9
所以， AM 305 .…………………………12 分 3
18.解析：（1）证法 1：在棱 CC1, DD1 分别取点 M , N ，使得 QN PM 1 ，易知四边形
MNQP 是·平行四边形，所以 MN // PQ ，联结 FM , MN , NE ，
3
所以 EF // 平面PQB .…………………6 分
证法 2：因为直棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面是菱形， AC BD, AA1 底面ABCD ，
设 AC, BD 交点为 O ，以 O 为原点，分别以 OA,OB ，及过 O 且与 AA1 平行的直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系.则有 A(2,0,0) ， B(0,1,0) ， C(2,0,0) ， D(0,1,0) ，设 BF a ，
又当直线 l 的斜率为０时，也符合条件．综上，
1 MN
1 OQ 2
3
为定值，且为 ．…１２分
4
20. 解 析
(1) 所 求 概 率
P ＝ (C
1 2
2 3
.
1 3
)(C
2 2
1 . 1 )＋ 22
(C
2 2
2 3
.
2 3
)(C
1 2
1 2
.
1 2
)+(C
2 2
2 3
.
2 3
)(C
2 2
1 . 1 )= 4 ----------------------6 分 22 9
cos PF2F1
c
a
16 或 c 11 a c 2
4
a
渐近线方为 : y 3 15 11
故选 B.
12.【解析】
(1)当x 1时，f (x) x2 2kx 2k f (x)的对称轴为x k，开口向上 ①当k 1时，f (x)在（- ，k )递减，（k,1）递增 当x k时，f (x)有最小值，即f (k ) 00 k 1
①当 p 1 0 时，即 b 1b [1, e] 所以 b 1时 x 1, e， p x 0 g ' x 0 ，
∴
g
x 在1, e
上递增；∴ c
g
x min
g
1
b
b
c
2b
2
.
②当 p e 0 ，即 b [e 1, e]时 x 1, e， p x 0 g ' x 0 ，∴ g x 在1, e 上
m2 2 ………８分
1 m2 y1 y2 4(m2 1)
又射线 OQ
方程为
y
mx
，带入椭圆 C
的方程得
x2
2(my)2
4 ，即
xQ 2
1
4 2m2
yQ 2
4m2 1 2m2
，
1 OQ 2
1 2m2 4(m2 1)
………１０分
1
所以
1
m2 2 1 2m2 3 ……１１分
MN OQ 2 4(m2 1) 4(m2 1) 4
得 DA DB DB DC DB (DA DC) 0 ，即有 DB AC ，所以 ADB 30
2
DB DC 3DB AB
得 DB DC 3DB (DB
DA ) ，化简可以得 DB 4
3
，
3
DAB 90 ，易得 SABD SACD ，故V1 V2 ，由于 ADB ACD 60 ，所以
f '(x) a 1 a x x 0, a R
x
x
① 当 a 0 时， f ( x)的 减区间为 (0,) ，没有增区间
② 当 a 0 时， f ( x)的 增区间为 (0, a) ，减区间为 (a,) -----------------4 分
（2）原不等式 k a(1 ln x) x x ln x b . x
8 3
p
2
p
2
-3p
2 1
p
2 2
因 0≤P 1 ≤1, 0≤P 2 ≤1
所以
1 3 ≤P 1 ≤1
1
，
3
≤P
2
≤1，又
p
2
p
2
≤（
P1
2
P2
）2 = 4 9
5
所以
1 9
<
p
1
p
2
≤
4 9
令 t=p 1 p 2
以1<t ≤4
9
9
则 P=h(t)=-3t 2 + 8 t 3 -----------10 分
则AE ND,且AE // ND 所以四边形 ADNE 为矩形，故 AD // NE ，同理，FM // BC // AD 且 NE MF AD ， 故 四 边 形 FMNE 是 平 行 四 边 形 ， 所 以 EF // MN ，所以 EF // PQ
故 E, F, P,Q 四点共面
又 EF // PQ，EF 平面BPQ, PQ 平面BPQ ，
面 BPQ 的一个法向量为
n
（x2 ,
y2 ,
z2），则
2 x2 2 y2
y2 （a az2 0
1）z2
0
，
所以取其一个法向量 n2 （a 2,2a,4）.
若
cos n1, n2
n1 n2
5
5 (a 2)2 a2 16 5
，则
（a 10）2 5a2 4a 8 ，
即有 a2 4a 23 0 ， a [1,3],
a 1 ln x x x ln x b 1 ln x x x ln x b
a [1, e], x [1, e] ，∴
x
x
，-------6 分
令
g
x
1
ln
x
x x
x
ln
x
b
g
'
x
ln
x x2
x
b
，
令 p(x) ln x x b p'(x) 1 1 x
p x ln x x b 在 1, 上递增；
f (2019) f (2020) 1
故选 A.
9.【解析】分两种情况：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为
P1
1 2
3 5
1 2
2 5
3 50
；
后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为
P2
1 2
2 5
1 2
2 5
1 25
所以，所求事件概率为：
P1
P2
1 10
故选
C.
10.【解析】
x1
x2
min
3
，周期 T
3.【解析】设等比数列{an} 公比为 q ，则
a6 a3
a8 a5
q3
1 27
q
1 3
，
所以 a6
a1
q5
1 243
.故选
C.
4.答案：B
5.【解析】 a 0, b 1,0 c 1，故选 C.
6.D
7.【解析】设圆锥底面半径为 r ，则 2 r
Lr
L 2
，所以，v
1 3
r
2
h
L2h 12
（2）.平面 EFPQ 中向量 EF （ 2,1，1）， EQ （ 2,1，1），设平面 EFPQ 的一个法向
量为（x1,
y1,
z1），则
2 x1 2 x1
y1 y1
z1 z1
0
，可得其一个法向量为
0
n1
(1,0,2)
.
平面 BPQ 中， BP （ 2,1，a 1）， BQ （0,2, a），设平
②当k 1时，f (x)在（- ，1）上递减 当x 1时，f (x)有最小值，即f (1) 0 1 0显然成立，此时k 1
（2）当 x 1时， f ( x) ( x k 1)ex e3 f ' ( x) ( x k )ex
①当k 1时，f (x)在（1， ）上递增 f ( x) f (1) ke e3 0k e2 此时k 1
,
2 T
2
,
y
2 sin
2
x
6
1
2 sin
2x
3
1 ,又 新函数的图像关于
y
轴对称，
k , k ，
3
2
6
min
6
答案：A
11.【解析】由题可知P（2a,2b）, F1(c,0),
F2
(c,0)Leabharlann ，cosPF2
F1
1 4
1
F2P F2F1
F2P F2F1 2a c
4
16
当 t=
9
时
P max = 27
他们小组在 n 轮游戏中获“优秀小组”次数 满足
~
4 由 np max =16 则 n=27 所以理论上至少要进行 27 轮游戏。 此时 P 1 + P2＝ 3
2
P1
=P2
＝
3
---------------12 分
B( n , p )