2020届河北省石家庄市一模数学(文科)试卷及答案
（2）设 b 3 ，求 ABC 周长的最大值． 18．（12 分）某学校门口的小超市纯净水的销售水量 y （千瓶）随着月份 x 的变化而有所变 化，为了预估 2019 年 8 月份的销售水量，销售员从 2019 年 1 月开始统计，得到了 x ， y 的 一组统计数据如表：
7.5] 时， y x 1 ． 6
A(7, 43) ， B( 43 ， 15) ．
6
72
则张认比钱真至少早到
10
分钟的概率
11 23
1
1 3
1
2 9
．
22
故选： D ．
第 8页（共 21页）
8．（5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最大棱长为 ( )
A． 4 2
B． 4 3
C． 2 14
30 10
，则
z
y x
1 1
的取值范围为
(
)
A． [1 ， 3] 22
B．[1 ， 2] 23
C．
(
，
12 ] [
3 2
，
)
D．
(
，
1 2
][
2 3
，
)
4．（5
分）已知
|
a
||
b
|
2
，且
(a
2b )
与
a
垂直，则
a
与
b
的夹角是
(
)
A． 3
B． 6
C． 3 4
D． 4
5．（5 分）已知正项等比数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ，S4 3(a1 a2 ) ，则公比 q 的值为 (
由可行域可知 B(1, 0) ， C(1, 2) ，
且 KPBzKPC ；
则 1 z 3 ， 22
故选： A ．
4．（5
分）已知
|
a
||
b
|
2
，且
(a
2b )
与
a
垂直，则
a
与
b的夹角是(Fra bibliotek)A． 3
B． 6
【解答】解：
|
a
||
b
|
2
，
(a
2b )
a
，
C． 3 4
(a 2b)a a2 2ab 2 2ab 0 ，
则不等式
f (x) x2
1 4
的解集是 (
)
A． (2, 2)
C． (2 ， 0) (0 ， 2)
B． ( ， 2) (2 ， ) D． ( ， 0) (0 ， 2)
第 2页（共 21页）
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.将答案填在答题纸上.） 13．（5 分）由小到大排列的一列数：5，8，9，x ，13 的平均数和中位数相同，则 x 的值为 ． 14．（5 分）如图，长方体 ABCD A1B1C1D1 中， AB AD 2 ， AA1 1 ， O 是正方形 ABCD 的中心，则直线 OD1 与平面 ADD1A1 所成的角的余弦值是 ．
x2 a2
y2 b2
l(a
0, b
0) ，椭圆 M
:
y2 n2
x2
1(n
1) ，若双曲线 C
的
渐近线与椭圆 M 相交的四个交点与椭圆 M 的两个焦点形成了一个正六边形，则这个正六边
形的面积为 ( )
A．3
B． 6 3
C． 3 3 2
D． 6 3 9
12．（5 分）已知定义在 R 上的偶函数 f (x) ，其导函数为 f (x) ，若 xf (x) 2 f (x) 0 ，f (2) 1，
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n
xi yi nx y
参考公式及数据：线性回归方程
yˆ
bˆx aˆ 中， bˆ
i 1 n
， aˆ y bˆx ．
xi2 nx 2
i 1
5
xi
i 1
5
5
5
5
lnxi
xi yi
(lnxi )yi
(lnxi )2
ln2
i 1
i 1
i 1
i 1
15
4.8
516
故选： B ．
7．（5 分）某校早读从 7 点 30 分开始，若张认和钱真两位同学均在早晨 7 点至 7 点 30 分之
间到校，且二人在该时段的任何时刻到校都是等可能的，则张认比钱真至少早到 10 分钟的
概率为 ( )
A． 1 12
B． 1 9
C． 1 6
D． 2 9
【解答】解：如图所示，设张认和钱真两位同学到校的时间分别为 y ， x 时，且 y ， x [7 ，
172
6.2
0.7
19．（12 分）如图．在直三棱柱 ABC A1B1C1 ，中， AC BC ， AC BC CC1 2 ， E ， F
分别在 A1B ， B1C1 上，且满足 | C1F |:| C1B1 || A1E |:| A1B | ．
（1）求证： EF / / 平面 ACC1 A1 ；
15．（5 分）已知数列{an} 满足 a1 1 ，且 an1 an n 1009(n N*) ，该数列的前 n 项和为 Sn ，
则 S2019
．
16．（5 分）已知函数 f (x) lnx m ，若 f 2 (k) f (k) 2 0 有两个不同的实数解，则实数 m x
的取值范围是 ．
4 （1）若 x 1 是函数 f (x) 的一个极值点，求函数 f (x) 的单调区间； （2）当 a 1 时，对于任意的 x (1， e)(e 为自然对数的底数）都有 f (x) 0 成立，求实数 b
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.若多做，则按所做的第一题
t(t 0) 个单位，所得函数 g(x) 关于 x 对称，则 t 的最小值为 ( 3
A． 3
B． 6
C． 5 6
10．（5 分）根据下面的流程图，输出的值是 ( )
) D． 2
3
A． 126 1009
B． 252 1009
C． 504 4032
D． 1008 4032
11．（5
分）已知双曲线 C :
D．{x | x 0} )
A．第四象限
B．第三象限
【解答】解： (1 i)z 2i ，
C．第二象限
D．第一象限
(1 i)(1 i)z 2i(1 i) ，
化为 z i 1 则 z 在复平面内对应的点 (1,1) 在第二象限．
故选： C ．
x 1
3．（5
分）已知实数
x
，
y
满足约束条件
x
x
)
A．2
B． 3
C． 5
D． 2
6．（5
分）已知
tan
1 tan
4(
( ,
3 )) ，则 2
sin
cos
(
)
A． 6 2
B． 6 2
C． 6 3
D． 6 3
7．（5 分）某校早读从 7 点 30 分开始，若张认和钱真两位同学均在早晨 7 点至 7 点 30 分之
间到校，且二人在该时段的任何时刻到校都是等可能的，则张认比钱真至少早到 10 分钟的
)
A．
B．{x | 0 x 1} 2
C．{x | 0 x 1} 2
【解答】解：全集U R ，集合 A {x | 2x 1 0} {x | x 1} ， 2
CU
A
{x
|
x
1} 2
，
B {x | 0 x 2} ，
(ðU
A)
B
{x
|
0
x
1} 2
．
故选： C ．
2．（5 分）设复数 z 满足 (1 i)z 2i ，则 z 在复平面内对应的点在 (
4 ， tan2
4 tan
1 0
，解得 tan
2
3，
又 ( , 3 ) ， tan 2 3 ， sin 0 ， cos 0 ， 2
sin
cos
sin cos sin2 cos2
tan tan2 1
1 4
，
(sin cos )2 1 2 1 3 ， 42
sin cos 6 ， 2
计分.[选修 4-4：坐标系与参数方程]
22．（10 分）在平面直角坐标系中，以坐标原点 O 为极点． x 轴的正半轴为极轴建立极坐标
系．已知曲线 C 的参数方程为
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x
y
2 2 cos 1 2sin
(
为参数），直线
1
的极坐标方程为
3
．
3 sin cos
（1）求直线 l 的直角坐标方程和曲线 C 的直角坐标方程； （2）若直线 l 与曲线 C 的交点分别为 A ， B ，点 P(0,1) ，求 1 1 的值．
y y
30 10
，则
z
y x
1 1
的取值范围为
(
)
A． [1 ， 3] 22
C．
(
，
12 ] [
3 2
，
)
B．[1 ， 2] 23
D．
(
，
1 2
][
2 3
，
)
【解答】解：作出的可行域为三角形（包括边界），
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z y 1 可看作点 (x, y) 和 P(1, 1) 之间的斜率， x 1
2020 年河北省石家庄市高考数学一模试卷（文科）
石家庄市2020届高中毕业班综合训练(一)文科数学试卷含答案
（Ⅱ）到 2035 年底对应的年份代号为 23，由（Ⅰ）的回归方程 yˆ 6.60x 50.36 得我国国内生产总值为
6.60 23 50.36=202.16万亿元人民币，………… 8 分
又 202.16 14.04 ， 所 以 到 2035 年 底 我 国 人 均 国 民 生 产 总 值 约 为 14.04 万 元 人 民 14.4
整理得： b2 4b 12 0 ， 解得 b 2 或 b 6 （舍），即 AC 2 ………………………6 分 在△ ABC 中，由（1）结论可知：
sin ACB 5 …………………………………………………7 分 3
由正弦定理得 3 21 ，所以 sin A 5 ……………8 分
sin A 5
解得 b 12 或者 b 0 （舍去），且 b 12 满足 0
………………………9 分
SABF
1 2
AF
BF
1 2
x1
1
x2
1
1 2
x1
x2
x1x2
1
……… 10 分
由 b 12 得 x1 x2 13, x1x2 36 ，从而 SABF 25
所以△ ABF 的面积为 25 ；
………………………12 分
币，
……………… 10 分
由直方图，假设的 2035 年世界主要中等发达国家的人均国民生产总值平均数的估计值为：
7.50.312.50.35+17.50.2+22.50.1+27.50.05 13.75，
又13.75 14.04 ，
所以以（Ⅰ）的结论为依据，可预测我国在 2035 年底人均国民生产总值可以超过假设的 2035 年世界主要中等发达
2020年河北省石家庄市高考数学一模试卷(文科)(带答案)
所以椭圆的方程为：
=1；
（2）由（1）可得右焦点 F2 的坐标（1，0），假设存在 P（t，0） i）当直线 MN 的斜率不为 0 时，设直线 MN 的方程为：x=my+1，设 M（x1，y1），N（x2， y2），
联立直线与椭圆的方程
，整理可得：（4+3m2）y2+6my-9=0，
∴y1+y2=
，y1y2=
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∴cosB= ，又 B∈（0，π），
∴B= ；
（2）∵b= ，B= ，
∴cosB=
，
∴a2+c2-3=ac， ∴（a+c）2=3ac+3，
∵a＞0，c＞0，∴ac
，
∴
，
∴（a+c）2≤12，又 b= ，
∴
，
∴△ABC 周长的最大值为 2
．
18. 解：（1）根据统计表中数据知， = lnx+ 更适合刻画 x，y 之间的关系，
16. 已知函数 f（x）= -m，若 f2（k）-f（k）-2=0 有两个不同的实数解，则实数 m 的
取值范围是______． 三、解答题（本大题共 7 小题，共 82.0 分）
17. 设△ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，且
．
（1）求角 B 的大小； （2）设 b= ，求△ABC 周长的最大值．
2. 设复数 z 满足（1-i）z=2i，则 z 在复平面内对应的点在（
A. 第四象限
B. 第三象限
C. 第二象限
）
D. 第一象限
3. 已知实数 x，y 满足约束条件
，则 z= 的取值范围为（ ）
A. [ ， ]
2020届河北省石家庄市4月高考一模考试数学模拟试题(文)有答案
石家庄市高中毕业班模拟考试（一）文科数学（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.复数121ii -=+（ ）A ．iB ．i -C ．132i --D ．332i-3.已知四个命题：①如果向量a r 与b r 共线，则a b =r r 或a b =-r r；②3x ≤是3x ≤的必要不充分条件；③命题p ：0(0,2)x ∃∈，200230x x --<的否定p ⌝：(0,2)x ∀∈，2230x x --≥；④“指数函数xy a =是增函数，而1()2x y =是指数函数，所以1()2xy =是增函数” 此三段论大前提错误，但推理形式是正确的.以上命题正确的个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．34.若数列{}n a 满足12a =，111nn n a a a ++=-，则2018a 的值为（ ）A ．2B ．-3C ．12-D ．135.函数()2(0)xf 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 ．236. 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：2222221[()]42c a b S c a +-=-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 ．84平方里B ．108平方里C ．126平方里D ．254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 ．23πB ．43πC ．2πD ．83π9.设()f x 是定义在[2,3]b b -+上的偶函数，且在[2,0]b -上为增函数，则(1)(3)f x f -≥的解集为（ ）A ．[3,3]-B ．[2,4]-C ．[1,5]-D ．[0,6]10.抛物线C ：214y x=的焦点为F ，其准线l 与y 轴交于点A ，点M 在抛物线C 上，当2MA MF =时，AMF ∆的面积为（ ）A ．1B ．2C ．22D ．411.在ABC ∆中，2AB =，6C π=，则3AC BC +的最大值为（ ）A 7B ．27C ．37D ．712.已知1F ，2F 分别为双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左焦点和右焦点，过2F 的直线l 与双曲线的右支交于A ，B两点，12AF F ∆的内切圆半径为1r ，12BF F ∆的内切圆半径为2r ，若122r r =，则直线l 的斜率为（ ）A ．1B 2C ．2D ．2二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13.设向量(1,2)a m =r ，(1,1)b m =+r ，若a b ⊥r r ，则m = ．14.x ，y 满足约束条件：11y xx y y ≤⎧⎪-≤⎨⎪≥-⎩，则2z x y =+的最大值为 ．15.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 ．16.一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 ．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{}n a 是公差不为零的等差数列，满足37a =，且2a 、4a 、9a 成等比数列.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n b 满足1n n n b a a +=⋅，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S.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=u u u u r u u u r，求实数λ的值； （Ⅱ）若BC SD ⊥，求点B 到平面SAD 的距离.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；日均派送单数 52 54 56 58 60 频数（天） 20 30 20 20 10 ①根据以上数据，设每名派送员的日薪为X （单位：元），试分别求出这100天中甲、乙两种方案的日薪X 平均数及方差；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 ∠=o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0m ≤，证明：2()f x mx x ≥+. （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3cos 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.石家庄市高中毕业班第一次模拟考试试题文科数学答案一、选择题1-5: ACDBB 6-10: CABBB 11、12：DD 二、填空题13.13-14. 3 15. 乙 16. 23三、解答题17. 解：（1）设数列{}n a 的公差为d ，且0d ≠由题意得242937a a a a ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即21(7)(7)(76)27d d d a d ⎧+=-+⎨+=⎩，解得13,1d a ==，所以数列{}n a 的通项公式32n a n =-.（2）由（1）得1(32)(31)nn n b a a n n +=⋅=-+1111()33231n b n n ∴=--+，12111111111......(1)34473231n n S b b b n n =+++=-+-++--+L 11(1)33131n n n =-=++. 18．（1）因为//BC 平面SDM ，BC ⊂平面ABCD ，平面SDM I 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 I 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 V和Rt SED V 中， 因为SA SD =，所以AE DE ==，又由题知45EDA ∠=o， 所以AE ED ⊥，由已知求得AD =1AE ED SE ===，连接BD ，则111133S ABD V -=⨯⨯=三棱锥， 又求得SAD V的面积为， 所以由B ASD S ABDV V --=三棱锥三棱锥点B 到平面SAD的距离为3. 19.解：（1）甲方案中派送员日薪y （单位：元）与送货单数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 ，k.KS5U（2）①、由表格可知，甲方案中，日薪为152元的有20天，日薪为154元的有30天，日薪为156元的有20天，日薪为158元的有20天，日薪为160元的有10天，则1=15220+15430+15620+15820+16010100x ⨯⨯⨯⨯⨯甲（）=155.4， ()()()()()2222221=[20152155.4+30154155.4+20156155.4+20158155.4+10010160155.4]=6.44S ⨯-⨯-⨯-⨯-⨯-甲，乙方案中，日薪为140元的有50天，日薪为152元的有20天，日薪为176元的有20天，日薪为200元的有10天，则1=14050+15220+17620+20010100x ⨯⨯⨯⨯乙（）=155.6， ()()()()222221=[50140155.6+20152155.6+20176155.6+10200155.6]100=404.64S ⨯-⨯-⨯-⨯-乙， ②、答案一：由以上的计算可知，虽然x x <乙甲，但两者相差不大，且2S 甲远小于2S 乙，即甲方案日薪收入波动相对较小，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，x x <乙甲，即甲方案日薪平均数小于乙方案日薪平均数，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 a r 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 yC 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 =-，则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000000001220000002323434341224362323y y x x x y x y k x x x x x x +-+===-+--+-+，Q 直线OA 的斜率为20y 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()()1xf 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()()()11x f x x e =+-， (0)0,(1)0f f =-=，由0m ≤，可得2x mx x ≥+，令()()()11x g x x e x=+--，()()22x g x x e '=+-，当2x ≤-时，()()2220x g x x e '=+-<-<，当2x >-时， 设()()()22x h x g x x e '==+-，()()30x h x x e '=+>，故函数()g x '在()2,-+∞上单调递增，又(0)0g '=， 所以当(),0x ∈-∞时，()0g x '<，当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，所以函数()g x 在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，故()()2()(0)011x g x g x e x mx x ≥=⇒+-≥≥+故2()f x mx x ≥+. 法二：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知()()()11x f x x e =+-， (0)0,(1)0f f =-=，由0m ≤，可得2x mx x ≥+，令()()()11x g x x e x=+--，()()22x g x x e '=+-，令当时，，单调递减，且；当时，，单调递增；且，所以在上当单调递减，在上单调递增，且，故()()2()(0)011x g x g x e x mx x≥=⇒+-≥≥+，故2()f x mx x ≥+. 选作题22（1）由题意可知直线l 的直角坐标方程为32y x =+，曲线C 是圆心为(3,1)，半径为r 的圆，直线l 与曲线C 相切，可得：33122r ⋅-+==；可知曲线C的方程为22(3)(1)4x y -+-=， 所以曲线C 的极坐标方程为223cos 2sin 0ρρθρθ--=，即4sin()3ρθπ=+. (2)由（1）不妨设M （1,ρθ），)6,(2πθρ+N ，（120,0ρρ>>），6sin21πON OM S MON =∆，，当12πθ=时， 32+≤∆MON S ，所以△MON 面积的最大值为23.23. 【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.石家庄市2017-2018学年高中毕业班第一次模拟考试试题 文科数学答案选择题（A 卷答案）1-5 ACDBB 6-10CABBB 11-12 DD （B 卷答案）1-5 BCDAA 6-10CBAAA 11-12 DD 二、填空题13.13-14. 3 15. 乙 16. 23三、解答题(解答题仅提供一种解答，其他解答请参照此评分标准酌情给分）17. 解：（1）设数列{}n a 的公差为d ，且0d ≠由题意得242937a a a a ⎧=⎪⎨=⎪⎩，……………2分即21(7)(7)(76)27d d d a d ⎧+=-+⎨+=⎩，解得13,1d a ==，……………4分所以数列{}n a 的通项公式32n a n =-,………………………………6分（2）由（1）得1(32)(31)nn n b a a n n +=⋅=-+1111()33231n b n n ∴=--+，…………………………8分12111111111......(1)34473231n n S b b b n n =+++=-+-++--+L…………………10分11(1)33131n n n =-=++ (12)分.18．（1）因为//BC 平面SDM,BC ⊂平面ABCD,平面SDM I 平面ABCD=DM,所以DM BC //……………………2分因为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。
河北省石家庄市2020届高中毕业班模拟考试(一)高三数学试卷(文科)答案
石家庄市2020届高三年级阶段性训练题答案数学文科一、选择题：1.B.【解析】由题意知{}|2B x x =>，故{}3≤<2=x x B A | ，故选B.2. A.【解析】:p ⌝()0,0x ∃∈-∞，0023x x <，故选A.3. B.【解析】1(1)()11()1i i i iz i i i i -----====--⋅-，则1z i =-+，所以对应点在第二象限，故选B. 4. D.【解析】A 定义域不关于原点对称，不符合题意；B 选项虽然为奇函数，但0>x 是()2≥x f ，故()(][)+∞22-∞-∈1+=,, x x x f ，不符合题意；C 选项，()[]11-∈=,sin x x f ，不符合题意；D.选项()()x f x f -=-，故()x x x f --=22为奇函数，值域为R ，图象也经过第一象限，符合题意.故选D.5. B .【解析】根据正弦定理知()()()B C c B A b a sin sin sin sin +=-+化为为()()()b c c b a b a +=-+，即bc c b a ++=222，故21-=2-+=222bc a c b A cos ，故32=πA ，则23=A sin .因为1,2b c ==， ABC Δ的面积13sin 2S bc A ==.故选B.6.C.【解析】如图阴影部分为可行域，目标函数3+=x yz 表示可行域中点()y x ,与()0,3-连线的斜率，由图可知点()3,1P 与()0,3-连线的斜率最大，故z 的最大值为43，故选C. 7.A.【解析】由题意知51=⎪⎭⎫ ⎝⎛3+52=⎪⎭⎫ ⎝⎛3+παπαcos ,sin ，则101552235121523sin 3cos 3cos 3sin 33sin sin -=⨯-⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ππαππαππαα. 8. C.【解析】因为阳数：1,3,5,7,9，阴数：2,4,6,8,10，所以从阳数和阴数中各取一数共有：5525⨯=种情况.满足1=-b a 有()()()()()()()()()1098987676545432321,,,,,,,,,,,,,,,,,，共9种情况，故满足2≥-b a 的情况有16种，故根据古典概型得满足2≥-b a 的概率为2516.9. C.【解析】由于a c b c a c b a 2,2,052.02==+=++，解得016.0,012.0,008.0===c b a ，前三个组的频率之和为320=160+120+040....，第四个组的频率为20.，故中位数为119=10⨯20180+110..（分）. 10. A.【解析】由题意知||||5AC BD ==,设C 到BD 的距离为d ，则有255d ==，故 ()BD CM BD AC BD CM AC BD AM ⋅+⋅=⋅+=⋅,其中()()3-=+⋅+=⋅CD BC BC AB BD AC ,2=⋅≤⋅BD CM BD CM ,当且仅当CM 与BD 同向时，等号成立，故选A.11.C.【解析】由题意知()()()φx ωφx ωx f 2+22=2-+4=2cos cos ，由周期为π，知1=ω；又因为()1=22=0φf cos ，即3=2πφ，6=πφ.经验证，C 选项错误. 12.D.【解析】由()()x f x f -2=知()x f 关于1=x 对称，如图，因此2=+=+c b d a ，所以4=+++d c b a ，又因为()()b f a f =，所以2+=b e a ln ，因此()2--4=-+++b b e b d c b a a ln ，由题意知e b e 1≤<12，令()()b b b b g e b e b b b g 1-4=1-4='⎪⎭⎫ ⎝⎛1≤<12--4=2,ln ，令()0='b g 得41=b ，故()b g 在⎪⎭⎫ ⎝⎛4112,e 上单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛141e ,上单调递增，故()1-22=⎪⎭⎫⎝⎛41=ln min g b g ，由1-4=⎪⎭⎫ ⎝⎛14=⎪⎭⎫ ⎝⎛122e e g e e g ,，则0>4-+4=1+4-4=⎪⎭⎫ ⎝⎛1-⎪⎭⎫ ⎝⎛12222e e e e e e g e g ，故()⎪⎭⎫⎢⎣⎡41-22∈2e b g ,ln ，故选D.二、填空题:13.22.【解析】()()1-3='2x a x f ，由()()1-=1'⋅0'f f ，即1=22a ，解得22=a . 14. 2.【解析】由题意知该双曲线的斜率为1±，故离心率为2.15.π8.【解析】过点P 作⊥PE 平面ABCD ，连结DE BE ,，因为AD AP AB ==,︒60=∠=∠PAD PAB ，所以PD PB =，故EB ED =，因此ABE Δ≌ADE Δ，故DAE BAE ∠=∠，因此E 在AC 上.过E 作AB EH ⊥，连结PH ，因为E HE PE HE AB PE AB =⊥⊥ ,,，故⊥AB 平面PEH ，故PH AB ⊥，所以3=1=PH AH ,.在AEH Rt Δ中，1=2=EH AE ,.因此E 为AC 中点，即也为BD 中点.在PEH Rt Δ中，2=-=22EH PH PE .所以E 为四棱锥ABCD P -的外接球球心，半径为2，球的表面积为π8.16.4-；0=2--2y x .【解析】由题意知2+2+=2+2+=2+2+=323312211x x d x x d x x d ,,，带入2312=+d d d 得()31321+2=+2+x x x x x ，即312+=2x x x .由F 为321P P P Δ的重心，则有0=3++2=3++321321y y y x x x ,，即22-6=2x x ，即2=2x ，所以4-=2y ，因此有4=+31y y .故31P P 的中点坐标为()22,，所在直线的斜率2=+8=--=313131y y x x y y k ，故31P P 所在直线的方程为0=2--2y x .三、解答题17.解：（Ⅰ）由样本数据，A 组排查对象对社区排查工作态度满意的比率为845030.6=，因此社区居民对A 组排查工作态度满意的概率估计值为0.68．…………3分 B 组排查对象对社区排查工作态度满意的比率为450.950=，因此社区居民对B 组排查工作态度满意的概率估计值为0.9． …………6分（Ⅱ）假设“对社区排查工作态度满意”与“排查工作组别”无关，根据列联表中的数据，得到…………8分 …………10分因此有%99的把握认为“对社区排查工作态度满意”与“排查工作组别”有关． …………12分18.解：（Ⅰ）设数列{}n a 的首项为1a ，公差为d , 由621S =得：()166212a a +=，所以167a a +=，………………………………2分 又因为369a a +=，所以1d =.………………………………………………………4分 于是11a =，故n a n =.……………………………………………………………………6分（Ⅱ）设{}n b 的前项和为n T ，因为12nn n a b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以2nn b n =⨯，……………………8分依题1212222n n T n =⨯+⨯++⨯， 则231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯于是1211212122n n n T n +-=⨯+⨯+⨯-⨯()1122n n +=-⨯-………………………10分即()1122n n T n +=-⨯+故：()1122n n T n +=-⨯+.…………………………………………………………………12分 19.证明：（Ⅰ）在图1△ABC 中，D ，E 为AC ，AB 边中点 所以DE ∥BC . 又AC ⊥BC 所以DE ⊥AC .在图2中DE ⊥A 1D DE ⊥DC 且A 1D ∩DC =D 则DE ⊥平面A 1CD . …………2分 又因为A 1C ⊂平面A 1CD 所以DE ⊥A 1C . ……………………………………4分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知DE ⊥平面A 1CD 且DE ⊂平面BCDE ， 所以平面A 1CD ⊥平面BCDE 且平面A 1CD ∩平面BCDE =DC ，在正△A 1CD 中，过A 1作A 1O ⊥CD ， 垂足为O ， 所以A 1O ⊥平面BCDE . …………………6分 A 1O 即为三棱锥A 1－BCE 底面上的高， 在△A 1CD 中，13AO =.在△A 1BE 中，1A E BE ==1A B =，所以1A BE S ∆=………………………8分在梯形BCDE 中 S △BCE = S △BCD =142BC CD ⋅=. …………………………10分 设点C 到平面A 1BE 的距离为h ， 因为11C A BE A BCE V V --=三棱锥三棱锥，所以111133A BE BCE S h S AO ∆∆⋅=⋅ ， 解得h =即点C 到平面A 1BE 的距离为5. ………………………………………12分 20.解：（Ⅰ）设()(),00F c c -> ，由条件知()0,B b ，所以△ABF 的面积为()13222c b +⋅= ○1……1分由c a =得222a c =，从而2222b c c +=，化简得b c = ○2 ……………………………2分 ○1○2联立解得1b c ==， ……………………………4分从而a =，所以椭圆C 的方程为2212x y +=； …………………………… 5分 （Ⅱ）当l x ⊥轴时，不合题意，故设():2l y k x =-， ……………………………6分将()2y k x =-代入2212x y +=得()2222128820.k x k x k +-+-=由题()24240k ∆=->得22k -<< …………………………… 7分 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则22121222882,1212k k x x x x k k-+==++ ……………………………8分 因为13OP OQ ⋅=， 所以()()()()22221212121212121221243x x y y x x k x x k x x k x x k +=+--=+-++=……………… 9分从而()2222222828112412123k k kk k k k -+-+=++解得12k ⎛=±∈ ⎝⎭，…………………………11分所以直线l 的方程为220x y +-=或220x y --=. ……………………………12分（2）解法二：当l y ⊥轴时，其方程为0y =， 2OP OQ ⋅=-，不合题意， ………………………………6分 当l 与y 轴不垂直时，设:2l x my =+，将2x my =+代入2212x y +=得()222420.m y my +++= 由题()2820m ∆=->得m >或m < …………………………… 7分设1122(,),(,)P x y Q x y ，则12122242,22m y y y y m m -+==++ …………………………… 8分 因为13OP OQ ⋅=， 所以()()()()21212121212121221243x x y y my my y y m y ym y y +=+++=++++=，…………9分 从而()222241124223m mm m m -+++=++解得(()2,2,m =±∈-∞+∞，……………11分所以直线l 的方程为220x y +-=或220x y --=. ……………………………12分 21.解：（Ⅰ）()a e x f x+='，当0≥a 时，()0>'x f ，()x f 在()+∞∞-,上单调递增；............................................................2分 当0<a 时，令()0='x f 得()a x -=ln ，()x f 在()()a -∞-ln ,上单调递减，在()()+∞-,ln a 上单调递增； (4)分（Ⅱ）解法一：由题意知()m x e x g x-3-=，由()()⎩⎨⎧0=0=21x g x g 得⎪⎩⎪⎨⎧=3-=3-2121mx e mx e x x，两式相减得()21-3=-21x x e e x x，因为21<x x ，故()0<-3=-2121x x e e x x ， (6)分 要证6>+21x xee ，只需证()()()2121-6<+-321x x x x e e e e x x ，两边同除以23xe 得()()()1-2<1+-2121--21x x x x e e x x ，…………………………8分令0<-=21x x u ，故只需证()0<2++2-u e u u即可.………………………………………………………9分令()()2++2-=u e u u G u，()()1+1-='ue u u G ，令()()()uuue u h e u u h ='1+1-=,，………………………10分当()0∞-∈,u 时，()0<'u h ，故()u h 在()0∞-,上单调递减，故()()0=0>h u h ，故()u G 在()0∞-,上单调递增，故()()0=0<G u G ，故原命题得证.…………………………………………………………………………………………………………………12分【解法二】由题意知()m x e x g x-3-=，由()()⎩⎨⎧0=0=21x g x g 得⎪⎩⎪⎨⎧=3-=3-2121mx e mx e x x，令21==21t e t e x x,，21<<0t t ，即⎩⎨⎧+3=+3=2211mt t m t t ln ln ，两式相减得0<3=-2121t tt t ln ， (6)分要证6>+21x xee ，即只需证6>+21t t ，即证63>+-212121t t t t t t ln ，即()0<+-2-212121t t t t t t ln，即0<1+⎪⎪⎭⎫⎝⎛1-2-212121t t t t t t ln ，……………………………………………8分令()10∈=21,t t u ，只需证()0<1+1-2-u u u ln 即可.…………………………………………………………………9分 令()()()()()()2221+1-=1+4-1='1+1-2-=u u u u u u G u u u u G ,ln ，……………………………………………………………10分当()10∈,u 时，()0>'u G ，故()u G 在()10,上单调递增，故()()0=1<G u G ,因此原不等式成立.……………………………………………………………………………12分（二）选考题：22.解：（Ⅰ）曲线1C的参数方程为,322132x t y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩(t 为参数).消去t 得0x -=,将cos ,sin x y ρθρθ==代入上式得曲线1C 的极坐标方程cos sin 0,sin 6πρθθρθ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭整理得 … … … … … … 2分因为 222221sin -2cos cos ϕϕϕ=-y x… … … … …4分=221-sin =1cos ϕϕ所以曲线2C 的普通方程为22y 2x -=1. … … … … … 5分（Ⅱ）因为23P ⎫-⎪⎪⎝⎭在曲线1C 上,所以将1C的参数方程,322132x y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩(t 为参数).代入到2C 的直角坐标方程得25480839t t +-=, ………………………………………… 8分则有126445t t ⋅=-,由参数t 的几何意义得1264.45PA PB t t ⋅=⋅= … … … … … … … … … … … … … … … … … … 10分23. 解：()1()31,2,13,2,2131,,2x x f x x x x x <<⎧⎪--≤-⎪⎪=-+-⎨⎪⎪+≥⎪⎩… … … … … … … … … … … … 2分当2x ≤-时,()f x 5≥;当122x -<<时,5()52f x <<;当12x ≥时,()f x 52≥. ()5.2f x 所以的最小值为 … … … … … … … … … … … … … … … … … … 5分()()521=2 5.2M a b += 由知，即()()00111211111217121又因为，，所以+++⎛⎫=++++>>⎡⎤ ⎪⎣⎦++⎝⎭a b a b a b a b… … … … … …… … … … … … …… 7分121127121++⎛⎫=++ ⎪++⎝⎭b a a b … … … … … … … … … … … … … …… … … … … … … …8分17121⎛≥ ⎪ ⎪+⎝⎭b4=.7114.1217a b +≥++所以… … … … … … …… … … … … … … … … … 10分。
2020石家庄一模文科数学 05-29
17.（Ⅰ）解法 1：根据正弦定理，由 3c cos B 3a 2b 得
3sin C cos B 3sin B C 2sin B ，
………………………2 分
整理得 3sin B cos C 2sin B 0 .
因为 sin B 0 ，所以 cos C
2. 3
…………………………………4 分
19.解：（Ⅰ） x 1 2 3 4 5 6 7 4 ， …………………… 1 分 7
2333.5 7 4 537.2
bˆ
7 ，…………………………3 分
140 112
2333.5 2148.8 184.7 6.60 …………………………4 分
28
28
aˆ 537.2 184.7 4 352.5 50.36
所以 MG∥平面 DEF. ………………2 分 在菱形 ABCD 中，BM∥DE， 因为 DE 平面 DEF，BM 平面 DEF， 所以 BM∥平面 DEF. ……………………………………………4 分 又因为 MG∩BM=M，且 MG，BM 平面 BMG， 所以平面 BMG∥平面 DEF. 因为 BG 平面 BMG， 所以 BG∥平面 DEF. ……………………………………………5 分 （Ⅱ）如图 3，在等边△DEF 中取 DE 边中点 O， 连接 FO， 则 FO⊥DE， 因为平面 DEF⊥平面 ABCD 且平面 DEF∩平面 ABCD=DE 所以 FO⊥平面 ABCD. 在菱形 ABCD 中，∠BCD=60°=∠BAD，E 是线段 AB 的中点， 所以 DE AB . ……………………………………………………7 分
由 S1 3S2 ，得 BE 3ED ， EB 3ED
设
x
an
4 3
2020年河北省石家庄市高考数学模拟试卷(文科)(含答案解析)
2020年河北省石家庄市高考数学模拟试卷(文科)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|2<x<4}，B={x|(x−1)(x−3)<0}，则A∩B=()A. (1,3)B. (1,4)C. (2,3)D. (2,4)2.命题“∀x∈(−2,0)，x2+2x<0”的否定是()A. ∃x0∉(−2,0)，x02+2x0≥0B. ∀x0∈(−2,0)，x02+2x0≥0C. ∀x0∉(−2,0)，x02+2x0<0D. ∃x0∈(−2,0)，x02+2x0≥03.复数z=a+i2−i(i为虚数单位)的共轭复数在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是()A. (−∞,−2)B. (−12,2) C. (−2,12) D. (12,+∞)4.函数f(x)=x3−xx2+1的图象大致为()A. B.C. D.5.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=2，b=2√3，且2asin A=(2b−√3c)sin B+(2c−√3b)sin C，则△ABC的面积是()A. 2B. √3C. 2√3D. √3或2√36.若实数x，y满足{x+y−3⩾02x−y+2⩾03x−y−4⩽0,则z=yx的最大值为()A. 73B. 57C. 2D. 87. 已知角α的终边过点P(12,√32)，则sinα=( )A. 12B. √3C. √32D. −√328. 四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年美国数学家阿佩尔与哈肯证明了四色定理．其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色．”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字．”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域(如区域D 由两个边长为1的小正方形构成)上分别标有数字1，2，3，4的四色地图符合四色定理，区域A 、B 、C 、D 、E 、F 标记的数字丢失若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是( )A. 115B. 415C. 315D. 11159. 某校高二(3)班在四校联考中的数学成绩的频率分布直方图如图所示，则a =( )A. 0.018B. 0.020C. 0.022D. 0.02510. 如图，在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM =3，BC =10，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A. 34B. 28C. −16D. −2211. 已知f(x)=sin 2(ωx +π3)−cos 2(ωx +π3)(ω>0).给出下列判断：①若f(x 1)=1,f(x 2)=−1，且|x 1−x 2|min =π2，则ω=2； ②若f(x)在[0,2π]上恰有9个零点，则ω的取值范围为[5324,5924)；③存在ω∈(0,2)，使得f(x)的图象向右平移π6个单位长度后得到的图象关于y 轴对称； ④若f(x)在[−π6,π3]上单调递增，则ω的取值范围为(0,13]． 其中，判断正确的个数为( )A. 1B. 2C. 3D. 412. 已知函数f(x)={ln(x +1),x >012x +1,x ≤0，若m <n ，且f(m)=f(n)，则n −m 的取值范围是( )A. [3−2ln2,2)B. [3−2ln2,2]C. [e −1,2]D. [e −1,2)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 函数f(x)=xlnx 2的图象在x =1处的切线方程______． 14. 已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的一条渐近线为y =√3x ，那么双曲线的离心率为______．15. 在底面是正方形的四棱锥P −ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，点E 为棱PB 的中点，点F 在棱AD上，平面CEF 与PA 交于点K ，且PA =AB =3，AF =2，则四棱锥K −ABCD 的外接球的表面积为______．16. 设抛物线C ：y 2=3x 的焦点为F ，点A 为抛物线C 上一点，若|FA|=3，则直线FA 的倾斜角为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 2018年3月山东省高考改革实施方案发布：2020年夏季高考开始全省高考考生总成绩将由语文、数学、外语三门统一高考成绩和学生自主选择的普通高中学业水平等级性考试科目的成绩共同构成．省教育厅为了解正就读高中的学生家长对高考改革方案所持的赞成态度，随机从中抽取了100名城乡家长作为样本进行调查，调查结果显示样本中有25人持不赞成意见．右面是根据样本的调查结果绘制的等高条形图．(Ⅰ)请根据已知条件与等高条形图完成下面的2×2列联表：赞成不赞成合计城镇居民农村居民合计(Ⅱ)试判断我们是否有95%的把握认为“赞成高考改革方案与城乡户口有关”？．，其中n=a+b+c+d．【附】K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P(K2≥k)0.1500.1000.0500.0050.001k 2.072 2.706 3.8417.87910.82818.已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=−10．(1)求数列{a n}的通项公式；}的前n项和．(2)求数列{a n2n−119. 如图所示的多面体中，已知直角梯形ABCD 和矩形CDEF 所在的平面互相垂直，AD ⊥DC ，AB // DC ，AB =AD =DE =4，CD =8．(1)证明：BD ⊥平面BCF ；(2)M 为AD 的中点，在DE 上是否存在一点P ，使得MP //平面BCE ？若存在，求出DP 的长；若不存在，请说明理由．20. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左右焦点分别为，F 1和F 2，上顶点为B ，BF 2，延长线交椭圆于点A ，△ABF 的周长为8，且BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0． (Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)若直线l ⊥AB 且与椭圆C 相交于两点P ，Q ，求|PQ|的最大值．21. 已知函数f(x)=ax +lnx +1(a ∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a =1时，令函数g(x)=xe x −f(x)(其中e 是自然对数的底数)，求g(x)的最小值．22. 在平面直角坐标系xOy 中，点P 是曲线C 1：{x =t +1ty =2(t −1t )(t 为参数)上的动点，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为：ρ=2sinθ−3cosθ． (1)求曲线C 1，C 2的直角坐标下普通方程；(2)已知点Q 在曲线C 2上，求|PQ|的最小值以及取得最小值时P 点坐标．23.已知正数a，b，c满足：a+b+c=1，函数f(x)=|x−1a −1b|+|x+1c|.(1)求函数f(x)的最小值；(2)求证：f(x)≥9．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：B ={x|(x −1)(x −3)<0}={x|1<x <3}，A ={x|2<x <4}， ∴A ∩B ={x|2<x <3}=(2,3)． 故选：C ．求出集合B ，然后求解集合的交集．本题考查集合的交集的求法，考查计算能力．2.答案：D解析：解：因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“∀x ∈(−2,0)，x 2+2x <0”的否定是：∃x 0∈(−2,0)，x 02+2x 0≥0．故选：D ．直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．本题考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．3.答案：C解析：本题主要考查复数的应用，是高考中常见的题型，属于中档题．由题意得，∴z =a+i 2−i =(a+i )(2+i )5=2a−15+a+25i ，则z =2a−15−a+25i ，令{2a−15<0−a+25<0，求得a 的范围即可．解：由题意得z =a+i2−i=(a+i )(2+i )5=2a−15+a+25i ，则z =2a−15−a+25i ，令{2a−15<0−a+25<0，解得：−2<a <12，4.答案：B解析：本题主要考查了函数的奇偶性，函数的图像，属于基础题． 解：函数f(x)=x 3−x x 2+1中，定义域为R ，f(−x)=(−x )3−(−x )(−x )2+1=−f (x )，故函数f (x )为奇函数，其图像关于原点对称，排除A ，C ， 当x =12时，f (12)=−310>−12，只有B 符合题意，故选B ．5.答案：D解析：本题考查正余弦定理，属基础题目． 根据正弦定理化简已知，得，由正弦定理求 或，再求面积即可．解：由正弦定理及2asin A =(2b −√3c)sin B +(2c −√3b)sin C ， 得2a 2=(2b −√3c)b +(2c −√3b)c ，化简整理得a 2=b 2+c 2−√3bc ， 所以，，又a =2，b =2√3，A <B ， 由正弦定理，所以， 或，当 时S =12ab =12×2×2√3=2√3; 当时，，故选D ．解析：本题主要考查线性规划的应用，属于基础题．作出不等式组对应平面区域，利用z 的几何意义即可得到结论． 解：画出不等式组所表示的平面区域，如图所示：z =yx 表示平面区域内的点与原点连线的斜率，当经过由{y =−x +3y =2x +2确定的交点(13,83) z max =8， 故选D ．7.答案：C解析：解：由题意可得，x =12，y =√32，r =|OP|=1，∴sinα=√32，故选C ．由条件利用任意角的三角函数的定义，求出sinα的值． 本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．8.答案：B解析：解：根据题意，区域C 相邻的3个区域标记着1、2、3，则C 区域只能标记4，区域D 相邻的3个区域标记着4、2、3，则C 区域只能标记1， 区域A 相邻的3个区域标记着4、2、1，则C 区域只能标记3， 区域E 相邻的3个区域标记着4、2、3，则C 区域只能标记1， 区域F 相邻的3个区域标记着4、1、3，则C 区域只能标记2， 区域B 相邻的3个区域标记着1、2、3，则C 区域只能标记4， 则标有4的区域为B 、C ，共有8个小正方形， 而网格纸上共有5×6=30个正方形；则恰好取在标记为4的区域的概率P =830=415； 故选：B ．根据题意，依次分析C 、D 、A 、E 、F 、B 区域标记的数字，进而由古典概型计算公式计算可得答案． 本题考查合情推理的应用以及古典概型的计算，关键分析标记为4的正方形的数目，属于基础题9.答案：B解析：本题考查频率分布直方图的性质，是基础题． 根据频率分布直方图中频率之和为1即可求解．解：由频率分布直方图可知，(0.015+2a +0.030+0.010+0.005)×10=1，解得a =0.020．10.答案：C解析：解：∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 且AM =3，BC =10， ∵|AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3，|BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=5， ∴MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−25，∵AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =9−25=−16． 故选：C ．结合图形可得，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，然后结合已知求出MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，再根据AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )，展开可求．本题主要考查了向量的数量积的基本运算，解题的关键是把图形关系转化为数学关系．11.答案：A解析：本题考查三角恒等变换以及函数y =Asin(ωx +φ)的图象与性质，属于中档题．先化为f(x)为正弦型三角函数，再根据函数y =Asin(ωx +φ)的图象与性质，对各选项，逐一分析，即可得到答案． 解：因为，所以周期T =2π2ω=πω，对于①，由条件知，周期为π，所以ω=1，故①不正确；对于②，由条件得，若f(x)在[0,2π]上恰有9个零点，则，解得5324⩽ω<5924，故②正确；对于③，函数图象右平移π6个单位长度后得到的函数为y =sin (2ωx −ωπ3+π6)，其图象关于y 轴对称，则−ωπ3+π6=π2+kπ(k ∈Z)，解得ω=−1−3k(k ∈Z)，故对任意整数k ，ω∉(0,2)，所以③不正确；对于④，若f(x)在[−π6,π3]上单调递增，则T =πω⩾π，即0<ω≤1，又由条件可得{−ωπ3+π6⩾−π2+2kπ2ωπ3+π6⩽π2+2kπ，解得{ω⩽2−6k ω⩽12+3k(k ∈Z)，所以0<ω⩽12，故④不正确． 故选A ．12.答案：A解析：解：作出函数f(x)的图象如图： 若m <n ，且f(m)=f(n)，则当ln(x +1)=1时，得x +1=e ，即x =e −1， 则满足0<n ≤e −1，−2<m ≤0，则ln(n +1)=12m +1，即m =2ln(n +1)−2，则n−m=n+2−2ln(n+1)，设ℎ(n)=n+2−2ln(n+1)，0<n≤e−1则ℎ′(n)=1−2n+1=n+1−2n+1=n−1n+1，当ℎ′(x)>0得1<n≤e−1，当ℎ′(x)<0得0<n<1，即当n=1时，函数ℎ(n)取得最小值ℎ(1)=1+2−2ln2=3−2ln2，当n=0时，ℎ(0)=2−2ln1=2，当n=e−1时，ℎ(e−1)=e−1+2−2ln(e−1+1)=1+e−2=e−1<2，则3−2ln2≤ℎ(n)<2，即n−m的取值范围是[3−2ln2,2)，故选：A．作出函数f(x)的图象如图：利用消元法转化为关于n的函数，构造函数求函数的导数，利用导数研究函数的单调性和最值即可得到结论．本题主要考考查分段函数的应用，构造函数求函数的导数，利用导数研究函数的单调性和最值是解决本题的关键．13.答案：2x−y−2=0解析：解：∵当x>0时，f(x)=xlnx2=2xlnx，f′(x)=2(1+lnx)，∴f′(1)=2，又f(1)=0，故函数f(x)=xlnx2的图象在x=1处的切线方程为y−0=2(x−1)，即2x−y−2=0，故答案为：2x−y−2=0．求出原函数的导函数，得到x=1处的导数，再求出f(1)的值，利用直线方程的点斜式得答案．本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查对数的运算法则，是基础题．14.答案：2解析：本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的渐近线方程，考查运算能力，属于基础题．求出双曲线的一条渐近线方程，由题意可得b=√3a，由a，b，c的关系和离心率公式计算即可得到所求值．解：双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=bax，由题意可得ba=√3，即为b=√3a，c=√a2+b2=2a，可得e=ca=2．故答案为：2．15.答案：486π25解析：本题考查棱锥的结构特征，考查平面与平面交线的求法，球的表面积，其中根据已知求出半径是解答的关键．属于中档题．如图所示，延长BA，CF，交于G，连接EG，与PA交于K，则AG=6，过A做AH//PB，与EG交于H，则AKPK =AHPE=AHBE，可得出AK长度，即可K−ABCD的外接球的表面积．解：如图所示，延长BA，CF，交于G，连接EG，与PA交于K，则AG=6，过A做AH//PB，与EG交于H，则AKPK =AHPE=AHBE=23．PA=3，∴AK=6 5底面是正方形的四棱锥，连接AC和BD交于O，设球心为I，可得OI=12AK=35．球心到A，B，C，D距离等于球的半径R，∴R2=OI2+OA2=925+92=24350，外接球的表面积V=4πR2=486π25．故答案为：486π25．16.答案：π3或2π3解析：解：设该A坐标为(x,y)，抛物线C：y2=3x的焦点为F(34,0)，根据抛物线定义可知x+34=3，解得x=94，代入抛物线方程求得y=±3√32，故A坐标为：(94,±3√32)，AF的斜率为：±3√3294−34=±√3，则直线FA的倾斜角为：π3或2π3．故答案为：π3或2π3．先设出A的坐标，根据抛物线的定义可知该点到准线的距离与其到焦点的距离相等，进而利用点到直线的距离求得x的值，代入抛物线方程求得y.然后求解直线的斜率，得到直线FA的倾斜角．本题主要考查了抛物线的简单性质．在涉及焦点弦和关于焦点的问题时常用抛物线的定义来解决．17.答案：解：(Ⅰ)2×2列联表，如下：(Ⅱ)依据(Ⅰ)中数据代入公式，得k2观测值K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100(30×10−45×15)245×55×75×25≈3.03<3.841．∴我们没有95%握认为”赞成高考改革方案与城乡户口有关”．解析：(Ⅰ)根据题目所给的数据填写2×2列联表即可；(Ⅱ)计算K的观测值K2，对照题目中的表格，得出统计结论．本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了计算能力的应用问题，是基础题目．18.答案：解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由已知条件可得{a1+d=02a1+12d=−10，解得{a1=1d=−1,故数列{a n}的通项公式为a n=2−n；(2)设数列{a n2n−1}的前n项和为S n，∵a n2n−1=2−n2n−1=12n−2−n2n−1，∴S n=2+1+12+122+⋯+12n−2−(1+22+322+⋯+n2n−1)，记T n =1+22+322+⋯+n2n−1，① 则12T n =12+222+323+⋯+n2n ，②①−②得：12T n =1+12+122+⋯+12n−1−n2n ， ∴12T n =1−12n 1−12−n 2n，即T n =4(1−12n )−n2n−1， ∴S n =2[1−(12)n ]1−12−4(1−12n )+n 2n−1=4(1−12n )−4(1−12n )+n 2n−1=n 2n−1．解析：本题主要考查了数列求和的其他方法(倒序相加，错位相减，裂项相加)，等差数列的通项公式等考点，属于较难题；(1)根据等差数列的通项公式化简a 2=0和a 6+a 8=−10，得到关于首项和公差的方程组，求出方程组即可得到数列首项和公差，根据首项和公差写出数列的通项公式即可；(2)把(1)求出的通项公式代入已知数列，列举出各项记作①，然后两边都除以2得另一个关系式记作②，①−②后利用数列前n 项和公式化简后可得．19.答案：解：(1)证明：∵面ABCD ⊥面CDEF ，面ABCD ∩面CDEF =CD ，FC ⊂面CDEF且矩形CDEF 中，FC ⊥DC ，∴FC ⊥面ABCD ，又DB ⊂面ABCD ，故 FC ⊥DB ，在直角梯形ABCD 中易得DB ⊥BC ， ∵FC ∩BC =C ， ∴BD ⊥平面BCF ；(2)解：∵FC ⊥面ABCD ，ED//FC ，∴ED ⊥面ABCD ，又DB ⊥BC ，∴EB ⊥BC ，∴∠EBD 二面角E −BC −D 的平面角α， ∴sinα=sin∠EBD =DEBE =4√3=√33，以DA ，DC ，DE 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则 ∵M(2,0，0)，设P(0,0，a)，(0≤a ≤4)，P 为DE 上一点， ∴MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0，a)， 设平面BCE 的一个法向量n⃗ =(x,y ，z)，则{x −y =0x +y −z =0，取n⃗ =(1,1，2)， ∵MP//平面BCE ， ∴MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n ⃗ ，∴(−2,0，a)⋅(1，1，2)=−2+2a =0， ∴a =1. ∴当DP =1时，MP//平面BCE ．解析：本题考查用空间向量求平面间的夹角，直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力，计算能力．(1)证明FC ⊥DB ，DB ⊥BC ，可得BD ⊥平面BCF ；(2)确定∠EBD 二面角E −BC −D 的平面角α，可得sinα，设P(0,0，a)，(0≤a ≤4)，P 为DE 上一点，求出平面BCE 的一个法向量，再求出a =1.推出MP//平面BCE.20.答案：解：(Ⅰ)由椭圆定义可得△ABF 1的周长为4a ，即有4a =8，解得a =2，由B(0,b)，F 1(−c,0)，F 2(c,0)，BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−c,−b)，BF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(c,−b)，且BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则−c 2+b 2=0，即为b =c ，又b 2+c 2=a 2=4，解得b =c =√2， 则椭圆的方程为x 24+y 22=1；(Ⅱ)由B(0,√2)，F 2(√2,0)，可得直线AB 的斜率为−1， 由l ⊥AB ，可得直线l 的斜率为1，设直线l 的方程为y =x +t ，代入椭圆方程，可得 3x 2+4tx +2t 2−4=0，由判别式大于0，即16t 2−12(2t 2−4)>0，解得−√6<t <√6．设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则x1+x2=−43t，x1x2=2t2−43，|PQ|=√1+1⋅√(x1+x2)2−4x1x2=√2⋅√16t29−8t2−163=√23√48−8t2，当t=0时，|PQ|取得最大值，且为4√63．则有|PQ|的最大值为4√63．解析：(Ⅰ)由椭圆定义可得△ABF1的周长为4a，解得a=2，再由向量的数量积的坐标表示，可得b=c，结合椭圆的a，b，c的关系，可得椭圆方程；(Ⅱ)由两直线垂直的条件：斜率之积为−1，可得直线l的斜率，进而设出直线l的方程，联立椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，化简整理，可得弦长的最大值．本题考查椭圆的定义、方程和性质，主要考查椭圆方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理和弦长公式，考查运算能力，属于中档题．21.答案：解：(1)由f(x)=ax+lnx+1，得f′(x)=a+1x =ax+1x(x>0)．若a≥0，则f′(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上单调递增，若a<0，由f′(x)=0，得x=−1a，则当x∈(0,−1a )时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(−1a,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；(2)当a=1时，g(x)=xe x−f(x)=xe x−x−lnx−1(x>0)．g′(x)=e x+xe x−1−1x ，g″(x)=e x(x+2)+1x2>0，∴g′(x)在(0,+∞)上为增函数，∵当x→0时，g′(x)<0，当x=1时，g′(1)=2e−2>0，则存在x0∈(0,1)，使g′(x0)=0，即e x0+x0e x0=1+1x0，则e x0=1x．则当x∈(0,x0)时，g′(x)<0，当x∈(x0,+∞)时，g′(x)>0，则g(x)min=g(x0)=x0e x0−x0−lnx0−1=x0⋅1x−x0−(−x0)−1=0．即g(x)的最小值为0．解析：(1)求出原函数的导函数，然后对a分类讨论可得函数f(x)的单调性；(2)把a=1代入函数解析式，求得g(x)，利用导数可得存在x0∈(0,1)，使g′(x0)=0，即e x0=1x0，然后即可求得g(x)的最小值．本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求最值，考查数学转化思想方法，考查计算能力，是中档题．22.答案：解：(1)由C 1：{x =t +1t y =2(t −1t )消去参数t 得到x 2−(y 2)2=(t +1t )2−(t −1t)2=4， 所以曲线C 1的直角坐标方程为：x 24−y 216=1．由曲线C 2：ρsinθ−3ρcosθ=2，根据{x =ρcosθy =ρsinθ, 整理得直角坐标方程为：y =3x +2． (2)设P(t +1t ,2(t −1t ))，则P 到直线C 2：y =3x +2的距离为|PQ|=|3(t+1t)−2(t−1t)+2|√12+32=|t+5t+2|10，当t >0时，t +5t +2≥2√5+2，当t <0时，t +5t +2≤−2√5+2， 所以当t <0，且t =−√5时，整理得|PQ|≥5√2−√105， 此时t =−√5,P(−6√55,−8√55)．解析：(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)利用点到直线的距离公式的应用和基本不等式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，直线与圆的位置关系的应用，基本不等式的应用，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.答案：解(1)f(x)=|x −1a −1b |+|x +1c |=|1a +1b −x|+|x +1c |≥|1a +1b +1c |∵正数a ，b ，c ，且a +b +c =1，则(a +b +c)(1a+1b+1c)=3+(ba+ca+ab+cb+ac+bc)≥3+2√ab×ba+2√ca×ac+2√bc×cb=9当且仅当a =b =c =13时取等号． ∴f(x)的最小值为9．(2)证明：f(x)=|x −1a −1b |+|x +1c |=|1a +1b −x|+|x +1c |≥|1a +1b +1c | ∵正数a ，b ，c ，且a +b +c =1，则(a+b+c)(1a +1b+1c)=3+(ba+ca+ab+cb+ac+bc)≥3+2√ab×ba+2√ca×ac+2√bc×cb=9当且仅当a=b=c=13时取等号．∴f(x)≥9．解析：(1)利用绝对值不等式的性质即可求解．(2)由(1)结论直接证明即可本题考查了“乘1法”和基本不等式的性质，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．。
2020年河北省石家庄市中考数学一模试卷
中考数学一模试卷一、选择题（本大题共16小题，共42.0分）1.-2的倒数为（）A. B. C. -2 D. 22.某微生物的直径用科学记数法表示为5.035×10-6m，则该微生物的直径的原数可以是（）A. 0.000005035mB. 0.00005035mC. 503500000mD. 0.05035m3.下列手机手势解锁图案中，是轴对称图形的是（）A. B. C. D.4.一个长方形的正投影不可能是（）A. 正方形B. 矩形C. 线段D. 点5.解分式方程，去分母后得到的方程正确的是（）A. -2x=1-（2-x）B. -2x=（2-x）+1C. 2x=（x-2）-1D. 2x=（x-2）+16.如图，一艘货船在A处，巡逻艇C在其南偏西60°的方向上，此时一艘客船在B处，艇C在其南偏西20°的方向上，则此时从巡逻艇上看这两艘船的视角∠ACB的度数是（）A. 80°B. 60°C. 40°D. 30°7.的解集在数轴上表示为（）A. B.C. D.8.某科普小组有5名成员，身高（单位：cm）分别为：160，165，170，163，172．把身高160cm的成员替换成一位165cm的成员后，现科普小组成员的身高与原来相比，下列说法正确的是（）A. 平均数变小，方差变小B. 平均数变大，方差变大C. 平均数变大，方差不变D. 平均数变大，方差变小9.如图，传送带和地面所成斜坡AB的坡比为1：2，物体沿传送带上升到点B时，距离地面的高度为3米，那么斜坡AB的长度为（）A. 3米B. 5米C. 米D. 6米10.某工程队承接了60万平方米的绿化工程，由于情况有变，…．设原计划每天绿化的面积为x万平方米，列方程为，根据方程可知省略的部分是（）A. 实际工作时每天的工作效率比原计划提高了20%，结果提前30天完成了这一任务B. 实际工作时每天的工作效率比原计划提高了20%，结果延误30天完成了这一任务C. 实际工作时每天的工作效率比原计划降低了20%，结果延误30天完成了这一任务D. 实际工作时每天的工作效率比原计划降低了20%，结果提前30天完成了这一任务11.如图，点A，B，C，D，E都是⊙O上的点，=，∠B=122°，则∠D=（）A. 58°B. 116°C. 122°D. 128°12.已知关于x的一元二次方程x2+4x-k=0，当-6＜k＜0时，该方程解的情况是（）A. 有两个不相等的实数根B. 没有实数根C. 有两个相等的实数根D. 不能确定13.若△ABC的每条边长增加各自的50%得△A'B'C'，若△ABC的面积为4，则△A'B'C'的面积是（）A. 9B. 6C. 5D. 214.如图，点A在反比例函数y=（x＞0，k＞0）的图象上，AB⊥x轴于点B，点C在x轴的负半轴上，且BO=2CO，若△ABC的面积为18，则k的值为（）A. 12B. 18C. 20D. 2415.已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，过点A作一条直线，使其将△ABC分成两个相似的三角形．观察下列图中尺规作图痕迹，作法错误的（）A. B.C. D.16.已知点B（-2，3），C（2，3），若抛物线l：y=x2-2x-3+n与线段BC有且只有一个公共点，则整数n的个数是（）A. 10B. 9C. 8D. 7二、填空题（本大题共3小题，共12.0分）17.-8的立方根是______．18.已知3x=5，3y=2，则3x+y的值是______．19.已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，如图所示，把正方形放置在正六边形外，使OK边与AB边重合，按下列步骤操作：将正方形在正六边形外绕点B逆时针旋转，使ON边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C逆时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；此时点O经过路径的长为______．若按此方式旋转，共完成六次，在这个过程中点B，O之间距离的最大值是______．三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）20.数学课上，李老师和同学们做一个游戏：他在三张硬纸片上分别写出一个代数式，背面分别标上序号①、②、③，摆成如图所示的一个等式，然后翻开纸片②是4x2+5x+6，翻开纸片③是3x2-x-2．解答下列问题（1）求纸片①上的代数式；（2）若x是方程2x=-x-9的解，求纸片①上代数式的值．四、解答题（本大题共6小题，共58.0分）21.学校为了提高学生跳远科目的成绩，对全校500名九年级学生开展了为期一个月的跳远科目强化训练．王老师为了了解学生的训练情况，强化训练前，随机抽取了该年级部分学生进行跳远测试，经过一个月的强化训练后，再次测得这部分学生的成绩，将两次测得的成绩制作成如图所示的统计图和不完整的统计表（满分10分，得分均为整数）根据以上信息回答下列问题（1）训练后学生成绩统计表中n=______，并补充完成下表：（）若跳远成绩分及以上为优秀，估计该校九年级学生训练后比训练前达到优秀的人数增加了多少？（3）经调查，经过训练后得到9分的五名同学中，有三名男生和两名女生．王老师要从这五名同学中随机抽取两名同学写出训练报告，请用列表或画树状图的方法，求所抽取的两名同学恰好是一男一女的概率．22.如图，认真观察下面这些算式，并结合你发现的规律，完成下列问题：①32-12=（3+1）（3-1）=8=8×1，②52-32=（5+3）（5-3）=16=8×2，③72-52=（7+5）（7-5）=24=8×3，④92-72=（9+7）（9-7）=32=8×4．…（1）请写出：算式⑤______；算式⑥______；（2）上述算式的规律可以用文字概括为：“两个连续奇数的平方差能被8整除”，如果设两个连续奇数分别为2n-1和2n+1（n为整数），请说明这个规律是成立的；（3）你认为“两个连续偶数的平方差能被8整除”这个说法是否也成立呢？请说明理由．23.如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O与坐标原点重合，顶点A，C分别在坐标轴的正半轴上，OA=6，点B在直线y=上，直线l：y=kx+与折线AB-BC有公共点．（1）点B的坐标是______；（2）若直线l经过点B，求直线l的解析式：（3）对于一次函数y=kx+（k≠0），当y随x的增大而减小时，直接写出k的取值范围．24.如图，∠BCD=90°，且BC=DC，直线PQ经过点D．设∠PDC=α（45°＜α＜135°），BA⊥PQ于点A，将射线CA绕点C按逆时针方向旋转90°，与直线PQ交于点E．（1）当α=125°时，∠ABC=______°；（2）求证：AC=CE；（3）若△ABC的外心在其内部，直接写出α的取值范围．25.跳绳是大家喜闻乐见的一项体育运动，集体跳绳时，需要两人同频甩动绳子，当绳子甩到最高处时，其形状可近似看作抛物线．如图是小明和小亮甩绳子到最高处时的示意图，两人拿绳子的手之间的距离为4m，离地面的高度为1m，以小明的手所在位置为原点，建立平面直角坐标系．（1）当身高为1.5m的小红站在绳子的正下方，且距小明拿绳子手的右侧1m处时，绳子刚好通过小红的头顶，求绳子所对应的抛物线的表达式；（2）若身高为1.65m的小丽也站在绳子的正下方．①当小丽在距小亮拿绳子手的左侧1.5m处时，绳子能碰到小丽的头吗？请说明理由；②设小丽与小亮拿绳子手之间的水平距离为dm，为保证绳子不碰到小丽的头顶，求d的取值范围．（参考数据：取3.16）26.如图1，点O和矩形CDEF的边CD都在直线l上，以点O为圆心，以24为半径作半圆，分别交直线l于A，B两点．已知：CD=18，CF=24，矩形自右向左在直线l上平移，当点D到达点A时，矩形停止运动．在平移过程中，设矩形对角线DF与半圆的交点为P（点P为半圆上远离点B的交点）．（1）如图2，若FD与半圆相切，求OD的值；（2）如图3，当DF与半圆有两个交点时，求线段PD的取值范围；（3）若线段PD的长为20，直接写出此时OD的值．答案和解析1.【答案】B【解析】解：-2的倒数是-．故选：B．乘积是1的两数互为倒数．本题主要考查的是倒数的定义，熟练掌握倒数的定义是解题的关键．2.【答案】A【解析】解：5.035×10-6化成原数，把小数点往左移6位，即0.000005035．故选：A．把用科学记数法表示的数还原，就是把小数点往左边平移，然后添0即可．本题考查科学记数法-原数，解题时，要仔细，算准小数点的位置．3.【答案】A【解析】解：A、是轴对称图形，故此选项正确；B、不是轴对称图形，故此选项错误；C、不是轴对称图形，故此选项错误；D、不是轴对称图形，故此选项错误．故选：A．直接根据轴对称图形的概念求解．此题主要考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．4.【答案】D【解析】解：在同一时刻，平行物体的投影仍旧平行．得到的应是平行四边形或特殊的平行四边形．故长方形的正投影不可能是点，故选：D．根据平行投影的特点：在同一时刻，平行物体的投影仍旧平行，即可得出答案．此题主要考查了平行投影的性质，利用太阳光线是平行的，那么对边平行的图形得到的投影依旧平行是解题关键．5.【答案】D【解析】解：去分母得：2x=（x-2）+1，故选：D．分式方程两边乘以（x-2）即可得到结果．此题考查了解分式方程，熟练掌握运算法则是解本题的关键．6.【答案】C【解析】解：从图中我们可以发现∠ACB=60°-20°=40°．故选：C．将轮船航行的实际问题转化为方向角的问题解答．本题考查了方位角，解答此类题需要认清方位角，再结合三角形的内角与外角的关系求解．7.【答案】C【解析】解：，由①得x＞2，由②得x≥3，故此不等式组的解集为：x≥3．在数轴上表示为：故选：C．分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．本题考查的是在数轴上表示不等式的解集，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．8.【答案】D【解析】解：原数据的平均数为×（160+165+175+163+172）=166（cm）、方差为×[（160-166）2+（165-166）2+（170-166）2+（163-166）2+（172-166）2]=19.6（cm2），新数据的平均数为×（165+165+170+163+172）=167（cm），方差为×[2×（165-167）2+（170-167）2+（163-167）2+（172-167）2]=11.6（cm2），所以平均数变大，方差变小，故选：D．根据平均数、中位数的意义、方差的意义，可得答案．本题考查了方差，利用平均数、中位数和方差的定义是解题关键9.【答案】A【解析】解：作BC⊥地面于点C，∵传送带和地面所成斜坡AB的坡度为1：2，BC=3m，∴AC=6m，∴AB==3（m），故选：A．作BC⊥地面于点C，根据坡度的概念、勾股定理列式计算即可．本题考查的是解直角三角形的应用-坡度坡角问题，掌握坡度坡角的概念是解题的关键．10.【答案】C【解析】解：设原计划每天绿化的面积为x万平方米，∵所列分式方程为-=30，∴为实际工作时间，为原计划工作时间，∴省略的条件为：实际工作时每天的工作效率比原计划降低了20%，结果延误30天完成了这一任务．故选：C．根据工作时间=工作总量÷工作效率结合所列分式方程，即可找出省略的条件，此题得解．本题考查了分式方程的应用，根据给定的分式方程，找出省略的条件是解题的关键．11.【答案】B【解析】解：连接AC、CE，∵点A、B、C、E都是⊙O上的点，∴∠AEC=180°-∠B=58°，∵=，∴∠ACE=∠AEC=58°，∴∠CAE=180°-58°-58°=64°，∵点A、C、D、E都是⊙O上的点，∴∠D=180°-64°=116°，故选：B．连接AC、CE，根据圆内接四边形的性质求出∠AEC，根据三角形内角和定理求出∠CAE，根据圆内接四边形的性质计算即可．本题考查的是圆内接四边形的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．12.【答案】D【解析】解：∵△=16+4k，且-6＜k＜0∴当-6＜k＜-4时，△＜0，方程没有实数根；当k=-4时，△=0，方程有两个相等实数根当-4＜k＜0时，△＞0，方程有两个不相等实数根故选：D．先计算出判别式得到△=16+4k，由k的取值范围可求解．本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．13.【答案】A【解析】解：∵△ABC的每条边长增加各自的50%得△A′B′C′，∴△ABC与△A′B′C′的三边对应成比例，∴△ABC∽△A′B′C′，∴=（）2=，∵△ABC的面积为4，则△A'B'C'的面积是9．故选：A．根据两个三角形三边对应成比例，这两个三角形相似判断出两个三角形相似，根据相似三角形的性质即可得到结论．本题考查了相似三角形的性质和判定，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．14.【答案】D【解析】解：设A点的坐标为，则OB=a，AB=，∵BO=2CO，∴CB=，∴△ABC的面积为：=18，解得k=24，故选：D．设出A点的坐标，从而表示出线段CB，AB的长，根据三角形的面积为18，构建方程即可求出k的值．本题考查了反比例函数系数k的几何意义，解题的关键是根据点A的坐标表示出三角形的面积．15.【答案】B【解析】解：A、由作图可知：∠CAD=∠B，可以推出∠C=∠BAD，故△CDA与△ABD相似，故本选项不符合题意；B、无法判断△CAD∽△ABD，故本选项符合题意；C、由作图可知：AD⊥BC，∵∠BAC=90°，故△CAD∽△ABD，故本选项不符合题意；D、由作图可知：AD⊥BC，∵∠BAC=90°，故△CAD∽△ABD，故本选项不符合题意；故选：B．根据相似三角形的判定方法即可一一判断；本题考查作图-相似变换，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，属于中考常考题型．16.【答案】B【解析】解：①当抛物线的顶点在直线y=3上时，△=（-2）2-4（n-6）=0，解得：n=7；②当抛物线的顶点在x轴下方时，根据题意知当x=-2时y≥3，当x=2时y＜3，即，解得：-2≤n＜6，整数n有-2，-1，0，1，2，3，4，5，7共9个，故选：B．根据题意可以将函数解析式化为顶点式，由y=x2-2x-3+n与线段BC有且只有一个公共点，可以得到顶点的纵坐标为3或当x=-2时y≥3，当x=2时y＜3，列不等式组求解可得．本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．17.【答案】-2【解析】解：∵（-2）3=-8，∴-8的立方根是-2．故答案为：-2．利用立方根的定义即可求解．本题主要考查了立方根的概念．如果一个数x的立方等于a，即x的三次方等于a（x3=a），那么这个数x就叫做a的立方根，也叫做三次方根．读作“三次根号a”其中，a叫做被开方数，3叫做根指数．18.【答案】10【解析】解：∵3x=5，3y=2，∴原式=3x•3y=10，故答案为：10原式逆用同底数幂的乘法法则变形，将已知等式代入计算即可求出值．此题考查了同底数幂的乘法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．19.【答案】π【解析】解：如图点O的运动轨迹如虚线所示，第二次旋转时，点O的位置为O'，==；在运动过程中，点B，O间的距离d的最大值为线段BK=BD+DK=故答案为：；通过旋转，如图，易知点O旋转的角转为150°，即可以求出点O的路径的长度即为；点B、点O的最大距离，即当点O运动到最高点时与点B的距离．此题主要考查正多边形的性质，正多边形旋转的性质，关键在于通过画图理解并找出旋转后的位置变化．20.【答案】解：（1）纸片①上的代数式为：（4x2+5x+6）+（-3x2-x-2）=4x2+5x+6-3x2-x-2=x2+4x+4（2）解方程：2x=-x-9，解得x=-3代入纸片①上的代数式得x2+4x+4=（x+2）2=（-3+2）2=1即纸片①上代数式的值为1【解析】（1）根据整式加法的运算法则，将（4x2+5x+6）+（-3x2-x-2）即可求得纸片①上的代数式（2）先解方程2x=-x-9，再代入纸片①的代数式即可求解此题主要考查整式加减混合运算，解一元一次方程，代数式求值，在解题的过程中要牢记并灵活运用整式加减混合运算的法则．特别是对于含括号的运算，在去括号时，一定要注意符号的变化．21.【答案】（1）3 （2）7.5 8.3 8（3）画树状图为：共有20种等可能的结果数，其中所抽取的两名同学恰好是一男一女的结果数为12，所以所抽取的两名同学恰好是一男一女的概率==．【解析】解：（1）n=20-1-3-8-5=3；强化训练前的中位数为=7.5；强化训练后的平均分为（1×6+3×7+8×8+9×5+10×3）=8.3；强化训练后的众数为8，故答案为3；7.5；8.3；8；（2）500×（-）=125，所以估计该校九年级学生训练后比训练前达到优秀的人数增加了125人；（3）见答案【分析】（1）利用强化训练前后人数不变计算n的值；利用中位数对应计算强化训练前的中位数；利用平均数的计算方法计算强化训练后的平均分；利用众数的定义确定强化训练后的众数；（2）用500分别乘以样本中训练前后优秀的人数的百分比，然后求差即可；（3）画树状图展示所有20种等可能的结果数，再找出所抽取的两名同学恰好是一男一女的结果数，然后根据概率公式求解．本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．22.【答案】解：（1）⑤112-92=（11+9）（11-9）=40=8×5，⑥132-112=（13+11）（13-11）=48=8×6；（2）（2n+1）2-（2n-1）2=（2n+1+2n-1）（2n+1-2n+1）=2×4n=8n，∵n为整数，∴两个连续奇数的平方差能被8整除；（3）不成立；举反例，如42-22=（4+2）（4-2）=12，∵12不是8的倍数，∴这个说法不成立；【解析】本题考查平方差公式的应用；将数进行合理的分解是解决整除问题的关键．对不成立的原因，举反例是行之有效的办法．（1）根据题意得出⑤112-92=（11+9）（11-9）=40=8×5；⑥132-112=（13+11）（13-11）=48=8×6；（2）（2n+1）2-（2n-1）2=（2n+1+2n-1）（2n+1-2n+1）=2×4n=8n，故两个连续奇数的平方差能被8整除；（3）举反例，如42-22=（4+2）（4-2）=12；【解答】解：（1）⑤112-92=（11+9）（11-9）=40=8×5，⑥132-112=（13+11）（13-11）=48=8×6；故答案为112-92=（11+9）（11-9）=40=8×5；132-112=（13+11）（13-11）=48=8×6；（2）见答案；（3）见答案.23.【答案】解：（1）（8，6）；（2）y=x+；（3）.【解析】解：（1）∵OA=6，矩形OABC中，BC=OA∴BC=6∵点B在直线y=上，∴6=x，解得x=8故点B的坐标为（8，6）故答案为（8，6）（2）将点B（8，6）代入y=kx+得6=8k+，解得k=∴直线l的解析式：y=x+，故答案为：y=x+.（3）∵一次函数y=kx+（k≠0），必经过（0，），要使y随x的增大而减小∴y值为0≤y≤，∴代入y=kx+（k≠0），解得，故答案为：.【分析】（1）OA=6，即BC=6，代入y=x，即可得出点B的坐标（2）将点B的坐标代入直线l中求出k即可得出解析式（3）一次函数y=kx+（k≠0），必经过（0，），要使y随x的增大而减小，即y值为0≤y≤，分别代入即可求出k的值．本题主要考待定系数法求一次函数解析式，关键要灵活运用一次函数图象上点的坐标特征进行解题．24.【答案】（1）125（2）∠ECD+∠DCA=90°，∠DCA+∠ACB=90°，∴∠ACB=∠ECD，又BC=DC，由（1）知：∠ABC=∠PDC，∴△ABC≌△EDC（AAS），∴AC=CE（3）45°＜α＜90°【解析】解：（1）在四边形BADC中，∠B+∠ADC=360°-∠BAD-∠DCB=180°，而∠ADC+∠EDC=180°，∴∠ABC=∠PDC=α=125°，故答案为125；（2）见答案；（3）当∠ABC=α=90°时，△ABC的外心在其直角边上，∠ABC=α＞90°时，△ABC的外心在其外部，而45°＜α＜135°，故：45°＜α＜90°．【分析】（1）利用四边形内角和等于360度得：∠B+∠ADC=180°，而∠ADC+∠EDC=180°，即可求解；（2）证明△ABC≌△EDC（AAS）即可求解；（3）当∠ABC=α=90°时，△ABC的外心在其直角边上，∠ABC=α＞90°时，△ABC的外心在其外部，即可求解．本题考查的是圆的综合运用，涉及到三角形全等、三角形外心等基本知识，难度不大．25.【答案】解：（1）设抛物线的解析式为：y=ax2+bx（a≠0），∵1.5-1=0.5，∴抛物线经过点（4，0）和（1，0.5），∴，解得，，∴绳子对应的抛物线的解析式为：y=；（2）①绳子能碰到小丽的头．理由如下：∵小丽在距小亮拿绳子手的左侧1.5m处，∴小丽距原点4-2.5=1.5（m），∴当x=2.5时，y=-，∵1+0.625=1.625＜1.65，∴绳子能碰到小丽的头；②∵1.65-1=0.65，∴当y=0.65时，0.65=-即10x2-40x+39=0，解得，x=，∵取3.16，∴x1=2.316，x2=1.684，∴4-2.316=1.684，4-1.684=2.316，∴1.684≤d≤2.316．【解析】（1）因为抛物线过原点，可设抛物线的解析式为：y=ax2+bx（a≠0），把小亮拿绳子的手的坐标（4，0），以及小红头顶坐标（1，1.5-1）代入，得到三元一次方程组，解方程组便可；（2）①由自变量的值求出函数值，再比较便可；②由y=0.65时求出其自变量的值，便可确定d的取值范围．本题是二次函数的应用，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式，应用二次函数的解析式由自变量求函数值，由函数值确定自变量等知识判定实际问题，关键是确定抛物线上点的坐标，和应用二次函数解析式解决实际问题．26.【答案】解：（1）如图2，连接OP，∵DF与半圆相切，∴OP⊥FD，∴∠OPD=90°，在矩形CDEF中，∠FCD=90°，∵CD=18，CF=24，则FD==30，∵∠OPD=∠FCD=90°，∠ODP=∠FDC，PO=CF=24，∴△OPD≌△FCD（AAS），∴OD=DF=30；（2）如图3，当点B、D重合时，过点O作OH⊥DF与点H，则DP=2HD，∵cos∠ODP=，而CD=18，OD=23，由（1）知DF=30，∴，∴HD=，则DP=2HD=，DF与半圆相切，由（1）知：PD=CD=18，∴18＜PD≤；（3）设半圆与矩形对角线交于点P、H，过点O作OG⊥DF，则PG=GH，tan∠FDC===tanα，则cosα=，设：PG=GH=m，则：OG=，DG=20-m，tan∠FDC===，整理得：25m2-640m+1216=0，解得：m=，OD===8±12．【解析】（1）如图2，连接OP，则DF与半圆相切，利用△OPD≌△FCD（AAS），可得：OD=DF=30；（2）利用cos∠ODP=，求出HD=，则DP=2HD=；DF与半圆相切，由（1）知：PD=CD=18，即可求解；（3）设：PG=GH=m，则：OG=，DG=20-m，tan∠FDC===，求出m=，利用OD=，即可求解．本题考查的是圆的基本知识综合运用，涉及到直线与圆的位置关系、解直角三角形等知识，其中（3），正确画图，作等腰三角形OPH的高OG，是本题的关键．。
2020年河北省石家庄中考数学一模试卷
中考数学一模试卷题号一二三总分得分一、选择题（本大题共16小题，共42.0分）1.下列各数中，最小的数是（）A. 0B. 1C. -1D. -2.计算：-a2+2a2=（）A. a2B. -a2C. 2a2D. 03.如图是五个相同的小正方体搭成的几何体，其俯视图是（）A. B. C. D.4.PM2.5是指大气中直径小于或等于0.0000025m的颗粒物，是衡量空气污染程度的重要指标．将0.0000025用科学记数法表示为2.5×10n，则n的值是（）A. -5B. -6C. -7D. -85.如图，∠1=30°，∠B=60°，AB⊥AC，则下列说法正确的是（）A. AB∥CDB. AD∥BCC. AC⊥CDD. ∠DAB+∠D=180°6.已知（x-1）3=ax3+bx2+cx+d，则a+b+c+d的值为（）A. -1B. 0C. 1D. 不能确定7.如图，在直角坐标系中，菱形OACB的顶点O在原点，点C的坐标为（4，0），点B的纵坐标是-1，则菱形OACB的边长为（）A. 3B.C. 5D.8.如果关于x的一元二次方程x2+2x-m=0有实数根，则m的取值范围是（）A. m≥-1B. m≤-1C. m＞1D. m＜19.如图，EF是△ABC纸片的中位线，将△AEF沿EF所在的直线折叠，点A落在BC边上的点D处，已知△AEF的面积为7，则图中阴影部分的面积为（）A. 7B. 14C. 21D. 2810.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠BOD=88°，则∠BCD的度数是（）A. 88°B. 92°C. 106°D. 136°11.如图，在正方形ABCD中，AB=4，E是CD的中点，点F在BC上，且FC=BC．则△AEF的面积是（）A. 5B. 6C. 7D. 812.如图，在等腰△ABC中，AB=AC，把△ABC沿EF折叠，点C的对应点为O，连接AO，使AO平分∠BAC，若∠BAC=∠CFE=50°，则点O是（）A. △ABC的内心B. △ABC的外心C. △ABF的内心D. △ABF的外心13.已知x2-4x-1=0，则代数式-的值是（）A. 7B. 6C. 5D. -514.用直尺和圆规作Rt△ABC斜边AB上的高线CD，以下四个作图中，作法错误的是（）A. B.C. D.15.如图，是反比例函数y=和y=-在x轴上方的图象，x轴的平行线AB分别与这两个函数图象相交于点A，B，点P在x轴上．则点P从左到右的运动过程中，△APB 的面积是（）A. 10B. 4C. 5D. 从小变大再变小16.如图，在平面直角坐标系xOy中，A（-3，0），B（3，0），若在直线y=-x+m上存在点P满足∠APB=60°，则m的取值范围是（）A. ≤m≤B. --5≤m≤+5C. -2≤m≤+2D. --2≤m≤+2二、填空题（本大题共3小题，共8.0分）17.分解因式：ax2-4a=______．18.不等式-3＜0的最大整数解是______．19.在平面直角坐标系xOy中，点A坐标是．当把坐标系绕点O顺时针旋转30°时，点A在旋转后的坐标系中的坐标是（______，______）；当把坐标系绕点O逆时针选择30°时，点A在旋转后的坐标系中的坐标是（______，______）．三、解答题（本大题共7小题，共54.0分）20.小丽同学准备化简：（3x2-6x-8）-（x2-2x□6），算式中“□”是“+，-，×，÷”中的某一种运算符号（1）如果“□”是“×”，请你化简：（3x2-6x-8）-（x2-2x×6）；（2）若x2-2x-3=0，求（3x2-6x-8）-（x2-2x-6）的值；（3）当x=1时，（3x2-6x-8）-（x2-2x□6）的结果是-8，请你通过计算说明“□”所代表的运算符号．21.如图，从左边第一个格子开始向右数，在每个小格子中都填入一个整数，使得其中仼意三个相邻格子中所填整数之和都相等．-8x y z54…（1）可求得x=______；y=______；z=______．（2）第2019个格子中的数为______；（3）前2020个格子中所填整数之和为______．（4）前n个格子中所填整数之和是否可能为2020？若能，求出n的值，若不能，请说明理由．22.为了迎接体育中考，初三7班的体育老师对全班48名学生进行了一次体能模拟测试，得分均为整数，满分10分，成绩达到6分以上（包括6分）为合格，成绩达到9分以上（包括9分）为优秀，这次模拟测试中男、女生全部成绩分布的条形统计图如下（1）请补充完成下面的成绩统计分析表：平均分方差中位数合格率优秀率男生 6.9 2.4______ 91.7%16.7%女生______ 1.3______ 83.3%8.3%（2）男生说他们的合格率、优秀率均高于女生，所以他们的成绩好于女生，但女生不同意男生的说法，认为女生的成绩要好于男生，请给出两条支持女生观点的理由；（3）体育老师说，咱班的合格率基本达标，但优秀率太低，我们必须加强体育锻炼，两周后的目标是：全班优秀率达到50%．如果女生新增优秀人数恰好是男生新增优秀人数的两倍，那么男、女生分别新增多少优秀人数才能达到老师的目标？23.如图，在△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，AB=2．AD⊥BC于D．E为边BC上的一个（不与B、C重合）点，且AE⊥EF于E，∠EAF=∠B，AF相交于点F．（1）填空：AC=______；∠F=______．（2）当BD=DE时，证明：△ABC≌△EAF．（3）△EAF面积的最小值是______．（4）当△EAF的内心在△ABC的外部时，直接写出AE的范围______．24.小东从A地出发以某一速度向B地走去，同时小明从B地出发以另一速度向A地而行，如图所示，图中的线段y1、y2分别表示小东、小明离B地的距离y1、y2（千米）与所用时间x（小时）的关系．（1）写出y1、y2与x的关系式：______，______；（2）试用文字说明：交点P所表示的实际意义．（3）试求出A、B两地之间的距离．（4）求出小东、小明相距4千米时出发的时间．25.如图，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=6，BO=6，以点O为圆心，以2为半径作优弧，交AO于点D，交BO于点E．点M在优弧上从点D开始移动，到达点E时停止，连接AM．（1）当AM=4时，判断AM与优弧的位置关系，并加以证明；（2）当MO∥AB时，求点M在优弧上移动的路线长及线段AM的长；（3）连接BM，设△ABM的面积为S，直接写出S的取值范围．26.如图，已知二次函数y=x2+ax+3的图象经过点P（-2，3）．（1）求a的值和图象的顶点坐标．（2）点Q（m，n）在该二次函数图象上．①当m=2时，求n的值；②若点Q到y轴的距离小于2，请根据图象直接写出n的取值范围．③直接写出点Q与直线y=x+5的距离小于时m的取值范围．答案和解析1.【答案】D【解析】解：∵正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，∴-＜-1＜0＜1，故选D．根据正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，进行比较．此题主要考查了比较实数的大小，要熟练掌握任意两个实数比较大小的方法．（1）正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小．（2）利用数轴也可以比较任意两个实数的大小，即在数轴上表示的两个实数，右边的总比左边的大，在原点左侧，绝对值大的反而小．2.【答案】A【解析】解：：-a2+2a2=（-1+2）a2=a2，故选：A．根据合并同类项法则，合并同类项时，系数相加减，字母及其指数不变，据此计算即可得出正确选项．本题主要考查了合并同类项，熟记合并同类项法则是解答本题的关键．3.【答案】C【解析】解：如图是五个相同的小正方体搭成的几何体，其俯视图是．故选：C．找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．4.【答案】B【解析】解：0.0000025=2.5×10-6，∴n=-6．故选：B．绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．5.【答案】B【解析】解：∵AB⊥AC，∴∠BAC=90°．∵∠1=30°，∠B=60°，∴∠BCA=30°．∴∠1=∠BCA．∴AD∥BC．故选B．因为AB⊥AC，所以∠BAC=90°，又因为∠1=30°，∠B=60°，则可求得∠1=∠BCA=30°，故AD∥BC．正确识别“三线八角”中的同位角、内错角、同旁内角是正确答题的关键，不能遇到相等或互补关系的角就误认为具有平行关系，只有同位角相等、内错角相等、同旁内角互补，才能推出两被截直线平行．6.【答案】B【解析】解：把x=1代入（x-1）3=ax3+bx2+cx+d，得a+b+c+d=0．故选：B．令x=1，即可求出原式的值．此题考查代数式求值，根据式子的特点，巧取x的数值求得答案是解决问题的关键．7.【答案】D【解析】解：连接AB交OC于点D，∵四边形ABCD是菱形，∴AB⊥OC，OD=CD，AD=BD，∵点C的坐标是（4，0），点B的纵坐标是-1，∴OC=4，BD=AD=1，∴OD=CD=2，∴菱形OACB的边长为=．故选：D．首先连接AB交OC于点D，由菱形OACB中，点C的坐标是（4，0），点B的纵坐标是-1，即可求得菱形OACB的边长．此题考查了菱形的性质、点与坐标的关系．解题的关键是熟练应用菱形的性质解决问题，属于中考常考题型．8.【答案】A【解析】解：∵一元二次方程x2+2x-m=0有实数根，∴△=4+4m≥0，即m≥-1．故选A．要使一元二次方程x2+2x-m=0有实数根，只需△≥0．本题考查了一元二次方程根的判别式的应用，对于任意一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△＜0时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．9.【答案】B【解析】解：∵EF是△ABC的中位线，∴EF∥BC，EF=BC．∴△AEF∽△ACB．∴==（）2=．∴△ABC的面积=28．由折叠的性质得△DEF的面积为7，∴图中阴影部分的面积为28-7-7=14．故选：B．根据三角形的中位线定理，结合相似三角形的性质可以求得△ABC的面积，再根据折叠的性质得到△DEF的面积，从而求解．此题综合考查了翻折变换（折叠问题）、三角形的中位线定理和相似三角形的判定和性质．关键是掌握三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．10.【答案】D【解析】解：∵∠BOD=88°，∴∠BAD=88°÷2=44°，∵∠BAD+∠BCD=180°，∴∠BCD=180°-44°=136°，即∠BCD的度数是136°．故选：D．首先根据∠BOD=88°，应用圆周角定理，求出∠BAD的度数；然后根据圆内接四边形的性质，可得∠BAD+∠BCD=180°，据此求出∠BCD的度数即可．（1）此题主要考查了圆内接四边形的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：圆内接四边形的对角互补．（2）此题还考查了圆周角定理的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．11.【答案】A【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=4，∴∠D=∠C=90°，AD=DC=CB，∵DE=CE=2，FC=BC=1，∴AE==2，∴DE：CF=AD：EC=AE：EF=2：1，∴△ADE∽△ECF，∴AE：EF=AD：EC，∠DAE=∠CEF，∴AE：EF=AD：DE，即AD：AE=DE：EF，∵∠DAE+∠AED=90°，∴∠CEF+∠AED=90°，∴∠AEF=90°，∴∠D=∠AEF，∴△ADE∽△AEF，∴=（）2=（）2=，∵S△ADE=×4×2=4，∴S△AEF=5，故选：A．首先由四边形ABCD是正方形，得出∠D=∠C=90°，AD=DC=CB，又由DE=CE，FC=BC，证出△ADE∽△ECF，然后根据相似三角形的对应边成比例与相似三角形的对应角相等，证明出△AEF∽△ADE此题考查了相似三角形的判定与性质，以及正方形的性质．此题难度适中，解题的关键是证明△ECF∽△ADE，在此基础上可证△AEF∽△ADE．12.【答案】B【解析】解：如图，连接OB、OC，∵AB=AC，AO平分∠BAC，∴AO是BC的垂直平分线，∴OB=OC，∵∠BAC=50°，AO平分∠BAC，∴∠BAO=∠CAO=25°，根据折叠可知：CF=OF，∠OFE=∠CFE=50°，∴∠OFC=100°，∴∠FCO=（180°-100°）=40°，∵AB=AC，∠BAC=50°，∴∠ACB=（180°-50°）=65°，∴∠OCA=∠ACB-∠FCO=65°-40°=25°，∴∠OAC=∠OCA=25°，∴OA=OC，∴OA=OB=OC，∴O是△ABC的外心．故选：B．连接OB、OC，根据AB=AC，AO平分∠BAC，∠BAC=50°，可得AO是BC的垂直平分线，∠BAO=∠CAO=25°，得OB=OC，根据折叠可证明∠OAC=∠OCA=25°，得OA=OC，进而OA=OB=OC，可得点O是三角形ABC的外心．本题考查了三角形的内切圆与内心、等腰三角形的性质、三角形的外接圆与外心、翻折变换，解决本题的关键是综合运用以上知识．13.【答案】C【解析】解：原式===由x2-4x-1=0，得到x2-4x=1，即x（x-4）=1，（x-2）2=5，则原式=5，故选：C．原式通分并利用同分母分式的减法法则计算，把已知等式变形后代入计算即可求出值．此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．14.【答案】D【解析】解：A、根据垂径定理作图的方法可知，CD是Rt△ABC斜边AB上的高线，不符合题意；B、根据直径所对的圆周角是直角的方法可知，CD是Rt△ABC斜边AB上的高线，不符合题意；C、根据相交两圆的公共弦的性质可知，CD是Rt△ABC斜边AB上的高线，不符合题意；D、无法证明CD是Rt△ABC斜边AB上的高线，符合题意．故选：D．根据过直线外一点作已知直线的垂线作图即可求解．此题考查了作图-基本作图，关键是熟练掌握作过直线外一点作已知直线的垂线的方法．15.【答案】C【解析】解：∵x轴的平行线AB分别与这两个函数图象相交于点A，B，∴AB⊥y轴，∵点A、B在反比例函数y=和y=-在x轴上方的图象上，∴S△PAB=S△AOB=S△COB+S△AOC=（3+7）=5，故选：C．利用反比例函数的比例系数的几何意义即可得到答案．本题考查的是反比例函数系数k的几何意义，即在反比例函数y=的图象上任意一点象坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|，且保持不变．16.【答案】C【解析】解：如图，作等边三角形ABE，∵A（-3，0），B（3，0），∴OA=OB=3，∴E在y轴上，作等边三角形ABE的外接圆⊙Q，设直线y=-x+m与⊙Q相切，切点为P，当P与P1重合时m的值最大，当P与P2重合时m的值最小，当P与P1重合时，连接QP1，则QP1⊥直线y=-x+m，∵OA=3，∴OE=3，设⊙Q的半径为x，则x2=32+（3-x）2，解得x=2，∴EQ=AQ=PQ=2，∴OQ=，由直线y=-x+m可知OD=OC=m，∴DQ=m-，CD=m，∵∠ODC=∠P1DQ，∠COD=∠QP1D，∴△QP1D∽△COD，∴=，即=，解得m=+2，当P与P2重合时，同理证得m=-2，∴m的取值范围是-2≤m≤+2，故选：C．作等边三角形ABE，然后作外接圆，求得直线y=-x+m与外接圆相切时的m的值，即可求得m的取值范围．本题考查了一次函数图象与系数的关系，圆周角定理，三角形相似的判定和性质，求得直线与外接圆相切时的m的值是解题的关键．17.【答案】a（x+2）（x-2）【解析】解：ax2-4a，=a（x2-4），=a（x+2）（x-2）．先提取公因式a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．本题考查用提公因式法和公式法进行因式分解的能力，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．18.【答案】x=4【解析】解：由不等式-3＜0解得：x＜5，则不等式的最大整数解是x=4．故答案为：x=4．求出不等式的解集，找出解集中的最大整数即可．此题考查了一元一次不等式的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．19.【答案】-2 0 -1【解析】解：如图所示：连接OA，作AB⊥x轴于点B，∵点A坐标是．∴AB=1，OB=，∴OA==2，∴∠AOB=30°，当把坐标系绕点O顺时针旋转30°时，相当于把OA绕点O逆时针旋转30°，∴点A在旋转后的坐标系中的坐标是（-2，0）；当把坐标系绕点O逆时针旋转30°时，相当于把OA绕点O顺时针旋转30°，到OA′，∴∠BOA′=60°，OA=OA′=2，∴OB′=1，A′B′=，∴A′（-1，）．故答案为：-2，0，-1，．根据题意画出图形，连接OA，作AB⊥x轴于点B，当把坐标系绕点O顺时针旋转30°时，相当于把OA绕点O逆时针旋转30°，可得点A在旋转后的坐标系中的坐标是（-2，0）；当把坐标系绕点O逆时针旋转30°时，相当于把OA绕点O顺时针旋转30°，到OA′，根据勾股定理即可得点A在旋转后的坐标系中的坐标．本题考查了坐标与图形变化-旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质．20.【答案】解：（1）（3x2-6x-8）-（x2-2x×6）=（3x2-6x-8）-（x2-12x）=3x2-6x-8-x2+12x=2x2+6x-8；（2）（3x2-6x-8）-（x2-2x-6）=3x2-6x-8-x2+2x+6=2x2-4x-2，∵x2-2x-3=0，∴x2-2x=3，∴2x2-4x-2=2（x2-2x）-2=6-2=4；（3）“□”所代表的运算符号是“-”，当x=1时，原式=（3-6-8）-（1-2□6），由题意得，-11-（1+2□6）=-8，整理得：1+2□6=-3，∴2□6=-4∴即□处应为“-”．【解析】（1）根据整式的加减混合运算法则计算，得到答案；（2）把x2-2x-3=0变形为x2-2x=3，把原式化简，代入计算即可；（3）把x=1代入原式，根据有理数的混合运算法则计算即可．本题考查的是整式的化简求值，掌握整式的加减混合运算法则是解题的关键．21.【答案】5 4 -8 4 665【解析】解：（1）由题意可得，-8，x，y三个数循环出现，∴x=5；y=4；z=-8．故答案为5，4，-8；（2）∵2019÷3=673，∴第2019个格子中的数为4，故答案为4（3）∵2020÷3=673…1，∴673×（-8+5+4）-8=665，∴前2020个格子中所填整数之和为665．故答案为665；（4）能（1）∵-8+5+4=1，2020÷1=2020，∴2020×3=6060；（2）x-8=2020x=2028，2028×3+1=6085；（3）x-8+5=2020x=2023，2023×3+2=6071；∴前6060，6071或6085个格子中所填整数之和为2020．（1）由题可得，每四个数循环一次，因此找到数的对应即可；（2）2019÷3=673，故第2019个格子中的数为4；（3）由循环规律可得：2020÷3=673…1；（4）计算三个格子和为1，而2020能被1整除，因此，n个格子中所填整数之和可以为2020．本题考查数字的变化规律；能够通过所给表格，找到表格中数的循环规律，利用有理数的混合运算解题是关键．22.【答案】7 7 7【解析】解：（1）由条形统计图可知，男生一共2+6+8+4+4=24人，其中位数是第12、第13个数的平均数，第12、13两数均为7，故男生中位数是7；女生成绩平均分为：=7（分），其中位数是：=7（分）；补充完成的成绩统计分析表如下：平均分方差中位数合格率优秀率男生 6.9 2.4791.7%16.7%女生7 1.3783.3%8.3%（2）从平均数上看，女生平均分高于男生；从方差上看，女生的方差低于男生，波动性小；（3）设男生新增优秀人数为x人，则：2+4+x++2x=48×50%，解得：x=6，故6×2=12（人）．答：男生新增优秀人数为6人，女生新增优秀人数为12人．（1）本题需先根据中位数的定义，再结合统计图得出它们的平均分和中位数即可求出答案；（2）本题需先根据以上表格，再结合女生的平均分和方差两方面说出支持女生的观点；（3）根据之前男、女生优秀人数+新增男、女生优秀人数=总人数×50%，列方程求解可得．本题考查的是条形统计图的综合运用．熟练进行平均数和中位数的计算是基础，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．23.【答案】230°【解析】解：（1）∵∠BAC=90°，∠B=60°，AB=2，tan B=，∴AC=AB•tan B=2tan60°=2；∵AE⊥EF，∴∠AEF=90°，∵∠EAF=∠B=60°，∴∠F=90°-∠EAF=90°-60°=30°．故答案为：2，30°；（2）证明：当BD=DE时，∵AD⊥BC于D，∴AB=AE，∵∠AEF=90°，∠BAC=90°，∴∠AEF=∠BAC，又∠EAF=∠B，∴△ABC≌△EAF（ASA）；（3）∵∠AEF=90°，∠EAF=60°，tan∠EAF=，∴EF=AE•tan∠EAF=AE•tan60°=AE，∴S△EAF=AE•EF=AE×AE=AE2，当AE⊥BC时，AE最短，S△EAF最小，此时∠AEB=90°，sin B=，∴AE=AB•sin B=2sin60°=2×=，S△EAF=AE2=×3=，∴△EAF面积的最小值是，故答案为：；（4）当△EAF内心恰好落在AC上时，设△EAF的内心为N，连接EN，如图：∵N是△EAF的内心，∴AN平分∠EAF，EN平分∠AEF，∴∠EAC=∠AEF=×60°=30°，∵∠BAC=90°，∴∠BAE=∠BAC-∠EAC=90°-30°=60°，又∵∠B=60°，∴△ABE是等边三角形，∴AE=AB=2，∵E为BC上的一点，不与B、C重合，由（1）可知AC=2，∴当△EAF的内心在△ABC的外部时，．故答案为：．（1）先解直角三角形ABC，求得AC的值，再在直角三角形AEF中，利用互余关系求得∠F即可；（2）先利用等腰三角形的“三线合一“性质证明AB=AE，再利用ASA证明△ABC≌△EAF；（3））先在△AEF中，由三角函数求得EF=AE，再利用三角形的面积公式得出S△EAF=AE2，然后由当AE⊥BC时，AE最短，S△EAF最小，求得AE的值，则△EAF面积的最小值可得；（4）当△EAF内心恰好落在AC上时，设△EAF的内心为N，连接EN，利用三角形的内心性质证明△ABE是等边三角形，从而可知AE=AB=2，由（1）可知AC=2，从而可得当△EAF的内心在△ABC的外部时，AE的范围．本题考查了圆的内心的性质、解直角三角形、全等三角形的判定与性质及等边三角形的判定等知识点，熟练掌握相关性质定理及其综合运用是解题的关键．24.【答案】y1=-5x+20 y2=3x【解析】解：（1）设y1=k1x+b，根据题意得：，解得，∴y1=-5x+20，设y2=k2x，根据题意得：2.5k2=7.5，解得k2=3，∴y2=3x．故答案为：y1=-5x+20，y2=3x．（2）交点P所表示的实际意义是：经过2.5小时后，小东与小明在距离B地7.5千米处相遇．（3）y1=-5x+20，当x=0时，y1=20．故AB两地之间的距离为20千米．（4）根据题意得5x+3x=20-4或5x+3x=20+4，解得x=2或x=3．即出发2小时或3小时小东、小明相距4千米．（1）需求直线y1的解析式，因为它过点（2.5，7.5），（4，0），利用待定系数法即可求出其解析式．再利用待定系数法即可求出OP的解析式；（2）因为小东从A地出发以某一速度向B地走去，同时小明从B地出发以另一速度向A地而行，所以交点P（2.5，7.5）的意义是经过2.5小时后，小东与小明在距离B地7.5千米处相遇；（3）需求直线y1的解析式，因为它过点（2.5，7.5），（4，0），利用待定系数法即可求出其解析式．然后令x=0，求出此时的y值即可；（4）根据题意列方程解答即可．本题考查了一次函数的应用，主要考查了读图能力以及利用待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握相遇问题的解答也很关键．25.【答案】解：（1）结论；AM与优弧相切．理由如下：∵AO=6，OM=2，AM=，∴OM2+AM2=OA2，∴∠AMO=90°，∴AM与优弧相切．（2）在△AOB中，∠AOB=90°，AO=6，BO=6，∴tan∠OAB=，∴∠OAB=60°，∠ABO=30°，当MO∥AB时，M点位置有两种情况：Ⅰ．如解图1，过M点作MF⊥AO，交AO于F，∴∠FOM=60°，∵OM=2，∴OF=OM•cos60°=2×=1，MF=OM•sin60°==，∴AF=OA-OF=5，∴AM===．的弧长=，Ⅱ．如解图2，过M点作MF⊥AO，交AO延长线于F，同理可得：∠MOF=60°，OF=1，MF=，AM=7，∴AM===．∴.的弧长=，综上所述：当MO∥AB时，点M在优弧上移动的路线长为时，线段AM的长=；点M在优弧上移动的路线长为时，线段AM的长=；（3）由（2）可知∠OAB=60°，∠ABO=30°，AB=12．如解图3，Ⅰ．由图可知，△ABM的AB边最小高为M在D时，∵OD=2，AO=6，∴AD=4∴DH1=AD•sin∠OAB=，∴△ABM的面积为S的最小值为==．Ⅱ．M在过O垂直于AB的直线上，△ABM的AB边的高最大，OH2=OA•sin∠OAB=，∴△ABM的AB边的高最大值为OM+OH2=2+3，∴△ABM的面积为S的最大值为===12+18．∴△ABM的面积为S取值范围为：．【解析】（1）由已知△AMO边长用勾股定理的逆定理可证明∠AMO=90°，即可得到AM与优弧相切．（2）由已知可知∠OAB=60°，∠ABO=30°，根据当MO∥AB时，分∠AOM=60°或∠BOM=30°用解三角形即可解答．（3）由图易知△ABM的AB边最小高为M在D时，最大高为M在过O垂直于AB的直线上，用解三角形即可求出最小高和最大高，进而求出△ABM的面积为S的取值范围．此题考查了圆的综合知识．在证明切线的性质时，若已知切点，连接切点和圆心，得垂直；若不知切点，则过圆心向切线作垂直，即“知切点连半径，无切点作垂直”．圆及解直角三角函数相融合的解答题、与切线有关的性质与判定有关的证明题是近几年中考的热点，故要求学生把所学知识融汇贯穿，灵活运用．26.【答案】解：（1）把P（-2，3）代入y=x2+ax+3中，∴a=2，∴y=x2+2x+3=（x+1）2+2∴图象的顶点坐标为（-1，2）；（2）①∵Q（m，n）在该二次函数图象上，当m=2时，n=22+2×2+3=11；②点Q到y轴的距离小于2，∴|m|＜2，∴-2＜m＜2，∴2≤n＜11；③Q（m，m2+2m+3），直线y=x+5与x轴的交点A（-5，0），过点Q与y=x+5平行的直线为y=x+m2+m+3，∴y=x+m2+m+3与x轴的交点B（-m2-m-3，0），∴AB=|m2+m+2|，过点B作BC⊥AC交直线y=x+5于点C，∴Rt△ABC是等腰三角三角形，∴d=AB=|m2+m+2|，∵d＜，∴|m2+m+2|＜，∴＜m＜-1或0＜m＜．【解析】（1）把P（-2，3）代入y=x2+ax+3中，即可求解；（2）①令x=2，求函数的值即为n值；②由|m|＜2，即可求n的范围；③求出过Q点与y=x+5的直线，分别求两条直线与x轴的交点坐标，A（-5，0），B（-m2-m-3，0），由等腰直角三角形的性质可得d=|m2+m+2|＜，即可求m的范围．本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握一次函数与二次函数的图象及性质，通过构造等腰直角三角形，将点到直线的距离转化为直角三角形边之间的关系是解题是关键．。
【附15套精选模拟试卷】河北省石家庄市2020届高三一模考试数学(文)试题含解析
河北省石家庄市2020届高三一模考试数学（文）试题一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．已知函数()23sin 22cos 1f x x x =-+，将()f x 的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的12倍，再把所得图象向下平移1个单位，得到函数()y g x =的图象，若()()123g x g x ⋅=-，则12x x -的值可能为（ ）A ．2πB ．34πC ．πD ．3π2．将()2sin 22cos 21f x x x =-+的图像向左平移4π个单位，再向下平移1个单位，得到函数()y g x =的图像，则下列关于函数()y g x =的说法错误的是（ ）A ．函数()y g x =的最小正周期是πB ．函数()y g x =的一条对称轴是8x π=C ．函数()y g x =的一个零点是38π D ．函数()y g x =在区间5,128ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 3．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，P 是1AA 的中点，点M 在侧面11AA B B 内，若1D M CP ⊥，则BCM ∆面积的最小值为（ ）A ．8B ．4C ．82D ．854．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()1f 3x f x +=-，且()3y f x =+为偶函数，若()f x 在()0,3内单调递减，则下面结论正确的是（ ） A ．()()()4.5 3.512.5f f f -＜＜B ．()()()3.5 4.512.5f f f -＜＜C ．()()()12.5 3.5 4.5f f f -＜＜ D ．()()()3.512.54.5f f f -＜＜5．设, x y 满足约束条件20,20,210,y x x y +≥⎧⎪-≤⎨⎪-+≥⎩则z x y =+的最大值与最小值的比值为（ ）A ．1-B ．32-C ．2-D ．52-6．已知双曲线22221x y a b-=(0,0)a b >>的渐近线方程为530x y ±=，则此双曲线的离心率为（ ）A ．263B ．343C ．76Q mq 0.08kg 2.110J/kg 1.6810J ==⨯⨯=⨯放 D ．437．在空间直角坐标系O xyz -中，四面体ABCD 各顶点坐标分别为()()2,2,1,2,2,1A B -，()()0,2,1,0,0,1C D ，则该四面体外接球的表面积是（ ）A ．16πB ．12πC ．43πD ．6π8．如图，网格纸上正方形小格边长为1，图中粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积等于（ ）A ．366++B ．8226++C ．6226++D ．6236++9．数列{}n a 中的项按顺序可以排成如图的形式，第一行1项，排1a ；第二行2项，从左到右分别排2a ，3a ；第三行3项，……依此类推，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，则满足2019n S >的最小正整数n 的值为（ ）A ．20B ．21C ．26D ．2710．设样本数据1210,,,x x x L 的均值和方差分别为1和4，若(i i y x a a =+为非零常数，1,2,,10)i =L ，则1210,,,y y y L 的均值和方差分别为（ ） A ．1,4a + B ．1,4a a ++C ．1,4D ．1,4a +11．如图，是棱长为1的正方体的平面展开图，则在这个正方体中，以下结论正确的是（ ）A ．点A 到EF 的距离为3 B ．三棱锥C DMN -的体积是16C ．EF 与平面CDN 所成的角是45︒D ．EF 与MN 所成的角是60︒12．平行四边形ABCD 中，120,2,3,BAD AB AD ∠===ou u u r u u u r 11,32BE BC CF CD ==u u u v u u u v u u u v u u u v ，则AE AF ⋅=u u u v u u u v（ ）A ．3B ．32C ．3-D ．32-二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2019-2020学年河北省石家庄市高考数学一模文科试卷(A)(有答案)
河北省石家庄市高考数学一模试卷（文科）（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．已知集合A={x|﹣2，﹣1，2，3}，B={x|﹣1＜x＜3}，则A∩B=（）A．（﹣2，3）B．（﹣1，3）C．{2} D．{﹣1，2，3}2．若复数（i是虚数单位），则=（）A．﹣1+i B．﹣1﹣i C．1+i D．1﹣i3．已知双曲线的渐近线为，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．4．设变量，y满足约束条件，则目标函数z=3x+4y的最小值为（）A．1 B．3 C．D．﹣195．函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，则的值为（）A．B．C．D．﹣1x，若a=f（﹣3），，6．已知函数y=f（x）的图象关于直线x=0对称，且当x∈（0，+∞）时，f（x）=log2c=f（2），则a，b，c的大小关系是（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．a＞c＞b7．程序框图如图，当输入x为2016时，输出的y的值为（）A．B．1 C．2 D．48．为比较甲、乙两地某月11时的气温情况，随机选取该月中的5天中11时的气温数据（单位：℃）制成如图所示的茎叶图，考虑以下结论：①甲地该月11时的平均气温低于乙地该月11时的平均气温②甲地该月11时的平均气温高于乙地该月11时的平均气温③甲地该月11时的气温的标准差小于乙地该月11时的气温的标准差④甲地该月11时的气温的标准差大于乙地该月11时的气温的标准差其中根据茎叶图能得到的正确结论的编号为（）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④9．如图所示的数阵中，用A（m，n）表示第m行的第n个数，则依此规律A（8，2）为（）A．B．C．D．10．某几何体的三视图如图所示，图中网格小正方形边长为1，则该几何体的体积是（）A ．4B ．C ．D ．1211．A ，B ，C 是圆0上不同的三点，线段C0与线段AB 交于点D ，若=λ+μ（λ∈R ，μ∈R ），则λ+μ的取值范围是（ ） A ．（1，+∞）B ．（0，1）C ．（1，] D ．（﹣1，0）12．若函数f （x ）=x 3+ax 2+bx （a ，b ∈R ）的图象与x 轴相切于一点A （m ，0）（m ≠0），且f （x ）的极大值为，则m 的值为（ ） A ． B ．C ．D ．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13．已知命题p ：“”，则￢p 为 ．14．已知椭圆的左、右焦点为F 1、F 2，点F 1关于直线y=﹣x 的对称点P 仍在椭圆上，则△PF 1F 2的周长为 ． 15．已知△ABC 中，AC=4，BC=2，∠BAC=60°，AD ⊥BC 于D ，则的值为 ．16．在三棱锥P ﹣ABC 中，PA=BC=4，PB=AC=5，，则三棱锥P ﹣ABC 的外接球的表面积为 ．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．已知等差数列{a n }中，2a 2+a 3+a 5=20，且前10项和S 10=100． （I ）求数列{a n }的通项公式； （II ）若，求数列{b n }的前n 项和．18．在平面四边形ACBD （图①）中，△ABC 与△ABD 均为直角三角形且有公共斜边AB ，设AB=2，∠BAD=30°，∠BAC=45°，将△ABC 沿AB 折起，构成如图②所示的三棱锥C′﹣ABC ． （Ⅰ）当时，求证：平面C′AB⊥平面DAB ；（Ⅱ）当AC′⊥BD 时，求三棱锥C′﹣ABD 的高．19．某篮球队对篮球运动员的篮球技能进行统计研究，针对篮球运动员在投篮命中时，运动员在篮筐中心的水平距离这项指标，对某运动员进行了若干场次的统计，依据统计结果绘制如下频率分布直方图：（Ⅰ）依据频率分布直方图估算该运动员投篮命中时，他到篮筐中心的水平距离的中位数；（Ⅱ）若从该运动员投篮命中时，他到篮筐中心的水平距离为2到5米的这三组中，用分层抽样的方法抽取7次成绩（单位：米，运动员投篮命中时，他到篮筐中心的水平距离越远越好），并从抽到的这7次成绩中随机抽取2次．规定：这2次成绩均来自到篮筐中心的水平距离为4到5米的这一组，记1分，否则记0分．求该运动员得1分的概率．20．已知抛物线C：y2=2px（p＞0）过点M（m，2），其焦点为F，且|MF|=2．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：（x﹣1）2+y2=1相切，切点分别为A，B，求证：A、B、F三点共线．21．已知函数f（x）=e x﹣3x+3a（e为自然对数的底数，a∈R）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）求证：当，且x＞0时，．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．[选修4-1：几何证明选讲]22．如图所示，过点P分别做圆O的切线PA、PB和割线PCD，弦BE交CD于F，满足P、B、F、A四点共圆．（Ⅰ）证明：AE∥CD；（Ⅱ）若圆O的半径为5，且PC=CF=FD=3，求四边形PBFA的外接圆的半径．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在极坐标系中，已知曲线C 1：ρ=2cosθ和曲线C 2：ρcosθ=3，以极点O 为坐标原点，极轴为x 轴非负半轴建立平面直角坐标系．（Ⅰ）求曲线C 1和曲线C 2的直角坐标方程；（Ⅱ）若点P 是曲线C 1上一动点，过点P 作线段OP 的垂线交曲线C 2于点Q ，求线段PQ 长度的最小值．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f （x ）=|x|+|x ﹣1|．（Ⅰ）若f （x ）≥|m ﹣1|恒成立，求实数m 的最大值M ；（Ⅱ）在（Ⅰ）成立的条件下，正实数a ，b 满足a 2+b 2=M ，证明：a+b ≥2ab ．河北省石家庄市高考数学一模试卷（文科）（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．已知集合A={x|﹣2，﹣1，2，3}，B={x|﹣1＜x＜3}，则A∩B=（）A．（﹣2，3）B．（﹣1，3）C．{2} D．{﹣1，2，3}【考点】交集及其运算．【分析】直接找出两集合的交集即可．【解答】解：集合A={x|﹣2，﹣1，2，3}，B={x|﹣1＜x＜3}，则A∩B={2}，故选：C．2．若复数（i是虚数单位），则=（）A．﹣1+i B．﹣1﹣i C．1+i D．1﹣i【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：∵=，∴．故选：B．3．已知双曲线的渐近线为，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】求出双曲线的渐近线方程，由题意可得a=4，b=3，求得c，运用离心率公式即可得到所求值．【解答】解：双曲线的渐近线方程为y=±x，由渐近线为，可得a=4，又b=3，可得c==5，检验离心率e==．故选：C．4．设变量，y满足约束条件，则目标函数z=3x+4y的最小值为（）A．1 B．3 C．D．﹣19【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（﹣1，），化目标函数z=3x+4y为y=，由图可知，当直线y=过点A时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为3，故选：B．5．函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，则的值为（）A．B．C．D．﹣1【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【分析】根据顶点的纵坐标求A，根据周期求出ω，由五点法作图的顺序求出φ的值，从而求得f（x）的解析式，进而求得f（）的值【解答】解：由图象可得A=， =﹣，解得ω=2．再由五点法作图可得2×+φ=π，解得：φ=，故f（x）=sin（2x+），故f（）=sin（2×+）=﹣sin=﹣=﹣1．故选：D．6．已知函数y=f（x）的图象关于直线x=0对称，且当x∈（0，+∞）时，f（x）=logx，若a=f（﹣3），，2c=f（2），则a，b，c的大小关系是（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．a＞c＞b【考点】函数的图象．【分析】根据函数的奇偶性和函数的单调性即可判断．【解答】解：函数y=f（x）的图象关于直线x=0对称，∴f（﹣3）=f（3），x，在x（0，+∞）为增函数，∵f（x）=log2∴f（3）＞f（2）＞f（），∴a＞c＞b，故选：D．7．程序框图如图，当输入x为2016时，输出的y的值为（）A．B．1 C．2 D．4【考点】程序框图．【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y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：第1次执行循环体后，x=2013，满足进行循环的条件，第2次执行循环体后，x=2010，满足进行循环的条件，第3次执行循环体后，x=2007，满足进行循环的条件，…第n次执行循环体后，x=2016﹣3n，满足进行循环的条件，…第672次执行循环体后，x=0，满足进行循环的条件，第673次执行循环体后，x=﹣3，不满足进行循环的条件，故y=，故选：A8．为比较甲、乙两地某月11时的气温情况，随机选取该月中的5天中11时的气温数据（单位：℃）制成如图所示的茎叶图，考虑以下结论：①甲地该月11时的平均气温低于乙地该月11时的平均气温②甲地该月11时的平均气温高于乙地该月11时的平均气温③甲地该月11时的气温的标准差小于乙地该月11时的气温的标准差④甲地该月11时的气温的标准差大于乙地该月11时的气温的标准差其中根据茎叶图能得到的正确结论的编号为（）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【考点】茎叶图．【分析】根据茎叶图中的数据，分别求出甲、乙两地某月11时气温这两组数据的平均数、方差即可．【解答】解：由茎叶图中的数据知，乙两地某月11时的气温分别为：甲：28，29，30，31，32乙：26，28，29，31，31；可得：甲地该月11时的平均气温为=（28+29+30+31+32）=30，乙地该月11时的平均气温为=（26+28+29+31+31）=29，故甲地该月11时的平均气温高于乙地该月11时的平均气温；①错误，②正确；又甲地该月11时温度的方差为= [（28﹣30）2+（29﹣30）2+（30﹣30）2+（31﹣30）2+（32﹣30）2]=2乙地该月14时温度的方差为= [（26﹣29）2+（28﹣29）2+（29﹣29）2+（31﹣29）2+（31﹣29）2]=3.6，故＜，所以甲地该月11时的气温标准差小于乙地该月11时的气温标准差，③正确，④错误．综上，正确的命题是②③．故选：C．9．如图所示的数阵中，用A（m，n）表示第m行的第n个数，则依此规律A（8，2）为（）A．B．C．D．【考点】数列递推式．【分析】由已知中的数阵，可得第n行的第一个数和最后一个数均为：，其它数字等于上一行该数字“肩膀“上两个数字的和，结合裂项相消法，可得答案．【解答】解：由已知中：归纳可得第n行的第一个数和最后一个数均为：，其它数字等于上一行该数字“肩膀“上两个数字的和，故A（8，2）=A（7，1）+A（7，2）=A（7，1）+A（6，1）+A（6，2）=A（7，1）+A（6，1）+A（5，1）+A （5，2）=A（7，1）+A（6，1）+A（5，1）+A（4，1）+A（4，2）=A（7，1）+A（6，1）+A（5，1）+A（4，1）+A（3，1）+A（3，2）=A（7，1）+A（6，1）+A（5，1）+A（4，1）+A（3，1）+A（2，1）+A（2，2）=++++++=2（）+==，故选：D．10．某几何体的三视图如图所示，图中网格小正方形边长为1，则该几何体的体积是（）A．4 B．C．D．12【考点】由三视图求面积、体积．【分析】画出图形，说明几何体的形状，然后利用三视图的数据求解即可．【解答】解：由三视图可知几何体的图形如图．是三棱柱截去两个四棱锥的几何体，原三棱柱的高为：4，底面是等腰直角三角形，直角边长为2．截去的四棱锥如图：几何体的体积为：﹣=．故选：B．11．A，B，C是圆0上不同的三点，线段C0与线段AB交于点D，若=λ+μ（λ∈R，μ∈R），则λ+μ的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（0，1）C．（1，] D．（﹣1，0）【考点】平面向量的基本定理及其意义．【分析】可作图：取∠AOB=120°，∠AOC=∠BOC=60°，从而便得到四边形AOBC为菱形，这样便有，从而根据平面向量基本定理即可得到λ+μ=2，这样便可排除选项B，C，D，从而便可得出正确选项．【解答】解：∵A，B，C是圆0上不同的三点，线段C0与线段AB交于点D；∴如图所示，不妨取∠AOB=120°，∠AOC=∠BOC=60°，则四边形AOBC为菱形；∴；又；∴λ=μ=1，λ+μ=2，∴可排除B，C，D选项．故选：A．12．若函数f（x）=x3+ax2+bx（a，b∈R）的图象与x轴相切于一点A（m，0）（m≠0），且f（x）的极大值为，则m的值为（）A．B．C．D．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】联立方程组，求出a，b，求出f（x）的导数，通过讨论m的范围，得到函数f（x）的单调区间，求出f（x）的极大值，得到关于m的方程，解出即可．【解答】解：∵f（x）=x3+ax2+bx（a，b∈R），∴f′（x）=3x2+2ax+b，∵f（x）的图象与x轴相切于一点A（m，0）（m≠0），∴，解得，∴f′（x）=（3x﹣m）（x﹣m），m＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞m或x＜，令f′（x）＜0，解得：＜x＜m，∴f（x）在（﹣∞，）递增，在（，m）递减，在（m，+∞）递增，=f（）=，解得：m=，∴f（x）极大值m＜0时，令f′（x）＞0，解得：x＜m或x＞，令f′（x ）＜0，解得：＞x ＞m ，∴f （x ）在（﹣∞，m ）递增，在（m ，）递减，在（，+∞）递增， ∴f （x ）极大值=f （m ）=，而f （m ）=0，不成立， 综上，m=， 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．已知命题p ：“”，则￢p 为 ∀x∈R，|x|+x 2≥0 ．【考点】命题的否定．【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可． 【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以命题p ：“”，则￢p 为：∀x ∈R ，|x|+x 2≥0．故答案为：∀x ∈R ，|x|+x 2≥0．14．已知椭圆的左、右焦点为F 1、F 2，点F 1关于直线y=﹣x 的对称点P 仍在椭圆上，则△PF 1F 2的周长为 2+2 ．【考点】椭圆的简单性质．【分析】设出椭圆的左焦点，关于直线y=﹣x 的对称点P （m ，n ），由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，以及中点坐标公式解得m=0，n=c ，由椭圆方程可得b=c=1，进而得到a 的值，再由椭圆的定义可得周长为2a+2c ．【解答】解：设椭圆的左焦点为（﹣c ，0）， 点F 1关于直线y=﹣x 的对称点P （m ，n ）， 由=1， =﹣，解得m=0，n=c ，即P （0，c ），由题意方程可得b=c=1，a==，由题意的定义可得△PF 1F 2的周长为2a+2c=2+2．故答案为：2+2．15．已知△ABC 中，AC=4，BC=2，∠BAC=60°，AD ⊥BC 于D ，则的值为 6 ．【分析】设AB=x ，由余弦定理可得： =x 2+42﹣2x ×4ccos60°，解得x=6．设BD=m ，CD=n ．由于AD ⊥BC 于D ，可得=，m+n=2，解出即可得出．【解答】解：设AB=x ， 由余弦定理可得： =x 2+42﹣2x ×4ccos60°， 化为x 2﹣4x ﹣12=0， 解得x=6． 设BD=m ，CD=n ． ∵AD ⊥BC 于D ， ∴=，m+n=2，解得m=，n=，∴==6．故答案为：6．16．在三棱锥P ﹣ABC 中，PA=BC=4，PB=AC=5，，则三棱锥P ﹣ABC 的外接球的表面积为 26π ．【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．【分析】构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，，则长方体的对角线长等于三棱锥P ﹣ABC 外接球的直径，即可求出三棱锥P ﹣ABC 外接球的表面积． 【解答】解：∵三棱锥P ﹣ABC 中，PA=BC=4，PB=AC=5，，∴构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，，则长方体的对角线长等于三棱锥P ﹣ABC 外接球的直径．设长方体的棱长分别为x ，y ，z ，则x 2+y 2=16，y 2+z 2=25，x 2+z 2=11， ∴x 2+y 2+z 2=26∴三棱锥P ﹣ABC 外接球的直径为，∴三棱锥P ﹣ABC 外接球的表面积为4=26π．故答案为：26π．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．已知等差数列{a n }中，2a 2+a 3+a 5=20，且前10项和S 10=100． （I ）求数列{a n }的通项公式； （II ）若，求数列{b n }的前n 项和．【分析】（I ）利用等差数列的通项公式及其前n 项和公式即可得出． （II ）==，利用“裂项求和”方法即可得出．【解答】解：（I ）设等差数列{a n }的公差为d ，∵2a 2+a 3+a 5=20，且前10项和S 10=100， ∴4a 1+8d=20， d=100，联立解得a 1=1，d=2． ∴a n =1+2（n ﹣1）=2n ﹣1． （II ）==，∴数列{b n }的前n 项和=+…+==．18．在平面四边形ACBD （图①）中，△ABC 与△ABD 均为直角三角形且有公共斜边AB ，设AB=2，∠BAD=30°，∠BAC=45°，将△ABC 沿AB 折起，构成如图②所示的三棱锥C′﹣ABC ． （Ⅰ）当时，求证：平面C′AB⊥平面DAB ；（Ⅱ）当AC′⊥BD 时，求三棱锥C′﹣ABD 的高．【考点】平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算．【分析】（I ）取AB 的中点O ，连C′O，DO ，利用直角三角形的性质解出OC′，DO ，利用勾股定理的逆定理得出OC′⊥OD ，由等腰三角形三线合一得OC′⊥AB ，故OC′⊥平面ABD ，于是平面C′AB⊥平面DAB ； （II ）由AC′⊥BC′，AC′⊥BD 得出AC′⊥平面BC′D，故AC′⊥C′D，利用勾股定理解出C′D，由勾股定理的逆定理得出BD ⊥C′D，使用等积法求出棱锥的高． 【解答】解：（I ）取AB 的中点O ，连C'O ，DO ，∵△ABC′，△ABD 是直角三角形，∠AC′B=∠ADB=90°，AB=2， ∴C′O=DO==1，又C′D=，∴C′O2+DO2=C′D2，即C′O⊥OD，∵∠BAC′=45°，∴AC′=BC′，∵O是AB中点，∴OC′⊥AB，又∵AB∩OD=O，AB⊂平面ABD，OD⊂平面ABD，∴C′O⊥平面ABD，∵OC′⊂平面ABC′，∴平面C′AB⊥平面DAB．（II）∵AC′⊥BD，AC′⊥BC′，BD⊂平面BC′D，BC′⊂平面BC′D，∴AC′⊥平面BDC′，又C′D⊂平面BDC'，∴AC′⊥C′D，∴△AC′D为直角三角形．∵AB=2，∠BAC′=45°，∠BAD=30°，∠AC′B=∠ADB=90°，∴AC′=BC′=，BD=1，AD=，∴C′D==1，∴C′D2+BD2=BC′2，∴VA﹣BC′D =S△BC′D•AC′==，设三棱锥C'﹣ABD的高为h，则VC′﹣ABD===，解得．19．某篮球队对篮球运动员的篮球技能进行统计研究，针对篮球运动员在投篮命中时，运动员在篮筐中心的水平距离这项指标，对某运动员进行了若干场次的统计，依据统计结果绘制如下频率分布直方图：（Ⅰ）依据频率分布直方图估算该运动员投篮命中时，他到篮筐中心的水平距离的中位数；（Ⅱ）若从该运动员投篮命中时，他到篮筐中心的水平距离为2到5米的这三组中，用分层抽样的方法抽取7次成绩（单位：米，运动员投篮命中时，他到篮筐中心的水平距离越远越好），并从抽到的这7次成绩中随机抽取2次．规定：这2次成绩均来自到篮筐中心的水平距离为4到5米的这一组，记1分，否则记0分．求该运动员得1分的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；古典概型及其概率计算公式．【分析】（Ⅰ）由中位数两边矩形的面积相等列式求得中位数的估计值；（Ⅱ）由题意知，抽到的7次成绩中，有1次来自到篮筐的水平距离为2到3米的这一组，记作A1；有2次来自到篮筐的水平距离为3到4米的这一组，记作B1，B2；有4次来自到篮筐的水平距离为4到5米的这一组，记作C1，C2，C3，C4，然后由古典概型概率计算公式得答案．【解答】解：（ I）设该运动员到篮筐的水平距离的中位数为x，∵0.05×2+0.10+0.20＜0.5，且（0.40+0.20）×1=0.6＞0.5，∴x∈[4，5]，由0.40×（5﹣x）+0.20×1=0.5，x=4.25，∴该运动员到篮筐的水平距离的中位数是4.25（米）．（II）由题意知，抽到的7次成绩中，有1次来自到篮筐的水平距离为2到3米的这一组，记作A1；有2次来自到篮筐的水平距离为3到4米的这一组，记作B1，B2；有4次来自到篮筐的水平距离为4到5米的这一组，记作C1，C2，C3，C4．从7次成绩中随机抽取2次的所有可能抽法如下：（A1，B1），（A1，B2），（A1，C1），（A1，C2），（A1，C3），（A1，C4），（B1，B2），（B1，C1），（B1，C2），（B1，C3），（B1，C4），（B2，C1），（B2，C2），（B2，C3），（B2，C4），（C1，C2），（C1，C3），（C1，C4），（C2，C3），（C2，C4），（C3，C4）共21个基本事件．其中两次成绩均来自到篮筐的水平距离为4到5米的这一组的基本事件有6个．所以该运动员得的概率P=．20．已知抛物线C：y2=2px（p＞0）过点M（m，2），其焦点为F，且|MF|=2．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：（x﹣1）2+y2=1相切，切点分别为A，B，求证：A、B、F三点共线．【考点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（Ⅰ）利用抛物线的定义，结合抛物线C：y2=2px（p＞0）过点M（m，2），且|MF|=2，求出p，即可求抛物线C的方程；（Ⅱ）设EA：y=kx+t联立，消去y，可得k2x2+（2kt﹣4）x+t2=0，利用直线EA与抛物线C相切，得到kt=1代入，求出A的坐标；由几何性质可以判断点O，B关于直线EF：y=﹣tx+t对称，求出B的坐标，证明kAF =kBF，即A，B，F三点共线；当t=±1时，A（1，±2），B（1，±1），此时A，B，F共线．【解答】（I）解：抛物线C的准线方程为：，∴，又抛物线C：y2=2px（p＞0）过点M（m，2），∴4=2pm，即…∴p2﹣4p+4=0，∴p=2，∴抛物线C的方程为y2=4x．…（II）证明；设E（0，t）（t≠0），已知切线不为y轴，设EA：y=kx+t联立，消去y，可得k2x2+（2kt﹣4）x+t2=0∵直线EA与抛物线C相切，∴△=（2kt﹣4）2﹣4k2t2=0，即kt=1．代入，∴x=t2，即A（t2，2t），…设切点B（x0，y），则由几何性质可以判断点O，B关于直线EF：y=﹣tx+t对称，则，解得：，即…直线AF的斜率为，直线BF的斜率为，∴kAF =kBF，即A，B，F三点共线．…当t=±1时，A（1，±2），B（1，±1），此时A，B，F共线．综上：A，B，F三点共线．…21．已知函数f（x）=e x﹣3x+3a（e为自然对数的底数，a∈R）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）求证：当，且x＞0时，．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；选择结构．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，列出变化表，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；（Ⅱ）问题等价于，设，根据函数的单调性证明即可．【解答】（ I）解由f（x）=e x﹣3x+3a，x∈R知f′（x）=e x﹣3，x∈R．…令f′（x）=0，得x=ln 3，…于是当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表．x （﹣∞，ln 3）ln 3 （ln 3，+∞）f′（x）﹣0 +f（x）↓3（1﹣ln 3+a）↑故f（x）的单调递减区间是（﹣∞，ln 3]，单调递增区间是[ln3，+∞），…f（x）在x=ln 3处取得极小值，极小值为f（ln 3）=e ln3﹣3ln 3+3a=3（1﹣ln 3+a）．…（II）证明：待证不等式等价于…设，x∈R，于是g'（x）=e x﹣3x+3a，x∈R．由（ I）及知：g'（x）的最小值为g′（ln 3）=3（1﹣ln 3+a）＞0．…于是对任意x∈R，都有g'（x）＞0，所以g（x）在R内单调递增．于是当时，对任意x∈（0，+∞），都有g（x）＞g（0）．…而g（0）=0，从而对任意x∈（0，+∞），g（x）＞0．即，故…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．[选修4-1：几何证明选讲]22．如图所示，过点P分别做圆O的切线PA、PB和割线PCD，弦BE交CD于F，满足P、B、F、A四点共圆．（Ⅰ）证明：AE∥CD；（Ⅱ）若圆O的半径为5，且PC=CF=FD=3，求四边形PBFA的外接圆的半径．【考点】与圆有关的比例线段．【分析】（Ⅰ）连接AB ，利用P 、B 、F 、A 四点共圆，PA 与圆O 切于点A ，得出两组角相等，即可证明：AE ∥CD ；（Ⅱ）四边形PBFA 的外接圆就是四边形PBOA 的外接圆，OP 是该外接圆的直径，由切割线定理可得PA ，即可求四边形PBFA 的外接圆的半径． 【解答】（ I ）证明：连接AB ．∵P 、B 、F 、A 四点共圆，∴∠PAB=∠PFB ． … 又PA 与圆O 切于点A ，∴∠PAB=∠AEB ，… ∴∠PFB=∠AEB ∴AE ∥CD ．…（ II ）解：因为PA 、PB 是圆O 的切线，所以P 、B 、O 、A 四点共圆， 由△PAB 外接圆的唯一性可得P 、B 、F 、A 、O 共圆，四边形PBFA 的外接圆就是四边形PBOA 的外接圆，∴OP 是该外接圆的直径．… 由切割线定理可得PA 2=PC•PD=3×9=27 … ∴． ∴四边形PBFA 的外接圆的半径为．…[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在极坐标系中，已知曲线C 1：ρ=2cosθ和曲线C 2：ρcosθ=3，以极点O 为坐标原点，极轴为x 轴非负半轴建立平面直角坐标系．（Ⅰ）求曲线C 1和曲线C 2的直角坐标方程；（Ⅱ）若点P 是曲线C 1上一动点，过点P 作线段OP 的垂线交曲线C 2于点Q ，求线段PQ 长度的最小值． 【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（Ⅰ）根据极坐标和普通坐标之间的关系进行转化求解即可． （Ⅱ）设出直线PQ 的参数方程，利用参数的几何意义进行求解即可． 【解答】解：（ I ）C 1的直角坐标方程为（x ﹣1）2+y 2=1，…，C的直角坐标方程为x=3；…2（ II）设曲线C与x轴异于原点的交点为A，1∴PQ过点A（2，0），设直线PQ的参数方程为，可得t2+2tcosθ=0，解得，代入C1|=|2cosθ|…可知|AP|=|t2可得2+tcosθ=3，解得，代入C2可知…所以PQ=，当且仅当时取等号，所以线段PQ长度的最小值为．…[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x|+|x﹣1|．（Ⅰ）若f（x）≥|m﹣1|恒成立，求实数m的最大值M；（Ⅱ）在（Ⅰ）成立的条件下，正实数a，b满足a2+b2=M，证明：a+b≥2ab．【考点】函数恒成立问题．【分析】（ I）求出函数的解析式，然后求解函数的最小值，通过|m﹣1|≤1，求解m的范围，得到m的最大值M．（ II）法一：综合法，利用基本不等式证明即可．法二：利用分析法，证明不等式成立的充分条件即可．【解答】解：（ I）由已知可得，所以f（x）=1，…min所以只需|m﹣1|≤1，解得﹣1≤m﹣1≤1，∴0≤m≤2，所以实数m的最大值M=2…（ II）法一：综合法∴ab≤1∴，当且仅当a=b时取等号，①…又∴∴，当且仅当a=b时取等号，②…由①②得，∴，所以a+b≥2ab…法二：分析法因为a＞0，b＞0，所以要证a+b≥2ab，只需证（a+b）2≥4a2b2，即证a2+b2+2ab≥4a2b2，，所以只要证2+2ab≥4a2b2，…即证2（ab）2﹣ab﹣1≤0，即证（2ab+1）（ab﹣1）≤0，因为2ab+1＞0，所以只需证ab≤1，下证ab≤1，因为2=a2+b2≥2ab，所以ab≤1成立，所以a+b≥2ab…。