2019届河北省唐山市高三上学期期末考试A卷数学(文)试题 扫描版
河北省唐山市2019届高三上学期期末考试A卷理科综合试题 扫描版含答案
河北省唐山市2019届高三上学期期末考试2019.01唐山市2018—2019学年度高三年级第一学期期末考试理科综合能力测试参考答案及评分参考生物部分（共90分）A卷：1．D 2．C 3．C 4．A 5．A 6．DB卷：1．C 2．C 3．B 4．A 5．B 6．D29．（共9分，除注明外每空2分）（1）（差速）离心（1分）（2）O2光反应阶段产生的[H]使DCPIP还原（3）ATP的形成C3的还原形成（CH2O）30．（共10分，每空2分）（1）细胞细胞凋亡（2）β（3）大量的HCO3﹣分泌到肠腔乳酸、（丙酮酸）31．（共10分，每空2分）（1）种群密度出生率（2）负相关（3）先下降后上升，最后趋于稳定信息能调节生物种间关系，以维持生态系统的稳定32．（共10分，每空2分）（1）野生型雄性和黑檀体（或黑条体）雌性子代雄性都为黑檀体（或黑条体）、雌性都为野生型（2）①等位②9：7 ③1：137．（共15分，除注明外每空2分）①固体淀粉稀释涂布平板法碘液②低频性甲组中极少数菌落周围的透明圈与乙组相比变大或变小（3分）③大38．（共15分，除注明外每空2分）（1）T细胞（2）促性腺激素获能（3）显微注射（4）桑椹胚滋养层（5）禁止生殖性克隆人，不反对治疗性克隆。
（或四不原则：不赞成、不允许、不支持、不接受任何生殖性克隆人的实验。
）（3分）化学部分（共100分）A卷：7．A8．D9．C10．B11．C12．B13．D B卷：7．A8．D9．B10．C11．C12．B13．D 26．（14分）（1）Na2SO3＋H2SO4＝Na2SO4＋SO2↑＋H2O（或Na2SO3＋2H2SO4＝2NaHSO4＋SO2↑＋H2O，2分）（2）浓硫酸（1分）（3）球形干燥管（1分）防止倒吸（2分）（4）Mg＋S△MgS（2分）（5）①C（2分）②分液（1分）③减小（1分）2H2SO3＋O2＝2H2SO4（2分）27．（14分）（1）ZrSiO4＋4NaOHNa2ZrO3＋Na2SiO3＋2H2O（2分）H2SiO3（2分）（2）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O（2分）5.2≤a＜6.2（2分）（3）取少许最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，说明已洗净（2分，其他合理答案也可给分）（4）1（2分）2ZrO2＋＋2CO32－＋2H2O＝Zr(CO3)2·Zr(OH)4↓（2分）28．（15分）（1）－63 kJ.mol－1（2分）（2）CD（2分）（3）①0.025 mol.L－1.min－1（1分）②251627或0.59（各2分） ③大于（1分）④大于 （2分）⑤v (12~13)＞v (7~8)＝v (25~27) （2分） ⑥＜ （1分）35．（1）N （1分），（2分）（2）sp 3 、sp 2（各1分，共2分）（3）三角锥形 （1分），AsO 3－3 、ClO －3 、PCl 3（任写一个符合题意的均得2分）。
河北省唐山市2018-2019学年高二上学期期末考试A卷数学(文)试题(精品解析)
河北省唐山市2018-2019学年高三上学期期末考试A卷数学（文）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.抛物线的焦点到准线的距离等于（）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的标准方程得，求出，即得结论．【详解】抛物线中，即，所以焦点到准线的距离是．故选B．【点睛】本题考查抛物线的标准方程，抛物线的准线方程是，焦点坐标是焦点到准线的距离为．本题属于基础题．2.命题“，”的否定是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．【详解】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“，”的否定是：，．故选：A．【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题．3.双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程．【详解】解：∵双曲线，它的a，b＝，焦点在x轴上，而双曲线的渐近线方程为y＝±，∴双曲线的渐近线方程为y＝±x，故选：C．【点睛】本题考查了双曲线的标准方程，双曲线的几何意义，特别是双曲线的渐近线方程，解题时要注意先定位，再定量的解题思想．4.“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据不等式之间的关系结合充分条件和必要条件的定义即可得到结论．【详解】解：由，解得x＜1或x＞3，此时不等式x＜1不成立，即充分性不成立，若x＜1，则x＜1或x＞3成立，即必要性成立，故“”是“”的必要不充分条件，故选：B．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式之间的关系是解决本题的关键．5.圆与圆的位置关系是（）A. 相离B. 外切C. 相交D. 内切【答案】D【解析】将两圆的方程分别化为标准方程，找出圆心坐标和半径，利用两点间的距离公式求出两圆心的距离d，可得出d＝R﹣r，可得出两圆内切．【详解】圆与圆化为标准方程得：（x﹣3）2+（y+2）2＝4，（x﹣7）2+（y﹣1）2＝49，∴圆心坐标分别为（3，﹣2）和（7，1），半径分别为r＝2和R＝7，∵两圆心距d5，∴d＝R﹣r，则两圆的位置关系是内切．故选：D．【点睛】此题考查了圆与圆的位置关系及其判定，圆与圆的位置关系可以由圆心距d与R及r的关系来判定，当d＜R﹣r时，两圆内含；当d＝R﹣r时，两圆内切；当R﹣r＜d＜R+r时，两圆相交；当d＝R+r时，两圆外切；当d＞R+r时，两圆外离．6.设为三个不同的平面，为两条不同的直线，则下列命题中假命题是（）A. 当时，若，则B. 当，时，若，则C. 当，时，若，则是异面直线D. 当，，若，则【答案】C【解析】【分析】根据空间线面垂直、面面垂直、面面平行的性质定理对选项分别分析选择．【详解】对于A，根据平面与平面平行、垂直的性质，可得正确；对于B，根据平面与平面平行、线面垂直的性质，可得正确；对于C，可能异面，也可能平行，故错误；对于D，由，可知，又，所以，可得正确.故选：C【点睛】本题考查了空间线面垂直、面面垂直、面面平行的性质定理和判定定理的运用；牢固掌握运用定7.正方体中，的中点为，的中点为，则异面直线与所成的角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义，把直线CN平移和直线B1M相交，找到异面直线B1M与CN所成的角，解三角形即可求得结果．在平移直线时经常用到遇到中点找中点的方法．【详解】解：取AA1的中点E，连接EN，BE角B1M于点O，则EN∥BC，且EN＝BC∴四边形BCNE是平行四边形∴BE∥CN∴∠BOM就是异面直线B1M与CN所成的角，而Rt△BB1M≌Rt△ABE∴∠ABE＝∠BB1M，∠BMB1＝∠AEB，∴∠BOM＝90°．故选：D．【点睛】此题是个基础题．考查异面直线所成的角，以及解决异面直线所成的角的方法（平移法）的应用，体现了转化的思想和数形结合的思想方法．8.若直线与曲线有公共点，则的最小值为（）A. B. C. D. 0【答案】C【解析】曲线表示以（0，0）为圆心，1为半径的圆（x轴上方部分），求出相切时，k的值，即可求得结论．【详解】解：如图所示，曲线表示以（0，0）为圆心，1为半径的圆（x轴上方部分）当直线y＝k（x﹣2）与曲线相切时，d（k＜0），∴k∴k最小值故选：C．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．9.某三棱锥的三视图如图所示，此三棱锥的体积为，则三棱锥的所有棱中，最长棱的长度为（）A. B.C. D.【答案】B【分析】由三棱锥的三视图知该三棱锥是三棱锥P﹣ABC，其中平面P AC⊥底面ABC，结合体积明确底面形状，由此能求出在该三棱锥中，最长的棱长．【详解】由三棱锥的三视图知该三棱锥是三棱锥P﹣ABC，其中平面P AC⊥底面ABC，取AC中点为E，则PE⊥底面ABC，且PE=3，AC=2由，即∴△ABC为等边三角形，AB=BC=CA=2，PB，PB，∴最长棱的长度为故选：B【点睛】本题考查三棱锥中最长棱长的求法，考查三棱锥性质及其三视图等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．10.如图，在以下四个正方体中，直线与平面垂直的是（）A. ①②B. ②④C. ①③D. ②③【答案】B【解析】【分析】由已知几何体为正方体，利用线面垂直的判定逐一分析四个选项得答案．【详解】对于①，由AB与CE所成角为45°，可得直线与平面不垂直；对于②，由AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED=E，可得A B⊥平面；对于③，由AB与CE所成角为60°，可得直线与平面不垂直；对于④，由ED⊥平面ABC，可得ED⊥AB，同理：EC⊥AB，可得AB⊥平面；故选：B【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．11.椭圆的左，右焦点分别为，，点在椭圆上，且为等边三角形，则的离心率（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由为等边三角形，可知：P，又点在椭圆上，可得离心率的方程，解之即可.【详解】由为等边三角形，可知：P，又点在椭圆上，∴,即∴，或（舍去）∴故选：A【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．12.表面积为的球面上有四点，若是边长为3的等边三角形，则三棱锥体积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知求出球的半径，画出图形，判断D的位置，然后求解三棱锥D﹣ABC高的最大值，代入棱锥体积公式求解．【详解】由球的表面积为，可知球半径为R=2，设球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C3，OO′，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：3．则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：．故选：A．【点睛】本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若直线与直线垂直，则__________．【答案】【解析】【分析】利用两条直线互相垂直的充要条件即可得出．【详解】∵直线与直线垂直，∴∴故答案为：【点睛】本题考查了两条直线互相垂直的充要条件，属于基础题．14.圆锥高为3，体积为，则该圆锥的侧面积为__________．【答案】【解析】【分析】利用圆锥体积求出底面半径，从而得到母线长，进而得到圆锥的侧面积.【详解】设圆锥的底面半径为r，又圆锥高为3，体积为，∴，∴∴圆锥的母线长为∴圆锥的侧面积为：故答案为：【点睛】本题考查圆锥的侧面积与体积公式，考查空间想象力与计算能力，是基础题．15.与椭圆有公共焦点，且离心率的双曲线的方程______．【答案】【解析】试题分析：先由椭圆方程确定焦点位置，确定所求双曲线方程形式：，再根据两个独立条件求量：一是焦距，二是离心率，解方程组得，．试题解析：椭圆的焦点坐标为，，2分设双曲线的方程为，3分则，，9分解得，．所以双曲线的方程是．12分考点：双曲线方程16.已知四棱锥底面是边长为2的正方形，平面，且，则直线与平面所成的角大小为__________．【答案】【解析】【分析】还原棱锥为正方体ABCD﹣PB1C1D1，作BF⊥CB1于F，连接PF，则∠BPF就是直线PB与平面PCD所成的角，由此能求出直线PB与平面PCD所成的角的大小．【详解】还原棱锥为正方体ABCD﹣PB1C1D1，作BF⊥CB1于F，∵平面PB1C1D1⊥平面B1BCC1，∴BF⊥平面PB1CD，连接PF，则∠BPF就是直线PB与平面PCD所成的角．BF a，PB，sin∠BPF，∠BPF＝30°．∴直线PB与平面PCD所成的角为30°．故答案为：30°【点睛】求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.：直线的斜率大于3，：方程表示焦点在轴上的双曲线.若为真命题，求实数的取值范围.【答案】【解析】【分析】由为真命题，可知为假命题，为真命题．分别求出m的范围，最后取交集即可.【详解】解：因为为真命题，所以为假命题，为真命题．：直线的斜率，得．①因为方程表示焦点在轴上的双曲线，所以解得，．②由①②可得，实数的取值范围．【点睛】本题主要考查利用复合命题的真假求参数的取值问题，要熟练掌握复合命题和简单命题之间的关系．18.已知圆与轴交于，两点，且圆心在直线上.（1）求圆的标准方程；（2）过点的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程.【答案】（1）（2）直线的方程为或【解析】【分析】（1）根据题意列方程求出圆心坐标，计算半径r，写出圆的方程；（2）讨论过的直线l斜率不存在和斜率存在时，求出对应直线的方程．【详解】解：（1）圆与轴分别交于，两点，圆心在线段的中垂线上．由得圆心，圆的半径为，圆的标准方程为．（2）圆的半径为5，，所以圆心到直线的距离，当直线的斜率不存在时，圆心到直线的距离为4，符合题意．当直线的斜率存在时，设，圆心到直线的距离，解得，直线的方程为．综上所述，直线的方程为或．【点睛】本题考查了直线与圆的方程应用问题，也考查了等价转化思想的合理运用．19.在四棱锥中，底面是梯形，，，，，平面平面，在棱上且.（1）证明：平面；（2）若是正三角形，求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】（1）作交于点，连接，证明四边形为平行四边形，从而有，即可得证；（2）利用等积变换即可得到结果.【详解】（1）证明：作交于点，连接，因为在棱上且，所以．又因为，，所以，且，所以四边形为平行四边形，从而有．又因为平面，平面，所以平面．（2）因为平面平面，且交线为，，平面，所以平面．因为，所以．即三棱锥的体积为．【点睛】求解空间几何体体积的常用策略：（1）公式法：对于规则几何体的体积问题，直接利用公式即可破解；（2）切割法：对于不规则的几何体，可以将其分割成规则的几何体，再利用公式分别求解之后进行相加求和即可；（3）补形法：同样对于不规则的几何体，还可以将其补形成规则图形，求出规则几何体的体积后减去多于部分即可求解，但需注意的是补形后多于部分的几何体也应该是规则的，若不是规则的，此方法不建议使用.（4）等体积法：一个几何体无论怎样变化，其体积是不会发生变化的.如果遇到一个几何他的底面面积和高较难求解时，常常采用此种方法进行解题.20.已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，且过点.（1）求抛物线的方程；（2）若倾斜角为的直线交抛物线于两点，且斜率之积为-2，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)设出抛物线方程，利用点在曲线上，得到参数p，从而得到抛物线的方程；（2）设直线的方程为，联立方程可得借助韦达定理表示斜率之积为－2，解方程即可得到b值.【详解】解：（1）由题意设抛物线的方程为：．抛物线过点，，抛物线的方程为．（2）设直线的方程为，，，由得，，因为，所以．，．因为斜率之积为－2，所以，解得，所以直线的方程为．【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查设而不求法，考查计算能力与转化思想，属于中档题.21.在三棱柱中，平面，，.（1）证明：平面平面；（2）若为的中点，求点到平面的距离.【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】(1)由题意先证明平面，从而证得平面平面；（2）由平面可知点到平面的距离等于点到平面的距离，利用等积法即可得到点到平面的距离.【详解】解：（1）因为平面，所以，在中，由余弦定理可得，，从而有，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面．（2）由已知得，，平面，所以，，由（Ⅰ）知，则．因为，平面，平面，所平面，从而点到平面的距离等于点到平面的距离．设点到平面的距离为，由得，，所以．即点到平面的距离为．【点睛】本题考查面与平面垂直的判断定理的应用，等体积法的应用，空间点线面距离的求法，考查计算能力．22.已知椭圆的焦距为4，点在椭圆上，直线与椭圆交于两点，为坐标原点，.（1）求椭圆的方程；（2）求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意列关于a，b的方程即可得到椭圆的方程；（2）设直线的方程为，联立方程可得，利用韦达定理可得的面积，借助均值不等式即可得到面积的最大值.【详解】解：（1）由已知可得，，，．，从而有，．所以椭圆的方程为：．（2）因为直线，，所以直线的斜率．设直线的方程为，，，由得，，因为，所以．，．．到直线的距离.的面积，当且仅当，即时取“＝”号．所以面积的最大值是．【点睛】在利用代数法解决最值与范围问题时，常从以下方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；④利用基本不等式求出参数的取值范围；⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.。
河北省唐山市2019届高三上学期期末考试A卷数学(文)试题
唐山市2018—2019学年度高三年级期末考试文科数学参考答案一．选择题：A 卷：DCDDB ABADA CCB 卷：DCADB DBADA CC二．填空题：（13）2 （14）(－∞，e －1) （15）3116（16）3 三．解答题：（17）解：（1）由∠BMC ＝60︒，∠AMB ＝60︒，得∠CMD ＝60︒．…1分 在Rt △ABM 中，MB ＝2AM ＝4；在Rt △CDM 中，MC ＝2MD ＝2．…3分 在△MBC 中，由余弦定理得，BC 2＝BM 2＋MC 2－2BM ·MC ·cos ∠BMC ＝12，BC ＝23．…6分 （2）因为∠DCM ＝θ，所以∠ABM ＝60︒－θ，0︒＜θ＜60︒．在Rt △MCD 中，MC ＝1sin θ；在Rt △MAB 中，MB ＝2sin (60︒－θ)，…9分 由MB ＝4MC 得，2sin (60︒－θ)＝sin θ，…10分 整理可得tan θ＝32．…12分 （18）解：（1）连接C 1B ．∵平面ABC ⊥平面CBB 1C 1，平面ABC ∩平面CBB 1C 1＝BC ，且AC ⊥BC ，AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥平面CBB 1C 1，…2分 而CC 1⊂平面CBB 1C 1，∴AC ⊥CC 1，又AC ∥A 1C 1，则有A 1C 1⊥CC 1，∵四边形CBB 1C 1是菱形，∠C 1CB ＝60︒，∴△C 1BB 1为边长为2的等边三角形，…4分 ∵M 为BB 1的中点，∴C 1M ⊥BB 1，即C 1M ⊥CC 1，又A 1C 1∩C 1M ＝C 1，∴CC 1⊥平面A 1C 1M ，…6分（2）由（1）得C 1M ＝3，又A 1C 1＝AC ＝2，∵AC ⊥平面CBB 1C 1，而C 1M ⊂平面CBB 1C 1， ∴AC ⊥C 1M ，又AC ∥A 1C 1，则有A 1C 1⊥C 1M ，所以△A 1C 1M 的面积为S △A 1C 1M ＝3． …8分由（1）可知CC 1⊥平面A 1C 1M ， 三棱锥C 1-A 1CM 的体积V C 1-A 1CM ＝V C -A 1C 1M ＝ 13·S △A 1C 1M ·CC 1＝233．…12分 （19）解：（1）r ＝129.6132.1≈0.981，…3分 R 2＝r 2≈0.962．因为R 2越大，拟合效果越好，所以丙的拟合效果最好．…4分 （2）b ˆ＝129.682.5≈1.571，…6分 a ˆ＝20.6－b ˆ×5.5≈11.96．…8分 因此y 关于x 的线性回归方程为y ˆ＝1.57x ＋11.96．…9分 （3）从2008年开始计数，2018年是第11年，其工业增加值y 的预报值y ˆ＝1.57×11＋11.96＝29.23＜30．…10分 2019年是第12年，其工业增加值y 的预报值y ˆ＝1.57×12＋11.96＝30.80＞30．…11分 故可以预测到2019年的工业增加值能突破30万亿元大关．…12分 （20）解：（1）由e ＝32可得 c a ＝32，所以 b a ＝ 12，即a 2＝4b 2，从而椭圆C ：x 24＋y 2＝b 2．…2分 当l ⊥x 轴时，l ：x ＝1，由|AB |＝3，不妨取A (1，32)，B (1，－32)，代入椭圆C ：x 24＋y 2＝b 2，得b 2＝1，故椭圆C ：x 24＋y 2＝1．…5分 （2）依题意，N (0，1)．当l 的斜率存在时，设y ＝k (x －1)－1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将y ＝k (x －1)－1代入C 的方程，得(1＋4k 2)x 2－8k (k ＋1)x ＋4k 2＋8k ＝0，…6分 当∆＞0时，x 1＋x 2＝8k (k ＋1)1＋4k 2，x 1·x 2＝4k 2＋8k1＋4k 2．…7分 k NA ＋k NB ＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2，因为y 1＝kx 1－k －1，y 2＝kx 2－k －1，所以k NA ＋k NB ＝2k －(k ＋2)(x 1＋x 2)x 1x 2 …10分＝2k －2(k ＋1)＝－2． …11分由（1）得，当l 的斜率不存在时，A (1，32)，B (1，－32)，所以k NA ＋k NB ＝32－1－32－1＝－2．综上，k NA ＋k NB ＝－2． …12分（21）解：（1）f '(x )＝2a x ＋2x －4…2分 因为f (x )为单调增函数，所以f '(x )≥0，即2a x ＋2x －4≥0恒成立， …3分a ≥(－x 2＋2x )max ＝1，当且仅当x ＝1时取等号，即a ≥1．…5分 （2）证明：由（1）得f '(x )＝2x 2－4x ＋2a x， 依题意可得f '(x )的两个零点为x 1，x 2，所以0＜a ＜1，且x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝a ．…8分 所以f (x 1)＋f (x 2)＝2a ln x 1＋x 21－4x 1＋3＋2a ln x 2＋x 22－4x 2＋3＝2a ln (x 1x 2)＋x 21＋x 22－4(x 1＋x 2)＋6＝2a ln (x 1x 2)＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋6＝2a ln a －2a ＋2…10分 令g (a )＝2a ln a －2a ＋2，0＜a ＜1．则g '(a )＝2ln a ＜0，g (a )单调递减， 因为g (1)＝0，所以g (a )＞0，故f (x 1)＋f (x 2)＞0． …12分（22）解：（1）由l ：ρsin (θ＋ π 3)＝4得， 1 2ρsin θ＋32ρcos θ＝4； 所以直线l 的直角坐标方程为：3x ＋y －8＝0； …2分由圆C ：ρ＝4sin θ得，ρ2＝4ρsin θ，因为x ＝ρcos α，y ＝ρsin α，ρ2＝x 2＋y 2，所以圆C 直角坐标方程为：x 2＋(y －2)2＝4 …3分由x 2＋(y －2)2＝4得，圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos α，y ＝2＋2sin α（α为参数，且0≤α＜2π）， …5分 （2）设点P 坐标为(2cos α，2＋2sin α)，则d 1＝＝|23cos α＋2sin α－6|2＝3－sin α－3cos α，d 2＝2＋2sin α． …7分 那么d 1＋d 2＝sin α－3cos α＋5＝2sin (α－ π 3)＋5，当α＝ 5π6时，d 1＋d 2取得最大值7． …10分（23）解：（1）不等式|x ＋1|＋|x －1|－1≤x ＋1等价于⎩⎨⎧x ＞1，2x －1≤x ＋1，或⎩⎨⎧－1≤x ≤1，1≤x ＋1，或⎩⎨⎧x ＜－1，－2x －1≤x ＋1．解得，1＜x ≤2，或0≤x ≤1，或x ∈∅．所以，不等式f (x )≤x ＋1的解集是{x |0≤x ≤2}．…5分（2）由（1）得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －1，x ≤－1，1，－1＜x ＜1，2x －1，x ≥1．所以y ＝3f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－6x －3，x ≤－1，3，－1＜x ＜1，6x －3，x ≥1．y ＝f (2x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －1，x ≤－ 1 2，1，－ 1 2＜x ＜ 1 2，4x －1，x ≥ 1 2．如图所示，画出函数y ＝3f (x )和y ＝f (2x )的图象，观察图象，可得3f (x )≥f (2x )．…10分。
2019河北省高三上学期数学(文)期末考试试题
高三期末考试数学（文）试题说 明：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页。
考试时间120分钟，分值150分。
第Ⅰ卷一、 选择题 （本大题共12小题，每小题5分，共60分） 1. 已知集合(){}{}214,,1,0,1,2,3A x x x R B =-<∈=-，则A B =（ ）A. {}0,1,2B. {}1,0,1,2-C. {}1,0,2,3-D. {}0,1,2,32、设1iz i=-（i 为虚数单位），则1z =（ ）B2 C 12D 2 3、 已知命题p ：x ∀∈N *, 1123xx⎛⎫⎛⎫≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，命题q ：x ∃∈R , 122x x-+=，则下列命题中为真命题的是（ ）.A p q ∧ B()p q ⌝∧ C ()p q ∧⌝ D ()()p q ⌝∧⌝4. 若,x y 满足223,,,x y x x y ≤≤⎧⎪⎨⎪+⎩≥则2x y +的最小值为 （A ）0（B ）4 （C ）5（D ）105. 执行如图所示的程序框图，输入5,3n m ==，那么输出的p值为 （A ）360 （B ）60 （C ）36 （D ）126.在ABC ∆中，D 为BC 的中点，2,7AB AC ==，则AD BC ⋅=（ ）A ．32 B ．32- C ．3 D ．3- 7.函数()()sin f x A x ωϕ=+（其中0,0,2A πωϕ>><）的图象如图所示，为了得到函数()sin g x x ω=的图象，只需将()f x 的图象上所有点（ ）A.向右平移12π个单位长度 B. 向左平移12π个单位长度C. 向右平移6π个单位长度 D. 向左平移6π个单位长度 82的等腰直角三角形，该几何体的顶点都在同一球面上，则此球的表面积为 （ ）A ．4πB ．3πC ．2πD ．π 9．设F 为抛物线C ：24y x =的焦点，曲线,(0)ky k x=>与C 交于点P ，PF x ⊥轴，则k = （ ）正视图 侧视图俯视图A ．12 B ．1 C ．32D ．2 10．设函数ln(),0()ln ,0x x f x x x -<⎧=⎨->⎩，若()()f m f m >-，则实数m 的取值范围是（ ）A ．(1,0)(0,1)-B ．(,1)(0,1)-∞-C ．(1,0)(1,)-+∞ D ．(,1)(1,)-∞-+∞11.在三棱锥ABC P -中，ABC PA 平面⊥,M AB AP BAC ,2,2,1200===∠是线段BC 上一动点，线段PM 长度最小值为3，则三棱锥ABC P -的外接球的表面积是（ ） A.29πB ．π40C ．π29D ．π18 12. 函数)(x f 是定义在()+∞,0上的可导函数，)(x f '为其导函数，若)1()()(-=+'⋅x e x f x f x x ， 且0)2(=f ，则不等式0)(<x f 的解集为（ ）A.()1,0B.()2,0C.()2,1D.()+∞,2第II 卷二、 填空题（本大题共4小题，每小题5分 ，共20分） 13. 曲线()log 33a y x =-+()01a a >≠且恒过定点______14. 已知函数)(x f 的定义域为A ，若其值域也为A ，则称区间A 为)(x f 的保值区间． 若()ln g x x m x =++的保值区间是[,)e +∞ ，则m 的值为 ．15. 已知三棱锥ABC P -的三条侧棱PA PB PC 、、两两互相垂直，且PA PB PC a ===,则该三棱锥的外接球的体积为 ．16. 在正方体1111ABCD A B C D -中, ,M N 分别为棱11C D ,1C C 的中点,则直线AM 与BN 所成角的余弦值为_______三、 解答题（本大题共6小题，共70分。
河北省唐山市2019届高三上学期期末考试A卷数学(文)试题
唐山市2018—2019学年度高三年级期末考试文科数学参考答案一．选择题：A 卷：DCDDB ABADA CCB 卷：DCADB DBADA CC二．填空题：（13）2 （14）(－∞，e －1) （15）3116（16）3 三．解答题：（17）解：（1）由∠BMC ＝60︒，∠AMB ＝60︒，得∠CMD ＝60︒．…1分 在Rt △ABM 中，MB ＝2AM ＝4；在Rt △CDM 中，MC ＝2MD ＝2．…3分 在△MBC 中，由余弦定理得，BC 2＝BM 2＋MC 2－2BM ·MC ·cos ∠BMC ＝12，BC ＝23．…6分 （2）因为∠DCM ＝θ，所以∠ABM ＝60︒－θ，0︒＜θ＜60︒．在Rt △MCD 中，MC ＝1sin θ；在Rt △MAB 中，MB ＝2sin (60︒－θ)，…9分 由MB ＝4MC 得，2sin (60︒－θ)＝sin θ，…10分 整理可得tan θ＝32．…12分 （18）解：（1）连接C 1B ．∵平面ABC ⊥平面CBB 1C 1，平面ABC ∩平面CBB 1C 1＝BC ，且AC ⊥BC ，AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥平面CBB 1C 1，…2分 而CC 1⊂平面CBB 1C 1，∴AC ⊥CC 1，又AC ∥A 1C 1，则有A 1C 1⊥CC 1，∵四边形CBB 1C 1是菱形，∠C 1CB ＝60︒，∴△C 1BB 1为边长为2的等边三角形，…4分 ∵M 为BB 1的中点，∴C 1M ⊥BB 1，即C 1M ⊥CC 1，又A 1C 1∩C 1M ＝C 1，∴CC 1⊥平面A 1C 1M ，…6分（2）由（1）得C 1M ＝3，又A 1C 1＝AC ＝2，∵AC ⊥平面CBB 1C 1，而C 1M ⊂平面CBB 1C 1， ∴AC ⊥C 1M ，又AC ∥A 1C 1，则有A 1C 1⊥C 1M ，所以△A 1C 1M 的面积为S △A 1C 1M ＝3． …8分由（1）可知CC 1⊥平面A 1C 1M ， 三棱锥C 1-A 1CM 的体积V C 1-A 1CM ＝V C -A 1C 1M ＝ 13·S △A 1C 1M ·CC 1＝233．…12分 （19）解：（1）r ＝129.6132.1≈0.981，…3分 R 2＝r 2≈0.962．因为R 2越大，拟合效果越好，所以丙的拟合效果最好．…4分 （2）b ˆ＝129.682.5≈1.571，…6分 a ˆ＝20.6－b ˆ×5.5≈11.96．…8分 因此y 关于x 的线性回归方程为y ˆ＝1.57x ＋11.96．…9分 （3）从2008年开始计数，2018年是第11年，其工业增加值y 的预报值y ˆ＝1.57×11＋11.96＝29.23＜30．…10分 2019年是第12年，其工业增加值y 的预报值y ˆ＝1.57×12＋11.96＝30.80＞30．…11分 故可以预测到2019年的工业增加值能突破30万亿元大关．…12分 （20）解：（1）由e ＝32可得 c a ＝32，所以 b a ＝ 12，即a 2＝4b 2，从而椭圆C ：x 24＋y 2＝b 2．…2分 当l ⊥x 轴时，l ：x ＝1，由|AB |＝3，不妨取A (1，32)，B (1，－32)，代入椭圆C ：x 24＋y 2＝b 2，得b 2＝1，故椭圆C ：x 24＋y 2＝1．…5分 （2）依题意，N (0，1)．当l 的斜率存在时，设y ＝k (x －1)－1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将y ＝k (x －1)－1代入C 的方程，得(1＋4k 2)x 2－8k (k ＋1)x ＋4k 2＋8k ＝0，…6分 当∆＞0时，x 1＋x 2＝8k (k ＋1)1＋4k 2，x 1·x 2＝4k 2＋8k1＋4k 2．…7分 k NA ＋k NB ＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2，因为y 1＝kx 1－k －1，y 2＝kx 2－k －1，所以k NA ＋k NB ＝2k －(k ＋2)(x 1＋x 2)x 1x 2 …10分＝2k －2(k ＋1)＝－2． …11分由（1）得，当l 的斜率不存在时，A (1，32)，B (1，－32)，所以k NA ＋k NB ＝32－1－32－1＝－2．综上，k NA ＋k NB ＝－2． …12分（21）解：（1）f '(x )＝2a x ＋2x －4…2分 因为f (x )为单调增函数，所以f '(x )≥0，即2a x ＋2x －4≥0恒成立， …3分a ≥(－x 2＋2x )max ＝1，当且仅当x ＝1时取等号，即a ≥1．…5分 （2）证明：由（1）得f '(x )＝2x 2－4x ＋2a x， 依题意可得f '(x )的两个零点为x 1，x 2，所以0＜a ＜1，且x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝a ．…8分 所以f (x 1)＋f (x 2)＝2a ln x 1＋x 21－4x 1＋3＋2a ln x 2＋x 22－4x 2＋3＝2a ln (x 1x 2)＋x 21＋x 22－4(x 1＋x 2)＋6＝2a ln (x 1x 2)＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋6＝2a ln a －2a ＋2…10分 令g (a )＝2a ln a －2a ＋2，0＜a ＜1．则g '(a )＝2ln a ＜0，g (a )单调递减， 因为g (1)＝0，所以g (a )＞0，故f (x 1)＋f (x 2)＞0． …12分（22）解：（1）由l ：ρsin (θ＋ π 3)＝4得， 1 2ρsin θ＋32ρcos θ＝4； 所以直线l 的直角坐标方程为：3x ＋y －8＝0； …2分由圆C ：ρ＝4sin θ得，ρ2＝4ρsin θ，因为x ＝ρcos α，y ＝ρsin α，ρ2＝x 2＋y 2，所以圆C 直角坐标方程为：x 2＋(y －2)2＝4 …3分由x 2＋(y －2)2＝4得，圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos α，y ＝2＋2sin α（α为参数，且0≤α＜2π）， …5分 （2）设点P 坐标为(2cos α，2＋2sin α)，则d 1＝＝|23cos α＋2sin α－6|2＝3－sin α－3cos α，d 2＝2＋2sin α． …7分 那么d 1＋d 2＝sin α－3cos α＋5＝2sin (α－ π 3)＋5，当α＝ 5π6时，d 1＋d 2取得最大值7． …10分（23）解：（1）不等式|x ＋1|＋|x －1|－1≤x ＋1等价于⎩⎨⎧x ＞1，2x －1≤x ＋1，或⎩⎨⎧－1≤x ≤1，1≤x ＋1，或⎩⎨⎧x ＜－1，－2x －1≤x ＋1．解得，1＜x ≤2，或0≤x ≤1，或x ∈∅．所以，不等式f (x )≤x ＋1的解集是{x |0≤x ≤2}．…5分（2）由（1）得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －1，x ≤－1，1，－1＜x ＜1，2x －1，x ≥1．所以y ＝3f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－6x －3，x ≤－1，3，－1＜x ＜1，6x －3，x ≥1．y ＝f (2x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －1，x ≤－ 1 2，1，－ 1 2＜x ＜ 1 2，4x －1，x ≥ 1 2．如图所示，画出函数y ＝3f (x )和y ＝f (2x )的图象，观察图象，可得3f (x )≥f (2x )．…10分。
河北省唐山市2020届高三数学上学期期末考试试题文(扫描版)
唐山市2019—2020学年度高三年级第一学期期末考试文科数学参考答案一．选择题： A 卷：ADCBC BDADA ADB 卷：ADDBC BCADA AD 二．填空题： 13．314．－315．416．215三．解答题：17．解：（1）设{a n }的公差为d ，则a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝9， 则a 1＋d ＝3．①因为{b n }是等比数列，且b 1＝a 2，b 2＝a 5，b 3＝a 11，所以(a 1＋d )(a 1＋10d )＝(a 1＋4d )2，化简得，a 1d ＝2d 2，因为d ≠0，所以a 1＝2d ．② 由①②解得，a 1＝2，d ＝1，故a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1． …6分（2）由（1）得b 1＝a 2＝3，b 2＝a 5＝6， 设公比为q ，则q ＝2，故b n ＝3×2n －1，则T n ＝b 1－b n q 1－q ＝3－3×2n 1－2＝3×2n－3．…12分18．解：（1…2分 将列联表中的数据代入公式计算得k ＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )＝900(300×175－300×125)2600×300×425×475≈5.573＜6.635， …4分所以，不能在犯错误概率不超过0.01的前提下认为“选择物理与学生的性别有关”． …6分（2）该学校选择“史地化”组合的男生、女生的比为2∶3，所以从选择“史地化”组合的同学中按性别用分层抽样的方式抽取5名同学，其中男生2名，女生3名．记男生分别为A 1，A 2，女生分别为B 1，B 2，B 3，从5名同学中随机抽取3名同学共有 {A 1，A 2，B 1}，{A 1，A 2，B 2}，{A 1，A 2，B 3}，{A 1，B 1，B 2}，{A 1，B 1，B 3}， {A 1，B 2，B 3}，{A 2，B 1，B 2}，{A 2，B 1，B 3}，{A 2，B 2，B 3}，{B 1，B 2，B 3}， 10种等可能的结果． 其中，恰有一名男生包含{A 1，B 1，B 2}，{A 1，B 1，B 3}，{A 1，B 2，B 3}， {A 2，B 1，B 2}，{A 2，B 1，B 3}，{A 2，B 2，B 3} 6种等可能的结果，所以恰有1名男生的概率P ＝610＝ 35． …12分19．解：（1）因为AB 是圆的直径， 所以BC ⊥AC ，因为PC 垂直圆所在的平面， 所以PC ⊥BC ，又因为AC ∩PC ＝C ， 所以BC ⊥平面PAC ．因为D ，E 分别是棱PB ，PC 的中点， 所以BC ∥DE ，从而有DE ⊥平面PAC ． …4分（2）同理可知AC ⊥平面PBC ，又AC 平面ACD ， 则平面PBC ⊥平面ACD ．过E 引CD 的垂线，垂足为O ， 则EO ⊥平面ACD ，所以EO 长度即为点E 到平面ACD 的距离． …8分由已知及AB ＝PC ＝2，AC ＝1，可得BC ＝2DE ＝3，CE ＝1，在直角△CED 中，CD ＝72，则EO ＝CE ×DE CD ＝217． 所以点E 到平面ACD 的距离为217．…12分20．解：（1）由题意得F (1，0)，设l ：x ＝my ＋1，代入y 2＝4x 得y 2－4my －4＝0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4． 则4m ＝4，解得m ＝1．所以直线l 的方程为x －y －1＝0． …4分（2）设直线PA ，PB ，PC 的斜率分别为k 1，k 2，k 3．由题意可解得C (－1，－ 2 m )，k 3＝－ 2 m －2－1－1＝ 1m＋1．…6分而k 1＋k 2＝y 1－2x 1－1＋y 2－2x 2－1＝y 1－2my 1＋y 2－2my 2＝2m－2 m ( 1y 1＋ 1 y 2)＝ 2 m －2(y 1＋y 2)my 1y 2＝ 2m＋2．…10分 则k 1＋k 2＝2k 3，所以，直线PA ，PC ，PB 的斜率成等差数列．…12分BPAEDCO21．解：（1）g (x )＝f '(x )＝ x2－1＋cos x ，所以g '(x )＝ 12－sin x ．…2分由g '(x )＝0且x ∈[0，2π]，得x ＝ π 6或5π6．当x 变化时，g '…5分所以g (x )的单调递减区间为( π 6，5π6)；g (x )的单调递增区间为[0， π 6)，(5π6，2π]．…6分（2）由（1）得，当x ∈[0，2π]时，f '(x )的极小值f '(5π6)＜f '(π)＝ π2－2＜0；极大值f '( π6)＞f (0)＝0，又f '(2π)＝π＞0，所以存在x 1∈( π 6，5π6)，x 2∈(5π6，2π)，使得f '(x 1)＝f '(x 2)＝0，且当x …8分从而f (x 1)＞f (0)＝0；f (x 2)＜f (π)＝π24－π＜0，又f (2π)＝π2－2π＞0，所以f (x )在(0，π)，(π，2π]内各有一零点，又f (0)＝0，所以f (x )在[0，2π]内有3个零点． …10分 当x ∈(－∞，0)时，f '(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )＞f (0)＝0， 所以f (x )在(－∞，0)上没有零点．当x ∈(2π，＋∞)时，f (x )＞π2－2π＋sin x ≥π2－2π－1＞0， 所以f (x )在(2π，＋∞)上没有零点．综上，f (x )在R 上仅有三个零点． …12分 22．解：（1）因为x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 所以圆C ：ρ＝2cos θ，直线l ：ρsin θ＝2．…4分（2）设A (ρA ，θ)，B (ρB ，θ＋α)，－ π 2＜θ＜ π2．依题意可得，ρA ＝2cos θ，ρB sin (θ＋α)＝2，ρB cos α＝ρA ． 所以2cos θsin (θ＋α)＝2cos α，从而cos θsin θcos α＋cos 2θsin α＝cos α，所以tan α＝1－cos θsin θ cos 2θ＝tan 2θ－tan θ＋1＝(tan θ－ 1 2)2＋ 3 4， 所以tan θ＝12时，tan α取得最小值 34． …10分23．解：（1）因为( 2 a ＋ 1 b)(2a ＋b )＝2b a ＋2ab＋5≥9，又2a ＋b ＝3，故此， 2 a ＋ 1 b ≥3，当且仅当 b a ＝ ab，即a ＝b ＝1时等号成立． …4分（2）因为(2a ＋b )(c ＋d )＝2ac ＋bd ＋bc ＋2ad ≥2ac ＋bd ＋22acbd ＝(2ac ＋bd )2， 所以2ac ＋bd ≤3，当且仅当bc ＝2ad 时等号成立，此时2a c ＝ b d ＝2a ＋b c ＋d ＝3，故当 a c ＝ 3 2时，2ac ＋bd 取得最大值． …10分注：试题有其他解法，参照答案赋分．。
2019-2020学年河北省唐山市高三上学期期末考试文科数学试卷及答案
2019-2020学年河北省唐山市高三上学期期末考试文科数学试卷及答案一、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.复数12z i =-，则2z =（）A.34i-- B.54i- C.34i-+ D.54i+2.设集合{}1A x x =≥，{}24B x x =-<<，则A B = （）A.{}14x x ≤< B.{}21x x -<< C.{}24x x -<< D.{}2x x >-3.已知焦点在x 轴上的双曲线C 的渐近线方程为20x y ±=，则C 的离心率为（）A.B.3C.D.54.已知实数x 、y 满足不等式组0220330x x y x y ≥⎧⎪+-≥⎨⎪+-≤⎩，则目标函数z x y =+的取值范围是（）A.[]0,4 B.[]1,3 C.[]2,3 D.[]1,45.图（1）是某品牌汽车2019年月销量统计图，图（2）是该品牌汽车月销量占所属汽车公司当月总销量的份额统计图，则下列说法错误的是（）A.该品牌汽车2019年全年销量中，1月份月销量最多B.该品牌汽车2019年上半年的销售淡季是5月份，下半年的销售淡季是10月份C.2019年该品牌汽车所属公司7月份的汽车销量比8月份多D.该品牌汽车2019年下半年月销量相对于上半年，波动性小，变化较平稳6.已知()12log f x x =-，则满足()11f x +≥的x 的取值范围是（）A.3,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B.31,4⎛⎤-- ⎥⎝⎦C.3,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D.51,4⎛⎤⎥⎝⎦7.如图为函数()()sin f x x ωϕ=+的部分图象，将其向左平移14个单位长度后与函数()g x 的图象重合，则()g x 可以表示为（）A.sin 2x πB.sin 2x π-C.sin x πD.sin xπ-8.笛卡尔心形线的极坐标方程为()1sin a ρθ=-，如图，笛卡尔心形线在半径为2的圆内.为了测算该心形线围成的区域面积，某同学利用计算机随机模拟法向该圆内随机投掷了1000个点，其中落入心形线内的点有375个，则该心形线围成的区域面积约为（）A.32πB.38π C.2πD.π9.若cos 2sin 1θθ-=，则tan θ=（）A.43B.34C.0或43D.0或3410.如图，三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面ABC ，90ACB ∠= ，1AA AC CB ==，则直线1BC 与平面11ABB A 所成角的正弦值是（）A.12B.22C.32D.3311.1F 、2F 为椭圆22:142x y E +=的左、右焦点，A 为短轴的一个端点，连接2AF 并延长交椭圆于B 点，则1ABF ∆的面积为（）A.83B.163C.3D.812.已知直线l 与曲线()xf x e =和()lng x x =分别相切于点()11,A x y 、()22,B x y .有以下命题：①90AOB ∠> （O 为原点）；②120x y +=；③()12,2x ∈-，则正确命题的个数为（）A.0B.1C.2D.3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知2a = ，3b =r ，a 与b 夹角的余弦值为13，则a b -= ______.14.已知函数()f x 满足()()23f x f x x +-=，则()1f =______.15.已知两圆1C 、2C 和x 轴正半轴，y 轴正半轴及直线2x y +=都相切，则两圆圆心的距离12C C =______.16.在ABC ∆中，120BAC ∠= ，D 、E 为边BC 上的点，且BD CD =，BAE CAE ∠=∠，若3AD =，AE =BC =______.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0的等差数列，且前3项和为9.{}n b 是等比数列，且12b a =，25b a =，311b a =.（1）求n a ；（2）求{}n b 的前n 项和n T .18.河北省高考综合改革从2018年秋季入学的高一年级学生开始实施，新高考将实行“312++”模式，其中3表示语文、数学、外语三科必选，1表示从物理、历史两科中选择一科，2表示从化学、生物、政治、地理四科中选择两科.某校2018级入学的高一学生选科情况如下表：选科组合物化生物化政物化地物生政物生地物政地史政地史政化史生政史地化史地生史化生合计男1304555302515301040101520425女1004550353535402055152520475合计23090105656050703095254040900（1）完成下面的22⨯列联表，并判断是否在犯错误概率不超过0.01的前提下，认为“选择物理与学生的性别有关”？（2）学校按性别用分层抽样的方式，从选择“史地化”组合的同学中抽取了5名同学.现要从这5名同学中随机抽取3名同学参加某项活动，则抽取的3名同学中，恰有1名男生的概率.选择物理不选择物理合计男425女475合计900附表及公式：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++()20P K k ≥0.1500.1000.0500.0100k 2.0722.7063.8416.63519.如图，AB 是圆的直径，C 是圆上的点，PC 垂直圆所在的平面，D 、E 分别是PB 、PC 的中点.（1）求证：DE ⊥平面PAC ；（2）若2AB PC ==，1AC =，求点E 到平面ACD 的距离.20.己知抛物线2:4E y x =的焦点为F ，过点F 的直线l 与E 相交于A 、B 两点.（1）若AB 的中点纵坐标为2，求直线l 的方程；（2）设直线l 与E 的准线相交于C ，()1,2P ，求证：直线PA 、PC 、PB 的斜率成等差数列.21.设函数()2sin 4x f x x x =-+，()()g x f x '=.（1）讨论()g x 在[]0,2π上的单调性；（2）证明：()f x 在R 上仅有三个零点.（二）选考题：共10分.请考生在第（22），（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4－4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系xOy 中，圆()22:11C x y -+=，直线:2l y =.以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求圆C 和直线l 的极坐标方程；（2）设A 、B 分别为圆C 和直线l 上的点，且满足AO AB ⊥，设AOB α∠=，求tan α的最小值.[选修4－5：不等式选讲]23.已知a 、b 、c 、d 是正实数，且23a b +=，1c d +=.（1）证明：213a b+≥；（2）当ac+取得最大值？数学试题参考答案1-10ADCBC BDACC11-12AD13.3；14.3-；15.4；16.17（1）设{}n a 的公差为d ，则0d ≠，则1231339a a a a d ++=+=，得13a d +=.①因为{}n b 是等比数列，且12b a =，25b a =，311b a =，由2213b b b =，可得()()()2111104a d a d a d ++=+，化简得212a d d =，因为0d ≠，所以12a d =.②由①②解得，12a =，1d =，故()111n a a n d n =+-=+；（2）由（1）得123b a ==，256b a ==，设等比数列{}n b 的公比为q ，则212b q b ==，故11132n n n b b q --==⨯，则1332322311nn n n b b q T q --⨯==⨯---=.18.（1）依题意可得列联表选择物理不选择物理合计男300125425女300175475合计600300900将列联表中的数据代入公式计算得()22900300175300125 5.573 6.635600*********K ⨯⨯-⨯=≈<⨯⨯⨯，所以，不能在犯错误概率不超过0.01的前提下认为“选择物理与学生的性别有关”；（2）该学校选择“史地化”组合的男生、女生的比为2:3，所以从选择“史地化”组合的同学中按性别用分层抽样的方式抽取5名同学，其中男生2名，女生3名.记男生分别为1A 、2A ，女生分别为1B 、2B 、3B ，从5名同学中随机抽取3名同学，所有的基本事件有：{}121,,A A B 、{}122,,A A B 、{}123,,A A B 、{}112,,A B B 、{}113,,A B B 、{}123,,A B B 、{}212,,A B B 、{}213,,A B B 、{}223,,A B B 、{}123,,B B B ，共10种等可能的结果.其中，恰有一名男生包含的基本事件有：{}112,,A B B 、{}113,,A B B 、{}123,,A B B 、{}212,,A B B 、{}213,,A B B 、{}223,,A B B ，共6种等可能的结果，所以恰有1名男生的概率63105P ==.19.（1）因为AB 是圆的直径，所以BC AC ⊥，因为PC 垂直圆所在的平面，BC 为圆所在平面内的一条直线，所以PC BC ⊥，又因为AC PC C = ，所以BC ⊥平面PAC .因为D 、E 分别是棱PB 、PC 的中点，所以//BC DE ，从而有DE ⊥平面PAC ；（2）因为AB 是圆的直径，所以BC AC ⊥，因为PC 垂直圆所在的平面，AC 为圆所在平面内的一条直线，所以PC AC ⊥，BC PC C = ，AC ∴⊥平面PBC ，又AC ⊂平面ACD ，则平面PBC ⊥平面ACD .过E 引CD 的垂线，垂足为O ，平面PBC ⊥平面ACD ，平面PBC 平面ACD CD =，EO CD ⊥，EO ⊂平面PBC ，EO ∴⊥平面ACD ，所以EO 的长度即为点E 到平面ACD 的距离.由已知及2AB PC ==，1AC =，可得2BC DE ==，1CE =，在直角CED ∆中，72CD =，则217CE DE EO CD ⨯==.所以点E 到平面ACD 的距离为217.20.（1）由题意得()1,0F ，设:1l x my =+，设点()11,A x y 、()22,B x y ，将直线l 的方程代入24y x =得2440y my --=，则124y y m +=，124y y =-.由于AB 的中点纵坐标为2，则1244y y m +==，解得1m =.所以直线l 的方程为10x y --=；（2）设直线PA 、PB 、PC 的斜率分别为1k 、2k 、3k .由题意可解得21,C m ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，则3221111m k m--==+--.而()1212121212121212222222211211y y y y y y k k x x my my m m y y m my y +⎛⎫----+=+=+=-+=- ⎪--⎝⎭3212212k m m ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭所以，直线PA 、PC 、PB 的斜率成等差数列.21.（1）()()1cos 2x g x f x x '==-+，所以()1sin 2g x x '=-.由()0g x '=且[]0,2x π∈，得6x π=或56π.当x 变化时，()g x '和()g x 的变化情况如下表：x0,6π⎡⎫⎪⎢⎣⎭6π5,66ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭56π5,26ππ⎛⎤⎥⎝⎦()g x '+-+()g x极大值极小值所以，函数()y g x =的单调递减区间为5,66ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递增区间为0,6π⎡⎫⎪⎢⎣⎭和5,26ππ⎛⎤⎥⎝⎦；（2）由（1）得，当[]0,2x π∈时，()y f x '=的极小值()52062f f πππ⎛⎫''<=-<⎪⎝⎭；极大值()006f f π⎛⎫'>= ⎪⎝⎭，又()20f ππ'=>，所以存在15,66x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，25,26x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()()120f x f x ''==，且当x 变化时()f x '和()f x 的变化情况如下表：x[)10,x 1x ()12,x x 2x (]2,2x π()f x '+0-0+()f x极大值极小值从而()()100f x f >=；()()2204f x f πππ<=-<，又()2220f πππ=->，所以()y f x =在()0,π，(],2ππ内各有一零点，又()00f =，所以()y f x =在[]0,2π内有3个零点.当(),0x ∈-∞时，()0f x '<，()y f x =单调递减，所以()()00f x f >=，所以()y f x =在(),0-∞上没有零点；当()2,x π∈+∞时，()222sin 210f x x ππππ>-+--> ，所以()y f x =在()2,π+∞上没有零点.综上，()y f x =在R 上仅有三个零点.22.（1）圆C 的方程为2220x y x +-=，即222x y x +=，因为222x y ρ+=，cos x ρθ=，sin y ρθ=，所以圆2:cos C ρθ=，直线:sin 2l ρθ=；（2）设(),A A ρθ、(),B B ρθα+，22ππθ-<<.依题意可得，2cos A ρθ=，()sin 2B ρθα+=，cos B A ραρ=.所以()2cos sin 2cos θθαα+=，从而2cos sin cos cos sin cos θθαθαα+=，所以2221cos sin 13tan tan tan 1tan cos 24θθαθθθθ-⎛⎫==-+=-+ ⎪⎝⎭，所以当1tan 2θ=时，tan α取得最小值34.23.（1）因为()21222559b a a b a b a b ⎛⎫++=++≥= ⎪⎝⎭，又23a b +=，故213a b+≥，当且仅当b aa b =时，即1a b ==时等号成立；（2）因为()()32222a b c d ac bd bc ad ac bd =++=+++≥++2=，+≤，当且仅当2bc ad =时等号成立，此时223a b a b c d c d +===+，故当32a c =取得最大值.。
2019届河北省唐山市高三上学期期末考试A卷数学(文)试题(解析版)
2019届河北省唐山市高三上学期期末考试A卷数学（文）试题一、单选题1．复数的虚部是( )A．-1 B．1 C．D．【答案】D【解析】由复数的运算法则化简即可求出结果.【详解】因为，所以虚部是，故选D.【点睛】本题主要考查复数的运算，属于基础题型.2．设集合，，则( )A．B．C．D．【答案】C【解析】先解不等式，求出集合，再与集合求交集即可.【详解】因为，又，所以.故选C【点睛】本题主要考查集合的交集运算，属于基础题型.3．已知，则( )A．B．C．D．【答案】D【解析】由同角三角函数基本关系将转化，即可求出结果.【详解】因为，，所以.故选D【点睛】本题主要考查同角三角函数基本关系，属于基础题型.4．某校开设共4门选修课，一位同学从中随机选取2门，则与未同时被选中的概率为( )A．B．C．D．【答案】D【解析】先求与同时被选中的概率，再由互为对立事件的概率之和为1，即可求出结果.【详解】记“与同时被选中”为事件A，所以事件A发生的概率为，所以与未同时被选中的概率为.故选D【点睛】本题主要考查古典概型，属于基础题型.5．，使得，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】B【解析】先由分离参数得到，求出的最小值即可.【详解】因为，所以，当且仅当时，取等号，所以只需，故选B.【点睛】本题主要考查利用基本不等式处理不等式成立的问题，属于基础题型.6．某三棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．B．C．4 D．8【答案】A【解析】由三视图先确定几何体的形状，由体积公式即可求解.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，其底面为等腰直角三角形，且腰长为2，三棱柱的高为2，所以该三棱柱的体积为.故选A【点睛】本题主要考查由三视图来求几何体的体积，属于基础题型.7．设向量，满足，，则( )A．2 B．C．D．【答案】B【解析】由题意结合向量的运算法则求解其模即可.【详解】由题意结合向量的运算法则可知：.本题选择B选项.【点睛】本题主要考查向量的运算法则，向量的模的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8．设为等差数列，，为其前项和，若，则公差( )A．-2 B．-1 C．1 D．2【答案】A【解析】由题意结合等差数列的性质和前n项和的定义求解公差即可.【详解】由题意可得：，则，等差数列的公差.本题选择A选项.【点睛】本题主要考查数列的前n项和与通项公式的关系，等差数列公差的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9．已知是抛物线的焦点，抛物线的准线与双曲线的两条渐近线交于，两点，若为等边三角形，则的离心率( )A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意首先确定点A的坐标，然后求解离心率即可.【详解】由抛物线方程可知焦点坐标为，准线方程为，不妨假设点A位于第二象限，由等边三角形的性质可知，点A在双曲线的渐近线上，则渐近线方程为，结合双曲线方程可得：，则.本题选择D选项.【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．10．已知函数的图像与轴相切，则( )A．-1 B．0 C．D．1【答案】A【解析】先设切点坐标，再由题意可得且，解方程组即可求出.【详解】设切点为，由得，所以，所以由题意可得，，所以，由函数与的图像易知，两函数交点只有一个，且横坐标为0，所以解得，所以.故选A.【点睛】本题主要考查导数的方法研究函数的切线问题，通常先设切点坐标，由题意列方程组求解，属于基础题型.11．已知圆锥的顶点为，为底面中心，为底面圆周上三点，为底面的直径，，为的中点，为弧的中点.设直线与直线所成角为，则( )A．B．C．D．【答案】C【解析】先取OA中点N，连结MN，NC，只需说明等于直线与直线所成角，再解三角形即可求出结果.【详解】因为在圆锥中，为底面的直径，为圆锥的顶点，所以底面，取OA中点N，连结MN，NC，因为为的中点，所以,故等于直线与直线所成角.设,由题意，，所以,故,,所以,故，选C.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，只需用立体几何法在几何体中作出异面直线所成的角，解三角形即可，属于基础题型.12．已知点在圆上，，，为中点，则的最大值为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】由圆的特征可确定为锐角，因此只需求出的正切值的最大值即可.【详解】设，因为为中点，所以，所以，因为点在圆上，则,不妨令，则，令，则所以当且仅当时，取最大值，故.故选C.【点睛】本题主要考查函数的综合，通常情况下，需要依题意表示出所求的量，通过求函数的值域来确定结果，属于中档试题.二、填空题13．若，满足约束条件则的最大值为__________．【答案】2【解析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义确定函数的最值即可.【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点处取得最大值，联立直线方程：，可得点的坐标为：，据此可知目标函数的最大值为：.【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.14．已知函数则不等式的解集为__________．【答案】【解析】由题意结合函数的解析式分类讨论求解不等式的解集即可.【详解】结合函数的解析式分类讨论：当时，，解得：，此时，当时，，解得，此时，综上可得，不等式的解集为.【点睛】本题主要考查分段函数不等式的解法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15．已知是数列的前项和，，则__________．【答案】【解析】由和，可求出数列的通项公式，从而可求出结果.【详解】因为是数列的前项和，，所以由，所以，所以数列是以为公比的等比数列，又，所以，故,所以.【点睛】本题主要考查等比数列，属于基础题型.16．若函数（，）的图像关于点对称，且在上单调递减，则__________．【答案】3【解析】由函数图像关于点对称，且在上单调递减，可列出关于的不等式组，再由，可求出结果.【详解】因为的图像关于点对称，且在上单调递减，所以有，即，又，因为，所以有，所以，因为,所以，故.【点睛】本题主要考查三角函数的图像和性质，通常借助函数的单调性和周期性来处理，属于中档试题.三、解答题17．如图，在梯形中，，为上一点，，.（1）若，求；（2）设，若，求.【答案】（1）（2）【解析】(1)先由题中条件求出，再由余弦定理即可求解；(2)先由，表示出，进而可用表示出，，再由，即可求解.【详解】解：（1）由，，得.在中，；在中，．在中，由余弦定理得，，．（2）因为，所以，．在中，；在中，，由得，，所以，即，整理可得．【点睛】本题主要考查解三角形的问题，常用余弦定理和正弦定理等来处理，属于基础题型. 18．在三棱柱中，侧面是菱形，，平面平面，为的中点，.（1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析（2）【解析】(1)由直线与平面垂直的判定定理，结合题中条件，即可证明结论成立；(2)由三棱柱的体积公式，即可求解.【详解】解：（1）连接．∵平面平面，平面平面，且，平面，∴平面，而平面，∴，又，则有，∵四边形是菱形，，∴为边长为2的等边三角形，∵为的中点，∴，即，又，∴平面.（2）由（1）得，又，∵平面，而平面，∴，又，则有，所以的面积为．由（1）可知平面，三棱锥的体积．【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定定理，以及几何体的体积，属于基础题型. 19．近年来，我国工业经济发展迅速，工业增加值连年攀升，某研究机构统计了近十年（从2008年到2017年）的工业增加值（万亿元），如下表：依据表格数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.（1）根据散点图和表中数据，此研究机构对工业增加值（万亿元）与年份序号的回归方程类型进行了拟合实验，研究人员甲采用函数，其拟合指数；研究人员乙采用函数，其拟合指数；研究人员丙采用线性函数，请计算其拟合指数，并用数据说明哪位研究人员的函数类型拟合效果最好.（注：相关系数与拟合指数满足关系）.（2）根据（1）的判断结果及统计值，建立关于的回归方程（系数精确到0.01）；（3）预测到哪一年的工业增加值能突破30万亿元大关.附：样本的相关系数，，，.【答案】（1）丙（2）（3）2019【解析】【详解】（1），.因为越大，拟合效果越好，所以丙的拟合效果最好．（2），.因此关于的线性回归方程为．（3）从2008年开始计数，2018年是第11年，其工业增加值的预报值：.2019年是第12年，其工业增加值的预报值：.故可以预测到2019年的工业增加值能突破30万亿元大关．【点睛】本题主要考查回归方程的求解与应用，相关系数的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20．已知椭圆，离心率，过点的动直线与椭圆相交于，两点.当轴时，.（1）求椭圆的方程；（2）已知为椭圆的上顶点，证明为定值.【答案】（1）（2）详见解析【解析】(1)先由离心率得到的关系，再由题中轴时，，即可求出，进而可得结果;(2)分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，联立直线与椭圆的方程，由根与系数关系，表示出直线的斜率，从而可证明结论成立.【详解】解：（1）由可得，所以，即，从而椭圆．当轴时，，由，不妨取，，代入椭圆，得，故椭圆．（2）依题意，．当的斜率存在时，设，，，将代入的方程，得，当时，，．，因为，，所以．由（1）得，当的斜率不存在时，，，所以．综上，．【点睛】本题主要考查椭圆的方程，以及椭圆的几何性质，通常情况下联立直线与椭圆方程，由根与系数关系，结合题意求解，属于中档试题.21．已知函数.（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）若有两个极值点，，证明：.【答案】（1）（2）详见解析【解析】(1)先对函数求导，再根据条件可得恒成立，进而可求结果；(2)由(1)以及根与系数关系，先找到，的关系，将转化为关于的函数，研究函数的单调性，即可证明结论成立.【详解】解：（1）因为为单调增函数，所以，即恒成立，，当且仅当时取等号，即．（2）证明：由（1）得，依题意可得的两个零点为，，所以，且，．所以令，．则，单调递减，因为，所以，故．【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常情况下，需要构造函数，用导数的方法来处理，难度较大.22．在极坐标系中，直线，圆.以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系.（1）求直线的直角坐标方程和圆的参数方程；（2）已知点在圆上，到和轴的距离分别为，，求的最大值.【答案】（1）直线的直角坐标方程为：；圆的参数方程为（为参数，且）；（2）7【解析】(1)利用极坐标方程与直角坐标方程，普通方程与参数方程的转化方法进行转化即可；(2)结合(1)中的结论得到关于的表达式，结合三角函数的性质确定其最大值即可.【详解】（1）由得，；所以直线的直角坐标方程为：；由圆得，，因为，，，所以圆直角坐标方程为：由得，圆的参数方程为（为参数，且），（2）设点坐标为，则，．那么，当时，取得最大值7．【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，最值问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.23．已知.（1）解不等式；（2）证明：.【答案】（1）（2）详见解析【解析】(1)由题意零点分段确定不等式的解集即可；(2)结合(1)中的结论绘制函数和的图象，结合函数图像可知题中的不等式成立.【详解】（1）不等式等价于或或解得，，或，或．所以，不等式的解集是．（2）由（1）得，所以如图所示，画出函数和的图象，观察图象，可得．【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．。
2019届河北省唐山市高三上学期期末考试A卷文科综合试卷及答案
②加强国际交流与合作。学习国外先进的管理经验、经营理念，引进国际先进技术，促进自身技术升级，促进企业转变发展方式，提高我国企业的竞争力。（3分）
③促进我国企业加强自身的品牌建设，形成质量、品牌、服务、技术的出口新优势。（3分）
（一汇处，（2分）由于地势平坦、海域较浅，河水受到海水的顶托，泥沙不断堆积形成。（4分）
（2）太湖流域属于亚热带季风气候区，流域内降水多；（2分）地势西高东低，大量的河流径流注入太湖；（2分）太湖水盐分通过入海通道注入海洋，太湖水的盐度逐渐降低，形成淡水湖。（4分）
④可以倒逼我国企业降低成本、淘汰落后工艺，促进企业生产和经营的优化升级。（2分）
39.①科技成果的应用为政府加强执法管理提供数据支撑，提升了政府维护社会治安和社会秩序的能力，保证人民享有安全、绿色、和谐的生活。
②“城市大脑建设工程”增强了城市治理的精细化、智能化，提高了政府决策水平、决策效率，提升了政府在经济调节、市场监管、社会管理和公共服务方面的能力，使人民群众享有更高质量的生活。
（3）河流携带泥沙，湖床抬高；（2分）（网箱养殖，植物、藻类大量繁殖）有机物含量多，大量沉积湖底；（2分）人口增加，围湖扩大用地等。（2分）流域内恢复植被，退耕还林还草；保护水质。（2分）
37．（24分）
（1）爪哇岛多火山灰土，土壤肥沃；（2分）当地开发较早，人口密集、劳动力丰富，产品加工成本低；（4分）（东南亚地处世界主要交通要道上）地理位置和交通优越，产品便于远销世界。（2分）
（2）①下姜村立足本村发展的实践，在充分发掘传统技艺当代价值的同时，开发特色文化旅游，实现了优秀传统文化的创造性转化和创新性发展，促进了该村文化旅游品牌的建设，推动该村文化产业的发展，为该村华丽转身注入强劲动力。（4分）
高三上学期期末考试a卷数学(文)试题(扫描版)
高三上学期期末考试a 卷数学（文）试题（扫描版）唐山市2018—2019学年度高三年级期末考试文科数学参考答案一．选择题：A 卷：DCDDB ABADA CC B 卷：DCADB DBADA CC二．填空题： （13）2 （14）(－∞，e －1)（15）3116（16）3三．解答题： （17）解：（1）由∠BMC ＝60，∠AMB ＝60，得∠CMD ＝60． …1分在Rt △ABM 中，MB ＝2AM ＝4； 在Rt △CDM 中，MC ＝2MD ＝2． …3分在△MBC 中，由余弦定理得，BC 2＝BM 2＋MC 2－2BM ·MC ·cos ∠BMC ＝12， BC ＝23．…6分（2）因为∠DCM ＝θ，所以∠ABM ＝60－θ，0＜θ＜60． 在Rt △MCD 中，MC ＝1sin θ； 在Rt △MAB 中，MB ＝2sin (60－θ)，…9分 由MB ＝4MC 得，2sin (60－θ)＝sin θ， …10分 整理可得tan θ＝32．…12分（18）解：（1）连接C 1B ．∵平面ABC ⊥平面CBB 1C 1，平面ABC ∩平面CBB 1C 1＝BC ， 且AC ⊥BC ，AC 平面ABC ， ∴AC ⊥平面CBB 1C 1，…2分而CC 1平面CBB 1C 1，∴AC ⊥CC 1， 又AC ∥A 1C 1，则有A 1C 1⊥CC 1，∵四边形CBB 1C 1是菱形，∠C 1CB ＝60，∴△C1BB1为边长为2的等边三角形，…4分∵M为BB1的中点，∴C1M⊥BB1，即C1M⊥CC1，又A1C1∩C1M＝C1，∴CC1⊥平面A1C1M，…6分（2）由（1）得C 1M ＝3，又A 1C 1＝AC ＝2， ∵AC ⊥平面CBB 1C 1，而C 1M 平面CBB 1C 1， ∴AC ⊥C 1M ，又AC ∥A 1C 1，则有A 1C 1⊥C 1M ， 所以△A 1C 1M 的面积为S △A1C1M ＝3． …8分 由（1）可知CC 1⊥平面A 1C 1M ， 三棱锥C 1A 1CM 的体积 V C1A1CM＝V CA1C1M＝ 13·S △A1C1M ·CC 1＝233．…12分（19）解：（1）r ＝129.6132.1≈0.981，…3分R 2＝r 2≈0.962．因为R 2越大，拟合效果越好，所以丙的拟合效果最好． …4分 （2）b ˆ＝129.682.5≈1.571，…6分 a ˆ＝20.6－b ˆ×5.5≈11.96．…8分 因此y 关于x 的线性回归方程为y ˆ＝1.57x ＋11.96．…9分（3）从2008年开始计数，2018年是第11年，其工业增加值y 的预报值yˆ＝1.57×11＋11.96＝29.23＜30．…10分2019年是第12年，其工业增加值y 的预报值yˆ＝1.57×12＋11.96＝30.80＞30．…11分 故可以预测到2019年的工业增加值能突破30万亿元大关．…12分（20）解：（1）由e ＝32可得 c a ＝32，所以 b a ＝ 12， 即a 2＝4b 2，从而椭圆C ：x 24＋y 2＝b 2．…2分当l ⊥x 轴时，l ：x ＝1，由|AB|＝3，不妨取A (1，32)，B (1，－32)， 代入椭圆C ：x 24＋y 2＝b 2，得b 2＝1，故椭圆C ：x 24＋y 2＝1．…5分（2）依题意，N(0，1)．当l 的斜率存在时，设y ＝k(x －1)－1，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，将y ＝k(x －1)－1代入C 的方程，得(1＋4k 2)x 2－8k(k ＋1)x ＋4k 2＋8k ＝0， …6分 当＞0时，x 1＋x 2＝8k(k ＋1)1＋4k 2，x 1·x 2＝4k 2＋8k1＋4k 2．…7分k NA ＋k NB ＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2，因为y 1＝kx 1－k －1，y 2＝kx 2－k －1， 所以k NA ＋k NB ＝2k －(k ＋2)(x 1＋x 2)x 1x 2…10分 ＝2k －2(k ＋1)＝－2．…11分由（1）得，当l 的斜率不存在时，A (1，32)，B (1，－32)， 所以k NA ＋k NB ＝32－1－32－1＝－2． 综上，k NA ＋k NB ＝－2．…12分（21）解：（1）f(x)＝2ax＋2x －4…2分 因为f (x)为单调增函数，所以f(x)≥0，即2ax＋2x －4≥0恒成立，…3分a ≥(－x 2＋2x)max ＝1，当且仅当x ＝1时取等号， 即a ≥1．…5分（2）证明：由（1）得f (x)＝2x 2－4x ＋2ax，依题意可得f(x)的两个零点为x 1，x 2，所以0＜a ＜1，且x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝a ．…8分所以f (x 1)＋f (x 2)＝2aln x 1＋x 21－4x 1＋3＋2aln x 2＋x 22－4x 2＋3＝2aln (x 1x 2)＋x 21＋x 22－4(x 1＋x 2)＋6＝2aln (x 1x 2)＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋6 ＝2aln a －2a ＋2…10分令g (a)＝2aln a －2a ＋2，0＜a ＜1．则g (a)＝2ln a ＜0，g (a)单调递减，因为g (1)＝0，所以g (a)＞0，故f (x 1)＋f (x 2)＞0．…12分（22）解：（1）由l ：ρsin (θ＋π 3)＝4得， 12ρsin θ＋32ρcos θ＝4； 所以直线l 的直角坐标方程为：3x ＋y －8＝0；…2分由圆C ：ρ＝4sin θ得，ρ2＝4ρsin θ，因为x ＝ρcos α，y ＝ρsin α，ρ2＝x 2＋y 2， 所以圆C 直角坐标方程为：x 2＋(y －2)2＝4 …3分由x 2＋(y －2)2＝4得，圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos α，y ＝2＋2sin α（α为参数，且0≤α＜2π），…5分（2）设点P 坐标为(2cos α，2＋2sin α)，则d 1＝＝|23cos α＋2sin α－6|2＝3－sin α－3cos α，d 2＝2＋2sin α．…7分那么d 1＋d 2＝sin α－3cos α＋5＝2sin (α－ π3)＋5，当α＝ 5π6时，d 1＋d 2取得最大值7．…10分（23）解：（1）不等式|x ＋1|＋|x －1|－1≤x ＋1等价于⎩⎨⎧x ＞1，2x －1≤x ＋1，或⎩⎨⎧－1≤x≤1，1≤x ＋1，或⎩⎨⎧x ＜－1，－2x －1≤x ＋1．解得，1＜x ≤2，或0≤x≤1，或x ∈．所以，不等式f (x)≤x ＋1的解集是{x|0≤x≤2}．…5分（2）由（1）得，f (x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －1，x ≤－1，1，－1＜x ＜1，2x －1，x ≥1． 所以y ＝3f (x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－6x －3，x ≤－1，3，－1＜x ＜1，6x －3，x ≥1．y ＝f (2x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －1，x ≤－12，1，－12＜x ＜ 12，4x －1，x ≥ 1 2．如图所示，画出函数y ＝3f (x)和y ＝f (2x)的图象， 观察图象，可得3f (x)≥f (2x)．…10分。
河北省唐山市2019届高三上学期期末考试A卷语文试题 扫描版含答案
唐山市2018—2019学年度第一学期高三年级期末考试语文试卷参考答案A 卷1.C（原文是“戏剧中有冲突、悬念、突转和发现”，并没有说“在一开始时就必须有冲突、悬念、突转和发现”。
）2.D（结尾观点是“两者并非‘老死不相往来’”，而不是“互动学习的必要性”。
）3.B（原文说“小说倾向于表现过去时，而戏剧则表现现在进行时”，“时”是指时态，而非现实。
）4.C（“很重的小农意识”错，应为“参加革命的纯洁与对家乡的热爱”。
）5.①人物塑造上，表现留小儿的天真、可爱与对北京的好奇、想往；②表现手法上，与较为富足的城市生活形成对比，表现陕北人民生活的贫困；③主题思想上，表现贫困中人们对美好生活的渴望，突出小说主旨。
④情节结构上，与文末我对留小儿的问话形成呼应。
（答出三点即可，每点2分，意思对即可得分）6.①写环境有地域性。
沟壑纵横，全是山峁，植被稀疏，是陕北地貌特征；清明风沙大，黄土蔽天，是陕北气候特点；人们住的窑洞，是陕北最具代表性的民居。
②人物语言多用方言。
“白”发“破”的音，是陕北的口音；把孩子说成“心儿”，把撒谎说成“玄谎”等都是方言。
③嵌入了地方民歌。
《走西口》等民歌是陕北特色的民歌，反映当地的历史与生活。
④反映了富有地方特色的风物。
为纪念介子推，清明节家家都蒸白馍，而且称白馍为“子推”；人们吃的小米、绿豆、红枣儿等，是陕北的地方物产。
（答出三点即可，每点2分，意思对即可得分）7.C（“《三体》水平不高”曲解文意。
）8.C（“是科幻教育为当前科幻产业发展提供的有力的增长点”变未然为已然。
）9.①人才培养方面：积极发展科幻教育，培育科幻文学后备力量。
②创作环境方面：应给科幻作家营造更好的创作环境，让他们的想象力和创造力得以充分发挥。
③科幻作家方面：作家出版界和网络阅读平台应当在挖掘有潜力的科幻作家上给予支持。
④科幻作品方面：增强科幻作品的文学性，关注社会自身的现实问题。
（答出三点即可，每点2分，意思对即可得分）10.D（“古置左右史书/得失以存鉴戒”错，“设置……史书”搭配不当，排除A、 C两项；再根据“我既尝观之”可以推断出应是“帝曰”，排除B项。
河北省唐山市高三数学上学期期末考试试题 文(扫描版)新人教A版
河北省唐山市2014届高三数学上学期期末考试试题文（扫描版）新人教A版唐山市2013—2014学年度高三年级第一学期期末考试文科数学参考答案一、选择题A卷：ADCBD CACBC BBB卷：BBCBA CACBD CD二、填空题（13）8 （14）(2，12] （15）10 （16）－12三、解答题 （17）解：（Ⅰ）因为A ＋B ＋C ＝π，所以sinB ＋C2＝sinπ－A 2＝cos A2， 所以由已知得4cos 2 A 2－cos 2A ＝ 7 2，变形得2(1＋cos A )－(2co s 2A －1)＝ 7 2，整理得(2cos A －1)2＝0，解得cos A ＝ 1 2．因为A 是三角形的内角，所以A ＝ π3． …6分（Ⅱ）sin B sin C ＝sin B sin (2π3－B )＝32sin B cos B ＋ 1 2sin 2B ＝34sin 2B ＋ 1 4(1－cos 2B )＝ 1 2sin (2B － π 6)＋ 14．…9分当B ＝ π 3时，sin B sin C 取最大值 3 4．…12分（18）解：（Ⅰ）取AB 中点为O ，连结OD ，OP ． 因为PA ＝PB ，所以AB ⊥OP ．又AB ⊥PD ，OP ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面POD ， 因为OD ⊂平面POD ，所以AB ⊥OD ． …3分由已知，BC ⊥PB ，又OD ∥BC ，所以OD ⊥PB ， 因为AB ∩PB ＝B ，所以OD ⊥平面PAB ．又OD ⊂平面ABC ，所以平面PAB ⊥平面ABC ．…6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，OP ⊥平面ABC ． 设PA ＝a ，因为D 为AC 的中点，所以V P -BCD ＝ 1 2V P -ABC ＝ 1 2× 1 3× 1 2a 2×32a ＝324a 3，…10分由324a 3＝3解得a ＝23，即PA ＝23． …12分 （19）解：记这家单位甲类优秀的指标项为a 1，a 2，甲类非优秀的指标项为b 1；乙类优秀的指标项为a 3，乙类非优秀的指标项为b 2．依题意，被抽取的指标项的可能结果有： a 1a 2a 3，a 1a 2b 2，a 1b 1a 3，a 1b 1b 2，a 2b 1a 3，a 2b 1b 2共6种． （Ⅰ）记这家公司“获得10万元奖励”为事件A ，“获得6万元奖励”为事件B ，则P (A )＝ 1 6，P (B )＝ 16． …7分记这家公司“获奖”为事件C ，则P (C )＝P (A )＋P (B )＝ 13．（Ⅱ）这家单位这次整治性核查中所获金额的均值为-x ＝10×1＋6×1＋0×2－8×26＝0（万元）．…12分 （20）解：（Ⅰ）将y ＝kx ＋2代入x 2＝2py ，得x 2－2pkx －4p ＝0．…2分其中Δ＝4p 2k 2＋16p ＞0设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－4p ．…4分OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋x 212p ·x 222p ＝－4p ＋4． 由已知，－4p ＋4＝2，p ＝ 12．所以抛物线E 的方程x 2＝y ． …6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－2．k 1＝y 1＋2x 1＝x 21＋2x 1＝x 21－x 1x 2x 1＝x 1－x 2，同理k 2＝x 2－x 1，…10分 所以k 21＋k 22－2k 2＝2(x 1－x 2)2－2(x 1＋x 2)2＝－8x 1x 2＝16．…12分（21）解：（Ⅰ）设g (x )＝x e x ＋1，则g '(x )＝(x ＋1)e x．当x ∈(－∞，－1)时，g '(x )＜0，g (x )单调递减； 当x ∈(－1，＋∞)时，g '(x )＞0，g (x )单调递增．所以g (x )≥g (－1)＝1－e －1＞0．又e x＞0，故f (x )＞0． …3分f '(x )＝e x (1－e x )(x e x ＋1)2．当x ∈(－∞，0)时，f '(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，f '(x )＜0，f (x )单调递减． 所以f (x )≤f (0)＝1．综上，有0＜f (x )≤1． …6分（Ⅱ）f (x )＞1ax 2＋1等价于(ax 2－x ＋1)e x－1＞0． ① …7分设h (x )＝(ax 2－x ＋1)e x －1，则h '(x )＝x (ax ＋2a －1)e x．若a ≥ 12，则当x ∈(0，＋∞)，h '(x )＞0，h (x )单调递增，h (x )＞h (0)＝0． (10)分若0＜a ＜ 1 2，则当x ∈(0，1－2aa)，h '(x )＜0，h (x )单调递减，h (x )＜h (0)＝0．综上，a 的取值范围是[ 12，＋∞)． …12分（22）证明：（Ⅰ）连结BD ．因为AD ⊥AB ，所以BD 是⊙O 的直径． 因为AE ＝AF ，所以∠FBA ＝∠EBA ． 又因为AB ＝AC ，所以∠FBA ＝∠C ． …4分 又因为∠C ＝∠D ，∠D ＋∠ABD ＝90︒， 所以∠FBA ＋∠ABD ＝90︒，即∠FBD ＝90︒，所以BF 是⊙O 的切线． …7分（Ⅱ）由切割线定理，得BF 2＝AF ·DF ． 因为AF ＝AE ，BE ＝BF ，所以BE 2＝AE ·DF ． …10分 （23）解：（Ⅰ）将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ分别代入圆C 和直线l 的直角坐标方程得其极坐标方程为C ：ρ＝2，l ：ρ(cos θ＋sin θ)＝2． …4分 （Ⅱ）设P ，Q ，R 的极坐标分别为(ρ1，θ)，(ρ，θ)，(ρ2，θ)，则由|OQ |·|OP |＝|OR |2得ρρ1＝ρ22． …6分又ρ2＝2，ρ1＝2cos θ＋sin θ，所以2ρcos θ＋sin θ＝4，故点Q 轨迹的极坐标方程为ρ＝2(cos θ＋sin θ)（ρ≠0）． …10分 （24）解：（Ⅰ）因为x ＋y ＋z ≥33xyz ＞0， 1 x ＋ 1 y ＋ 1 z≥33xyz＞0，所以(x ＋y ＋z )( 1 x ＋ 1 y ＋ 1 z )≥9，即 1 x ＋ 1 y ＋ 1z≥3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时， 1 x ＋ 1 y ＋ 1z取最小值3．…5分（Ⅱ）x 2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2＋(x 2＋y 2)＋(y 2＋z 2)＋(z 2＋x 2)3≥x 2＋y 2＋z 2＋2(xy ＋yz ＋zx )3＝(x ＋y ＋z )23＝3．又x 2＋y 2＋z 2－9＝x 2＋y 2＋z 2－(x ＋y ＋z )2＝－2(xy ＋yz ＋zx )＜0，所以3≤x 2＋y 2＋z 2＜9． …10分。
河北省唐山市联合中学2019年高三数学文期末试题含解析
河北省唐山市联合中学2019年高三数学文期末试题含解析一、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. 已知点是双曲线右支上动点，双曲线的过点的切线分别交两条渐近线于点，则的面积是（）A.随的增大而增大B. 随的增大而减小C.D.参考答案：D2. 设数列是等差数列，且是数列的前项和，则（）A． B． C． D．参考答案：B略3. 已知=b+i，（a，b∈R）其中i为虚数单位，则a﹣b=（）A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．1参考答案：A【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：∵=b+i，∴a+2i=bi﹣1，∴，∴a﹣b=﹣3．故选：A．4. 设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B，若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是( )A．B．C．D．+1参考答案：A【考点】双曲线的简单性质．【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】先求出A，B的坐标，可得AB中点坐标为（，），利用点P（m，0）满足|PA|=|PB|，可得=﹣3，从而可求双曲线的离心率．【解答】解：由双曲线的方程可知，渐近线为y=±x，分别与x﹣3y+m=0（m≠0）联立，解得A（﹣，﹣），B（﹣，），∴AB中点坐标为（，），∵点P（m，0）满足|PA|=|PB|，∴=﹣3，∴a=2b，∴c=b，∴e==．故选：A．【点评】本题考查双曲线的离心率，考查直线与双曲线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．5. 已知各项均为正数的等比数列中，成等差数列，则（）A.或3B.3C.27D.1或27参考答案：C6. 在一个△ABC中，若a=2，b=2，A=30°，那么B等于( )A．60°B．60°或120°C．30°D．30°或150°参考答案：B考点：正弦定理．专题：解三角形．分析：将已知代入正弦定理即可直接求值．解答：解：由正弦定理可得：sinB===．∵0＜B＜180°，∴B=60°或120°，故选：B．点评：本题主要考查了正弦定理的简单应用，属于基本知识的考查．7. 设函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A，ω，φ是常数，A＞0，ω＞0），若f（x）在区间上具有单调性，且，则f（x）的最小正周期为( )A．B．C．πD．2π参考答案：C【考点】正弦函数的图象．【专题】三角函数的图像与性质．【分析】由题意可得则?≥﹣，且函数的图象关于直线x=对称，且一个对称点为（，0），由此求得ω的值，可得函数的最小正周期．【解答】解：函数f（x）=Asin（ωx+φ）在区间上具有单调性，且，则?≥﹣，且函数的图象关于直线x==对称，且一个对称点为（，0）．可得0＜ω≤3且﹣=?，求得ω=2，∴f（x）的最小正周期为=π，故选：C．【点评】本题主要考查正弦函数的图象，正弦函数的周期性、单调性以及它的图象的对称性，属于基础题．8. 已知函数f(x)=sin(2x+)(x∈R)，为了得到函数g(x)=cos2x的图象，只需将y=f(x)的图象A.向左平移个单位B.向右平移个单位C.向左平移个单位D.向右平移个单位参考答案：A，故选A9. x、y满足约束条件，若z=y﹣ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为（）A．或﹣1 B．2或C．2或1 D．2或﹣1参考答案：D【考点】7C：简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，得到直线y=ax+z斜率的变化，从而求出a的取值．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分ABC）．由z=y﹣ax得y=ax+z，即直线的截距最大，z也最大．若a=0，此时y=z，此时，目标函数只在A处取得最大值，不满足条件，若a＞0，目标函数y=ax+z的斜率k=a＞0，要使z=y﹣ax取得最大值的最优解不唯一，则直线y=ax+z与直线2x﹣y+2=0平行，此时a=2，若a＜0，目标函数y=ax+z的斜率k=a＜0，要使z=y﹣ax取得最大值的最优解不唯一，则直线y=ax+z与直线x+y﹣2=0，平行，此时a=﹣1，综上a=﹣1或a=2，故选：D【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．注意要对a进行分类讨论，同时需要弄清楚最优解的定义．10. 设，满足的集合的个数为( )A．0 B． 1C．2 D．4参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知实数x，y满足，则目标函数的最小值为_____．参考答案：﹣22【分析】画出约束条件表示的平面区域，利用图形找出最优解，代入目标函数求出最小值．【详解】解：画出约束条件表示的平面区域如图所示，由图形知，当目标函数z＝4x﹣3y过点A时取得最小值，由，解得A（﹣4，2），代入计算z＝4×（﹣4）﹣3×2＝﹣22，所以z＝4x﹣3y的最小值为﹣22．故答案为：﹣22．【点睛】本题考查了简单的线性规划应用问题，是基础题．12. 若不等式的解集为,函数的定义域为,,则___________?参考答案：13. 已知函数f（x）=sin（2x+φ），其中φ为实数，若f（x）≤|f（）|对x∈R恒成立，且f（）＞f（π），则f（x）的单调递增区间是参考答案：【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【专题】计算题；压轴题．【分析】由若对x∈R恒成立，结合函数最值的定义，我们易得f（）等于函数的最大值或最小值，由此可以确定满足条件的初相角φ的值，结合，易求出满足条件的具体的φ值，然后根据正弦型函数单调区间的求法，即可得到答案．【解答】解：若对x∈R恒成立，则f（）等于函数的最大值或最小值即2×+φ=kπ+，k∈Z则φ=kπ+，k∈Z又即sinφ＜0令k=﹣1，此时φ=，满足条件令2x∈，k∈Z解得x∈【点评】本题考查的知识点是函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，其中根据已知条件求出满足条件的初相角φ的值，是解答本题的关键．14. 已知定义在R上的连续函数y=f（x）的图象在点M（1，f（1））处的切线方程为，则f（1）+f′（1）= ．参考答案：1【考点】导数的运算．【专题】计算题．【分析】利用函数在切点处的导数就是切线的斜率求出f′（1）；将切点坐标代入切线方程求出f（1），求出它们的和．【解答】解：据题意知f′（1）=f（1）=∴故答案为：1【点评】本题考查函数的导数的几何意义：函数在切点处的导数值是曲线的切线的斜率．15. 已知，则tanα=__________．参考答案：，解方程得.16. 右图中阴影部分区域的面积 .参考答案：略17. 在△ABC中，M为边BC上任意一点，N为AM中点，，则的值为 .参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。
河北省唐山市三农场中学2019年高三数学文上学期期末试题含解析
河北省唐山市三农场中学2019年高三数学文上学期期末试题含解析一、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. 设偶函数对任意，都有，且当时，,则= ( )A．10 B． C．D．参考答案：B2. 已知数列为等比数列，是它的前n项和，若，且与的等差中项为，则=(A)35 (B)33 (C)31 (D)29参考答案：C略3. 若实数x，y满足，则的最大值为（）A．3 B．C．1 D．参考答案：A4. 有A、B、C、D、E、F6个集装箱，准备用甲、乙、丙三辆卡车运送，每台卡车一次运两个．若卡车甲不能运A箱，卡车乙不能运B箱，此外无其它任何限制；要把这6个集装箱分配给这3台卡车运送，则不同的分配方案的种数为（）A．168 B．84 C．56 D．42参考答案：D【考点】计数原理的应用．【分析】根据题意，分两种情况讨论：①甲运B箱，先从C、D、E、F四箱中取出1箱，由甲运输，再将剩余的四箱中取出2箱由有乙运输，最后剩余的2箱由丙运输，②甲不运B箱，先从C、D、E、F四箱中取出2箱，由甲运输，再计算乙、丙的运输方法，由分步计数原理可得两种情况的分配方案的数目，进而由分类计数原理，将两种情况的数目相加，可得可得答案．【解答】解：根据题意，分两种情况讨论：①甲运B箱，先从C、D、E、F四箱中取出1箱，由甲运输，有C41种方案，再将剩余的四箱中取出2箱由有乙运输，有C42种情况，剩余的2箱由丙运输，有C22种方案；此时有C41?C42?C22种分配方案；②甲不运B箱，先从C、D、E、F四箱中取出2箱，由甲运输，此时乙可选的由3箱，有C32种方案，剩余的2箱由丙运输，有C22种方案，此时有C42?C32?C22种方案；∴不同的分配方案共有C41?C42?C22+C42?C32?C22=42（种），故选D．5. 用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数有( )（A）144个（B）120个（C）96个（D）72个参考答案：B据题意，万位上只能排4、5．若万位上排4，则有个；若万位上排5，则有个．所以共有个，选B．6. 下列各式中，值为的是（A）（B）（C）（D）参考答案：答案：B解析：7. 已知复数，则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.第四象限参考答案：A8. 已知函数f（x）=，则f（5）=（）A．32 B．16 C．D．参考答案：C【考点】函数的值；分段函数的解析式求法及其图象的作法．【专题】计算题．【分析】根据题设条件知f（5）=f（2）=f（﹣1）=2﹣1=．【解答】解：f（5）=f（2）=f（﹣1）=2﹣1=．故选C．【点评】本题考查函数值的求法，根据题设条件知f（5）=f（2）=f（﹣1）=2﹣1=．9. 若x，y满足约束条件，则目标函数z=x+y的最大值为2，则实数a的值为（）A．2 B．1 C．﹣1 D．﹣2参考答案：A【考点】简单线性规划．【分析】先作出不等式组的图象，利用目标函数z=x+y的最大值为2，求出交点坐标，代入3x﹣y﹣a=0即可．【解答】解：先作出不等式组的图象如图，∵目标函数z=x+y的最大值为2，∴z=x+y=2，作出直线x+y=2，由图象知x+y=2如平面区域相交A，由得，即A（1，1），同时A（1，1）也在直线3x﹣y﹣a=0上，∴3﹣1﹣a=0，则a=2，故选：A．10. 已知椭圆，点A，B是长轴的两个端点，若椭圆上存在点P，使得，则该椭圆的离心率的最小值为（）A．B．C．D．参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设变量，y满足约束条件，则目标函数；z=2+y的最小值为参考答案：答案：312. 某程序框图如图所示，若输入的，则输出的结果是．参考答案：5略13. 已知n∈N*，（x﹣y）2n+1展开式的系数的最大是为a，（x+y）2n展开式的系数的最大是为b，且a比b大80%，则n= ．参考答案：4【考点】二项式定理的应用．【分析】（x﹣y）2n+1展开式中间两项的系数的绝对值相等并且最大，可得a=，（x+y）2n展开式的系数的最大是=b，再利用a比b大80%，即可得出．【解答】解：（x﹣y）2n+1展开式中间两项的系数的绝对值相等并且最大，a=，（x+y）2n展开式的系数的最大是=b，∵a比b大80%，则=（1+80%），∴=，解得n=4．故答案为：4．14. 已知，则 .参考答案：15. 设不等式组表示平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是。
2019年河北省唐山市集才中学高三数学文期末试题含解析
2019年河北省唐山市集才中学高三数学文期末试题含解析一、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. 要得到函数的图象，只要将函数的图象( )A．向左平移单位B．向右平移单位C．向左平移单位 D．向右平移单位参考答案：D2. 数列满足：，则数列前项的和为A．B．C．D．参考答案：A考点：倒序相加，错位相减，裂项抵消求和因为，所以所以数列是以2为公差的等差数列，所以所以所以所以数列前项的和故答案为：A3. 已知，向量，向量，且，则的最小值为A.18B.16C.9D.8参考答案：C略4. .已知的值为A. B. C. D.2参考答案：C，选C.5. 当时，函数的最小值为A．2 B．C．4 D．参考答案：C6. “”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件参考答案：D7. 已知定义在上的函数，满足①；②(其中是的导函数，是自然对数的底数)，则的取值范围为( )A. B. C. D.参考答案：A8. 执行如图所示程序框图，若输出的结果为3，则可输入的实数的个数为A. 1B. 2C. 3D. 4参考答案：C略9. 如图所示的茎叶图中，中位数和众数分别是__________.A. 93，92B. 92，93C. 91, 93D. 93, 93参考答案：B10.如图，设地球半径为，点、在赤道上，为地心，点在北纬60°的纬线（为其圆心）上，且点、、、共面，若＝90°，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．参考答案：答案:A解析:延长交于，连,，，则，∴．又∥，∴四边形是平行四边形，∴∥，，∴是和所成角．在Rt△中，，∴．在Rt△中，，∴，∴在△中，.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. （5分）（2015?陕西一模）的展开式中的常数项等于．参考答案：﹣160【考点】：二项式系数的性质．【专题】：二项式定理．【分析】：在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．解：的展开式中的通项公式为T r+1=?26﹣r?（﹣1）r?x3﹣r，令3﹣r=0，求得r=3，故展开式中的常数项等于﹣23?=﹣160，故答案为：160．【点评】：本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．12. 数列2,5,11,20，x,47，…中的x等于________．参考答案：3213. 符号表示不超过的最大整数，如，，定义函数．给出下列四个命题：①函数的定义域是R，值域为；②方程有无数个解;③函数是周期函数；④函数是增函数．其中正确命题的序号有.参考答案：14. 若函数y = f ( x ) ( x∈R )满足f ( x + 2 ) = f ( x )，且x∈[– 1，1]时，f ( x ) = | x |，函数y =g ( x )是偶函数，且x∈( 0 , +∞)时，g ( x ) = | log3x |。
河北省唐山市2019届高三上学期期末考试A卷数学试题(解析版)
唐山市2018-2019学年度高三年级期末考试文科数学一、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.复数的虚部是( )A. -1B. 1C.D.【答案】D【解析】【分析】由复数的运算法则化简即可求出结果.【详解】因为，所以虚部是，故选D.【点睛】本题主要考查复数的运算，属于基础题型.2.设集合，，则( )A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先解不等式，求出集合，再与集合求交集即可.【详解】因为，又，所以.故选C【点睛】本题主要考查集合的交集运算，属于基础题型.3.已知，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由同角三角函数基本关系将转化，即可求出结果.【详解】因为，，所以.故选D【点睛】本题主要考查同角三角函数基本关系，属于基础题型.4.某校开设共4门选修课，一位同学从中随机选取2门，则与未同时被选中的概率为( )A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求与同时被选中的概率，再由互为对立事件的概率之和为1，即可求出结果.【详解】记“与同时被选中”为事件A，所以事件A发生的概率为，所以与未同时被选中的概率为.故选D【点睛】本题主要考查古典概型，属于基础题型.5.，使得，则实数的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由分离参数得到，求出的最小值即可.【详解】因为，所以，当且仅当时，取等号，所以只需，故选B. 【点睛】本题主要考查利用基本不等式处理不等式成立的问题，属于基础题型.6.某三棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. B. C. 4 D. 8【答案】A【解析】【分析】由三视图先确定几何体的形状，由体积公式即可求解.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，其底面为等腰直角三角形，且腰长为2，三棱柱的高为2，所以该三棱柱的体积为.故选A【点睛】本题主要考查由三视图来求几何体的体积，属于基础题型.7.设向量，满足，，则( )A. 2B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意结合向量的运算法则求解其模即可.【详解】由题意结合向量的运算法则可知：.本题选择B选项.【点睛】本题主要考查向量的运算法则，向量的模的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8.设为等差数列，，为其前项和，若，则公差( )A. -2B. -1C. 1D. 2【答案】A【解析】【分析】由题意结合等差数列的性质和前n项和的定义求解公差即可.【详解】由题意可得：，则，等差数列的公差.本题选择A选项.【点睛】本题主要考查数列的前n项和与通项公式的关系，等差数列公差的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9.已知是抛物线的焦点，抛物线的准线与双曲线的两条渐近线交于，两点，若为等边三角形，则的离心率( )A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意首先确定点A的坐标，然后求解离心率即可.【详解】由抛物线方程可知焦点坐标为，准线方程为，不妨假设点A位于第二象限，由等边三角形的性质可知，点A在双曲线的渐近线上，则渐近线方程为，结合双曲线方程可得：，则.本题选择D选项.【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．10.已知函数的图像与轴相切，则( )A. -1B. 0C.D. 1【答案】A【解析】【分析】先设切点坐标，再由题意可得且，解方程组即可求出.【详解】设切点为，由得，所以，所以由题意可得，，所以，由函数与的图像易知，两函数交点只有一个，且横坐标为0，所以解得，所以.故选A.【点睛】本题主要考查导数的方法研究函数的切线问题，通常先设切点坐标，由题意列方程组求解，属于基础题型.11.已知圆锥的顶点为，为底面中心，为底面圆周上三点，为底面的直径，，为的中点，为弧的中点.设直线与直线所成角为，则( )A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先取OA中点N，连结MN，NC，只需说明等于直线与直线所成角，再解三角形即可求出结果.【详解】因为在圆锥中，为底面的直径，为圆锥的顶点，所以底面，取OA中点N，连结MN，NC，因为为的中点，所以,故等于直线与直线所成角.设,由题意，，所以,故,,所以,故，选C.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，只需用立体几何法在几何体中作出异面直线所成的角，解三角形即可，属于基础题型.12.已知点在圆上，，，为中点，则的最大值为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由圆的特征可确定为锐角，因此只需求出的正切值的最大值即可.【详解】设，因为为中点，所以，所以，因为点在圆上，则,不妨令，则，令，则所以当且仅当时，取最大值，故.故选C.【点睛】本题主要考查函数的综合，通常情况下，需要依题意表示出所求的量，通过求函数的值域来确定结果，属于中档试题.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若，满足约束条件则的最大值为__________．【答案】2【解析】【分析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义确定函数的最值即可.【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点处取得最大值，联立直线方程：，可得点的坐标为：，据此可知目标函数的最大值为：.【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.14.已知函数则不等式的解集为__________．【答案】【解析】【分析】由题意结合函数的解析式分类讨论求解不等式的解集即可.【详解】结合函数的解析式分类讨论：当时，，解得：，此时，当时，，解得，此时，综上可得，不等式的解集为.【点睛】本题主要考查分段函数不等式的解法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15.已知是数列的前项和，，则__________．【答案】【解析】【分析】由和，可求出数列的通项公式，从而可求出结果.【详解】因为是数列的前项和，，所以由，所以，所以数列是以为公比的等比数列，又，所以，故,所以.【点睛】本题主要考查等比数列，属于基础题型.16.若函数（，）的图像关于点对称，且在上单调递减，则__________．【答案】3【解析】【分析】由函数图像关于点对称，且在上单调递减，可列出关于的不等式组，再由，可求出结果. 【详解】因为的图像关于点对称，且在上单调递减，所以有，即，又，因为，所以有，所以，因为,所以，故.【点睛】本题主要考查三角函数的图像和性质，通常借助函数的单调性和周期性来处理，属于中档试题.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：60分17.如图，在梯形中，，为上一点，，.（1）若，求；（2）设，若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)先由题中条件求出，再由余弦定理即可求解；(2)先由，表示出，进而可用表示出，，再由，即可求解.【详解】解：（1）由，，得.在中，；在中，．在中，由余弦定理得，，．（2）因为，所以，．在中，；在中，，由得，，所以，即，整理可得．【点睛】本题主要考查解三角形的问题，常用余弦定理和正弦定理等来处理，属于基础题型.18.在三棱柱中，侧面是菱形，，平面平面，为的中点，. （1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】(1)由直线与平面垂直的判定定理，结合题中条件，即可证明结论成立；(2)由三棱柱的体积公式，即可求解.【详解】解：（1）连接．∵平面平面，平面平面，且，平面，∴平面，而平面，∴，又，则有，∵四边形是菱形，，∴为边长为2的等边三角形，∵为的中点，∴，即，又，∴平面.（2）由（1）得，又，∵平面，而平面，∴，又，则有，所以的面积为．由（1）可知平面，三棱锥的体积．【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定定理，以及几何体的体积，属于基础题型.19.近年来，我国工业经济发展迅速，工业增加值连年攀升，某研究机构统计了近十年（从2008年到2017年）的工业增加值（万亿元），如下表：年份序号工业增加值依据表格数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.（1）根据散点图和表中数据，此研究机构对工业增加值（万亿元）与年份序号的回归方程类型进行了拟合实验，研究人员甲采用函数，其拟合指数；研究人员乙采用函数，其拟合指数；研究人员丙采用线性函数，请计算其拟合指数，并用数据说明哪位研究人员的函数类型拟合效果最好.（注：相关系数与拟合指数满足关系）.（2）根据（1）的判断结果及统计值，建立关于的回归方程（系数精确到0.01）；（3）预测到哪一年的工业增加值能突破30万亿元大关.附：样本的相关系数，，，.【答案】（1）丙（2）（3）2019【解析】【详解】（1），.因为越大，拟合效果越好，所以丙的拟合效果最好．（2），.因此关于的线性回归方程为．（3）从2008年开始计数，2018年是第11年，其工业增加值的预报值：.2019年是第12年，其工业增加值的预报值：.故可以预测到2019年的工业增加值能突破30万亿元大关．【点睛】本题主要考查回归方程的求解与应用，相关系数的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20.已知椭圆，离心率，过点的动直线与椭圆相交于，两点.当轴时，.（1）求椭圆的方程；（2）已知为椭圆的上顶点，证明为定值.【答案】（1）（2）详见解析【解析】【分析】(1)先由离心率得到的关系，再由题中轴时，，即可求出，进而可得结果;(2)分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，联立直线与椭圆的方程，由根与系数关系，表示出直线的斜率，从而可证明结论成立.【详解】解：（1）由可得，所以，即，从而椭圆．当轴时，，由，不妨取，，代入椭圆，得，故椭圆．（2）依题意，．当的斜率存在时，设，，，将代入的方程，得，当时，，．，因为，，所以．由（1）得，当的斜率不存在时，，，所以．综上，．【点睛】本题主要考查椭圆的方程，以及椭圆的几何性质，通常情况下联立直线与椭圆方程，由根与系数关系，结合题意求解，属于中档试题.21.已知函数.（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）若有两个极值点，，证明：.【答案】（1）（2）详见解析【解析】【分析】(1)先对函数求导，再根据条件可得恒成立，进而可求结果；(2)由(1)以及根与系数关系，先找到，的关系，将转化为关于的函数，研究函数的单调性，即可证明结论成立.【详解】解：（1）因为为单调增函数，所以，即恒成立，，当且仅当时取等号，即．（2）证明：由（1）得，依题意可得的两个零点为，，所以，且，．所以令，．则，单调递减，因为，所以，故．【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常情况下，需要构造函数，用导数的方法来处理，难度较大. （二）选考题：共10分.请考生在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.22.在极坐标系中，直线，圆.以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系.（1）求直线的直角坐标方程和圆的参数方程；（2）已知点在圆上，到和轴的距离分别为，，求的最大值.【答案】（1）直线的直角坐标方程为：；圆的参数方程为（为参数，且）；（2）7【解析】【分析】(1)利用极坐标方程与直角坐标方程，普通方程与参数方程的转化方法进行转化即可；(2)结合(1)中的结论得到关于的表达式，结合三角函数的性质确定其最大值即可.【详解】（1）由得，；所以直线的直角坐标方程为：；由圆得，，因为，，，所以圆直角坐标方程为：由得，圆的参数方程为（为参数，且），（2）设点坐标为，则，．那么，当时，取得最大值7．【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，最值问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.23.已知.（1）解不等式；（2）证明：.【答案】（1）（2）详见解析【解析】【分析】(1)由题意零点分段确定不等式的解集即可；(2)结合(1)中的结论绘制函数和的图象，结合函数图像可知题中的不等式成立.【详解】（1）不等式等价于或或解得，，或，或．所以，不等式的解集是．（2）由（1）得，所以如图所示，画出函数和的图象，观察图象，可得．【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．。
2019-2020学年河北省唐山市高三(上)期末数学试卷(文科)
2019-2020学年河北省唐山市高三（上）期末数学试卷（文科）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. 复数z＝1−2i，则z2＝（）A.−3−4iB.5−4iC.−3+4iD.5+4i【答案】A【考点】复数的运算【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】∵z＝1−2i，∴z2＝(1−2i)2＝1−4i+(2i)2＝−3−4i．2. 设集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|−2<x<4}，则A∪B＝（）A.{x|1≤x<4}B.{x|−2<x<1}C.{x|−2<x<4}D.{x|x>−2}【答案】D【考点】并集及其运算【解析】求出集合A，B，由此能求出A∪B．【解答】∵集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|−2<x<4}，∴A∪B＝{x|x>−2}．3. 已知焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程是2x±y＝0，则该双曲线的离心率是（）A.√6B.√5C.2D.√3【答案】B【考点】双曲线的离心率【解析】设双曲线的方程为设双曲线的方程为x 2a2−y2b2=1，可得它的渐近线方程是y＝±bax，结合题意解出b＝2a，再利用平方关系算出c=√5a，根据离心率公式即可得出此双曲线的离心率．【解答】∵双曲线的焦点在x轴上，∴设双曲线的方程为x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)可得双曲线的渐近线方程是y ＝±ba x结合题意双曲线的渐近线方程是y ＝±2x ，得ba =2∴ b ＝2a ，可得c =√a 2+b 2=√5a 因此，此双曲线的离心率e =c a=√5．4. 已知实数x 、y 满足不等式组{x ≥02x +y −2≥03x +y −3≤0 ，则目标函数z ＝x +y 的取值范围是（ ）A.[0, 4]B.[1, 3]C.[2, 3]D.[1, 4]【答案】 B【考点】 简单线性规划 【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数z ＝x +y 求最优解，利用数形结合即可得到结论． 【解答】实数x 、y 满足不等式组{x ≥02x +y −2≥03x +y −3≤0 的可行域如图：目标函数z ＝x +y 经过A 时取得最大值，经过B 时，取得最小值， 由{2x +y −2=03x +y −3=0 ，解得B(1, 0)， 由{x =03x +y −3=0解得A(0, 3)， 所以目标函数z ＝x +y 的最大值为3，最小值为1， 所以目标函数z ＝x +y 的取值范围[1, 3]．5. 图(1)是某品牌汽车2019年月销量统计图，图(2)是该品牌汽车月销量占所属汽车公司当月总销量的份额统计图，则下列说法错误的是（ ）A.该品牌汽车2019年全年销量中，1月份月销量最多B.该品牌汽车2019年上半年的销售淡季是5月份，下半年的销售淡季是10月份C.2019年该品牌汽车所属公司7月份的汽车销量比8月份多D.该品牌汽车2019年下半年月销量相对于上半年，波动性小，变化较平稳 【答案】 C【考点】频率分布直方图【解析】由图(1)的销量统计图可得ABD 正确，由图(2)可得该品牌汽车月销量占所属汽车公司当月总销量7月比8月的百分比大，但不一定2019年该品牌汽车所属公司7月份的汽车销量比8月份多．故C 不正确． 【解答】该品牌汽车2019年上半年的销售淡季是5月份，下半年的销售淡季是10月份，所以B 正确（1）该品牌汽车2019年下半年月销量相对于上半年，波动性小，变化较平稳，所以D 正确（2）由图(2)可知2019年该品牌汽车所属公司7月份的该品牌汽车销量占所属汽车公司当月总销量比8月份多，不一定2019年该品牌汽车所属公司7月份的汽车销量比8月份多，所以C 不正确， 故选：C ．6. 已知f(x)=log 12x −2√x ，则满足f(x +1)≥1的x 的取值范围是（ ）A.(−∞,−34]B.(−1,−34]C.[−34,+∞)D.(1,54]【答案】 B【考点】指、对数不等式的解法 【解析】由已知结合f(x +1)≥1，得log 12[2(x +1)]−2√x +1≥0，令g(x)＝log 12[2(x +1)]−2√x +1，可知g(x)＝log 12[2(x +1)]−2√x +1是(−1, +∞)上的减函数．再求出g(−34)＝0得答案． 【解答】∵ f(x)=log 12x −2√x ，∴ f(x +1)=log 12(x +1)−2√x +1．由f(x +1)≥1，得log 12(x +1)−2√x +1≥1，得log 12(x +1)−1−2√x +1≥0，∴ log 12(x +1)−log 1212−2√x +1≥0，也就是log 12[2(x +1)]−2√x +1≥0．令g(x)＝log 12[2(x +1)]−2√x +1．∵ y ＝log 12[2(x +1)]与y =−2√x +1均为(−1, +∞)上的减函数，∴ g(x)＝log 12[2(x +1)]−2√x +1是(−1, +∞)上的减函数．而g(−34)=log 12[2(1−34)]−2√1−34=0．∴ 满足f(x +1)≥1的x 的取值范围是(−1, −34]．7. 如图为函数f(x)＝sin (ωx +φ)的部分图象，将其向左平移14个单位长度后与函数g(x)的图象重合，则g(x)可以表示为（ ）A.sin 2πxB.−sin 2πxC.sin πxD.−sin πx【答案】 D【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 【解析】根据条件先求出函数的周期和ω 和φ的值，结合图象平移关系进行求解即可． 【解答】函数的周期T ＝2×(54−14)＝2，即2πω=2，则ω＝π， 由五点对应法得14π+φ＝π，得φ=3π4，即f(x)＝sin (πx +3π4)，将其向左平移14个单位长度后与函数g(x)的图象重合， 则g(x)＝sin [π(x +14)+3π4]＝sin (πx +π)＝−sin πx ，8. 笛卡尔心形线的极坐标方程为ρ＝a(1−sin θ)，如图，笛卡尔心形线在半径为2的圆内．为了测算该心形线围成的区域面积，某同学利用计算机随机模拟法向该圆内随机投掷了1000个点，其中落入心形线内的点有375个，则该心形线围成的区域面积约为（ ）A.3π2B.3π8C.2πD.π【答案】 A【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型） 【解析】半径为2的圆的面积S 圆＝π×22＝4π，设心形线部分的面积为S 阴，由几何概型得比值，由此能估计所求部分的面积 【解答】半径为2的圆的面积S 圆＝π×22＝4π，设心形线部分的面积为S 阴，∵向该圆内随机投掷了1000个点，其中落入心形线内的点有375个，∴S4π=3751000，解得S阴=3π2；∴心形线围成的区域面积约为3π2．9. 若cosθ−2sinθ＝1，则tanθ＝（）A.4 3B.34C.0或43D.0或34【答案】C【考点】同角三角函数间的基本关系【解析】利用sin2θ+cos2θ＝1，组成方程组，解出sinθ，cosθ的值，从而求出tanθ．【解答】∵cosθ−2sinθ＝1，且sin2θ+cos2θ＝1，∴5sin2θ+4sinθ＝0，∴sinθ=0−45，∴cosθ=1−35，则tanθ＝0或43，10. 如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90∘，AA1＝AC＝CB，则直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值是（）A.1 2B.√22C.√32D.√33【答案】A【考点】直线与平面所成的角【解析】由AA1⊥底面ABC，得平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，取A1B1的中点D1，连接C1D1，BD1，可得∠C1BD1为直线BC1与平面ABB1A1所成角．BC＝CC1＝a，求解三角形得答案．【解答】∵AA1⊥底面ABC，∴平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，取A1B1的中点D1，连接C1D1，BD1，由△A1B1C1为等腰直角三角形，可得C1D1⊥A1B1，∴ C 1D 1⊥平面ABB 1A 1，则∠C 1BD 1为直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角． 设BC ＝CC 1＝a ，则BC 1=√2a ， C 1D 1=√22a ， ∴ sin ∠C 1BD 1=√22a √2a=12．∴ 直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值是12．11. F 1、F 2为椭圆E:x 24+y 22=1的左、右焦点，A 为短轴的一个端点，连接AF 2并延长交椭圆于B 点，则△ABF 1的面积为（ ） A.83B.163C.3D.8【答案】 A【考点】 椭圆的离心率 【解析】求出直线AF 2的方程与椭圆联立，求出B 的纵坐标，然后求解△ABF 1的面积． 【解答】 F 1、F 2为椭圆E:x 24+y 22=1的左、右焦点，A 为短轴的一个端点，连接AF 2，可得AF 2的方程：√2√2=1，即x +y =√2，联立{x 24+y 22=1x +y =√2 ，消去x ，可得3y 2−2√2y −2＝0，可得y B =3√2=−√23．则△ABF 1的面积为：12×2√2×(√2+√23)=83．12. 已知直线l 与曲线f(x)=e x 和g(x)=ln x 分别相切于点A(x 1, y 1)、B(x 2, y 2)．有以下命题：①∠AOB >90∘（O 为原点）；②x 1+y 2=0；③x 1∈(−2, 2)，则正确命题的个数为（ ） A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】 D【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 利用导数研究函数的单调性 命题的真假判断与应用 平面向量数量积的运算 函数零点的判定定理 【解析】利用导数求出直线l 的方程，根据OA →⋅OB →的符号判断①；由e x 1=1x 2结合指数与对数的互化判断②；构造函数g(x)＝(x −1)e x −x −1，利用导数说明函数在区间上没有零【解答】解：根据题意可得f′(x)=e x ，所以直线l 的方程为y −e x 1=e x 1(x −x 1)， 即y =e x 1x +(1−x 1)e x 1，同理直线l 的方程也可表示为y =1x 2x +ln x 2−1，所以e x 1=1x 2，e x 1(1−x 1)=ln x 2−1，对于②，有x 1=ln 1x 2=−ln x 2=−y 2，则x 1+y 2=0，故②正确；对于①OA →⋅OB →=(x 1, y 1)⋅(x 2, y 2)=x 1x 2+y 1y 2 =x 1e −x 1+e x 1⋅(−x 1)=x 1(e −x 1−e x 1)， 若A 、O 、B 三点共线，则{e x 1(1−x 1)=0ln x 2−1=0 ．解得{x 1=1x 2=e ，此时e x 1=1x 2不成立，若x 1=0，由e x 1=1x 2，可得x 2=1，此时等式e x 1(1−x 1)=ln x 2−1不成立； 若x 1<0，则−x 1>0>x 1， 则e −x 1−e x 1>0，此时OA →⋅OB →<0， 若x 1>0，则−x 1<0<x 1， 则e−x 1−ex 1<0，此时OA →⋅OB →<0.所以∠AOB >90∘，故①正确； 对于③，由x 1=ln 1x 2=−ln x 2，代入等式e x 1(1−x 1)=ln x 2−1， 可得e x 1(1−x 1)=−x 1−1， 即e x 1(x 1−1)−x 1−1=0，构造函数g(x)=(x −1)e x −x −1， 则g′(x)=xe x −1，当x ≤−2时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减，且g(x)≥g(−2)=1−3e >0， 当x ≥2时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增，且g(x)≥g(2)=e 2−3>0，所以，函数g(x)在区间(−∞, −2]和[2, +∞)上都不存在零点， 则x 1∈(−2, 2)，故③正确. 故选D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.已知|a →|＝2，|b →|＝3，a →与b →夹角的余弦值为13，则|a →−b →|＝________．3【考点】数量积表示两个向量的夹角 【解析】根据条件进行数量积的运算即可求出(a →−b →)2=9，从而可得出|a →−b →|的值． 【解答】∵ |a →|=2,|b →|=3,cos <a →,b →>=13，∴ (a →−b →)2=a →2−2a →⋅b →+b →2=4−2×2×3×13+9=9，∴ |a →−b →|=3．已知函数f(x)满足f(x)+2f(−x)＝3x ，则f(1)＝________． 【答案】 −3【考点】 求函数的值 函数的求值 【解析】根据题意，用特殊值法分析：令x ＝1可得：f(1)+2f(−1)＝3，令x ＝−1可得：f(−1)+2f(1)＝−3，联立两个式子分析可得f(1)的值，即可得答案． 【解答】故答案为：−3．已知两圆C 1、C 2和x 轴正半轴，y 轴正半轴及直线x +y ＝2都相切，则两圆圆心的距离|C 1C 2|＝________． 【答案】 4【考点】圆与圆的位置关系及其判定 【解析】根据条件先得到圆心所在直线方程，设出圆的方程，再结合与直线相切即可求出圆心坐标进而求得结论． 【解答】∵ 已知两圆C 1、C 2和x 轴正半轴，y 轴正半轴及直线x +y ＝2都相切， 所以两圆圆心都在直线y ＝x 上；设C 1(a, a)，则圆的方程为：(x −a)2+(y −a)2＝a 2； 设C 2(b, b)，则圆的方程为：(x −b)2+(y −b)2＝b 2；∵ 两圆均与直线x +y −2＝0相切； ∴√2=a ⇒(a −2)2＝2⇒a ＝2±√2；∴ a ＝2−√2，b ＝2+√2；∴ 两圆圆心的距离|C 1C 2|=√(b −a)2+(b −a)2=4；在△ABC 中，∠BAC =120∘，D ，E 为边BC 上的点，且BD =CD ，∠BAE =∠CAE ，若AD =3，AE =√2，则BC =________． 【答案】 2√15 【考点】 余弦定理 正弦定理 【解析】作出图形，可知点D 为BC 的中点，由向量加法的三角形法则可得2AD →=AB →+AC →，从而可得b 2+c 2−bc ＝36，AE 为∠BAC 的角平分线，利用正弦定理可得BE CE =cb，并BE ＝ct ，CE ＝bt ，其0<t <1，由余弦定理得{b 2t 2=b 2−√2b +2c 2t 2=c 2−√2c +2，从而得b ，c 为关x 的方(t 2−1)x 2+√2x −2=0的两根，利用韦达定理可得bc =√2(b +c)，结合等式b 2+c 2−bc ＝36，可求bc 的值，再利用余弦定理即可得BC ． 【解答】解：设AB =c ，AC =b ，如图所示：由BD =CD ，则D 为BC 的中点， AD →=12(AB →+AC →)， 即得2AD →=AB →+AC →， 所以4AD →2=(AB →+AC →)2=|AB|→2+|AC|→2+2|AB|→|AC|→cos 120∘，整理得，b 2+c 2−bc =36，即(b +c)2−3bc =36，① ∵ ∠BAE =∠CAE =12∠BAC =60∘，在△ACE 中，由正弦定理得，CE sin 60∘=b sin ∠AEC， ∴CE b=sin 60∘sin ∠AEC，在△ABE 中，由正弦定理得， BE sin 60∘=csin ∠AEB =csin (180∘−∠AEC)=c sin ∠AEC，∴BE c=sin 60sin ∠AEC ，∴ CEb =BE c，设CEb =BEc=t ，由BC <AB +AC ，可得(b +c)t <b +c ， ∴ 0<t <1，在△ACE 中，由余弦定理得，CE 2=AC 2+AE 2−2AC ⋅AE cos 60∘，即b 2t 2=b 2+2−√2b ，即(t 2−1)b 2+√2b −2=0，，同理可得，(t 2−1)c 2+√2c −2=0，所以b 和c 为关于x 的方程(t 2−1)x 2+√2x −2=0的两根， 由韦达定理b +c =−√2t 2−1，bc =−2t 2−1 ∴ bc =√2(b +c)，代入①式得36=b 2+c 2−bc =(b +c)2−3bc =12b 2c 2−3bc ，整理得b 2c 2−6bc −72=0， ∵ bc >0，解得bc =12， 由余弦定理，BC 2=AC 2+AB 2−2AC ⋅AB cos 120∘ =b 2+c 2+bc=(b 2+c 2−bc)+2bc =36+2×12=60.因此，BC =2√15． 故答案为：2√15.三、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.已知{a n }是公差不为0的等差数列，且前3项和为9．{b n }是等比数列，且b 1＝a 2，b 2＝a 5，b 3＝a 11．（1）求a n；（2）求{b n}的前n项和T n．【答案】{a n}是公差d不为0的等差数列，且前3项和为9．即有3a1+3d＝9，即a1+d＝3，{b n}是公比为q的等比数列，且b1＝a2，b2＝a5，b3＝a11．即有a52＝a2a11，即(a1+4d)2＝(a1+d)(a1+10d)，化为a1＝2d，解得d＝1，a1＝2，可得a n＝n+1，由（1）可得q=b2b1=a5a2=2，b1＝3，则前n项和T n=3(1−2n)1−2=3(2n−1)．【考点】数列的求和等差数列与等比数列的综合【解析】（1）{a n}是公差d不为0的等差数列，运用等差数列的通项公式和求和公式，等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，可得所求；（2）运用等比数列的定义和求和公式，计算可得所求和．【解答】{a n}是公差d不为0的等差数列，且前3项和为9．即有3a1+3d＝9，即a1+d＝3，{b n}是公比为q的等比数列，且b1＝a2，b2＝a5，b3＝a11．即有a52＝a2a11，即(a1+4d)2＝(a1+d)(a1+10d)，化为a1＝2d，解得d＝1，a1＝2，可得a n＝n+1，由（1）可得q=b2b1=a5a2=2，b1＝3，则前n项和T n=3(1−2n)1−2=3(2n−1)．河北省高考综合改革从2018年秋季入学的高一年级学生开始实施，新高考将实行“3+ 1+2”模式，其中3表示语文、数学、外语三科必选，1表示从物理、历史两科中选择一科，2表示从化学、生物、政治、地理四科中选择两科．某校2018级入学的高一学生选科情况如表：（1）完成下面的2×2列联表，并判断是否在犯错误概率不超过0.01的前提下，认为“选择物理与学生的性别有关”？（2）学校按性别用分层抽样的方式，从选择“史地化”组合的同学中抽取了5名同学．现要从这5名同学中随机抽取3名同学参加某项活动，则抽取的3名同学中，恰有1名男生的概率．附表及公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)根据题意填写2×2列联表如下，根据表中数据，计算K2=900×(300×175−300×125)2600×300×425×475≈5.573<6.635，所以不能在犯错误概率不超过0.01的前提下，认为“选择物理与学生的性别有关”；用分层抽样法从选择“史地化”组合中抽取了5名同学，则男生2人，记为A、B，女生3人，记为c、d、e，从这5名同学中随机抽取3人，基本事件为：ABc、ABd、ABe、Acd、Ace、Ade、Bcd、Bce、Bde、cde共10种，则抽取的3人中恰有1名男生的基本事件是：Acd、Ace、Ade、Bcd、Bce、Bde共6种，故所求的概率值为P=610=35．【考点】独立性检验【解析】（1）根据题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；（2）用分层抽样法求出抽取的男生、女生人数，利用列举法求出基本事件数，再求概率值．【解答】根据题意填写2×2列联表如下，根据表中数据，计算K2=900×(300×175−300×125)2600×300×425×475≈5.573<6.635，所以不能在犯错误概率不超过0.01的前提下，认为“选择物理与学生的性别有关”；用分层抽样法从选择“史地化”组合中抽取了5名同学，则男生2人，记为A、B，女生3人，记为c、d、e，从这5名同学中随机抽取3人，基本事件为：ABc、ABd、ABe、Acd、Ace、Ade、Bcd、Bce、Bde、cde共10种，则抽取的3人中恰有1名男生的基本事件是：Acd、Ace、Ade、Bcd、Bce、Bde共6种，故所求的概率值为P=610=35．如图，AB是圆的直径，C是圆上的点，PC垂直圆所在的平面，D、E分别是PB、PC的中点．（1）求证：DE⊥平面PAC；（2）若AB＝PC＝2，AC＝1，求点E到平面ACD的距离．【答案】证明：∵AB是圆的直径，C是圆上的点，PC垂直圆所在的平面，∴AC⊥BC，PC⊥BC，∵AC∩PC＝C，∴BC⊥平面PAC，∵D、E分别是PB、PC的中点，∴BC // DE，∴DE⊥平面PAC．AB＝PC＝2，AC＝1，∵AC⊥BC，AC⊥PC，BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC，∴CD=12PB=12√(4−1)+4=√72，设点E到平面ACD的距离为d，∵V E−ACD＝V D−ACE，∴13×S△ACD×d=13×S△ACE×DE，∴13×12×1×√72×d=13×1×1×√4−1，解得点E到平面ACD的距离d＝4．【考点】点、线、面间的距离计算直线与平面垂直【解析】（1）推导出AC⊥BC，PC⊥BC，从而BC⊥平面PAC，推导出BC // DE，由此能证明DE⊥平面PAC．（2）推导出AC⊥BC，AC⊥PC，从而AC⊥平面PBC，设点E到平面ACD的距离为d，从而V E−ACD＝V D−ACE，由此能求出点E到平面ACD的距离．【解答】证明：∵ AB 是圆的直径，C 是圆上的点，PC 垂直圆所在的平面， ∴ AC ⊥BC ，PC ⊥BC ，∵ AC ∩PC ＝C ，∴ BC ⊥平面PAC ，∵ D 、E 分别是PB 、PC 的中点，∴ BC // DE ， ∴ DE ⊥平面PAC ． AB ＝PC ＝2，AC ＝1，∵ AC ⊥BC ，AC ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ，∴ AC ⊥平面PBC ， ∴ CD =12PB =12√(4−1)+4=√72， 设点E 到平面ACD 的距离为d ，∵ V E−ACD ＝V D−ACE ，∴ 13×S △ACD ×d =13×S △ACE ×DE ，∴ 13×12×1×√72×d =13×1×1×√4−1，解得点E 到平面ACD 的距离d ＝4．己知抛物线E:y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 的直线l 与E 相交于A 、B 两点． （1）若AB 的中点纵坐标为2，求直线l 的方程；（2）设直线l 与E 的准线相交于C ，P(1, 2)，求证：直线PA 、PC 、PB 的斜率成等差数列． 【答案】由抛物线方程可得焦点F 坐标为：(1, 0)，准线方程为x ＝−1，由题意知直线AB 的斜率不为0，设方程为：y ＝k(x −1)，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，直线与抛物线联立{y =k(x −1)y 2=4x，整理：k 2x 2−(4+2k 2)x +k 2＝0，∴ x 1+x 2=4+2k 2k 2，∴ y 1+y 2＝k(x 1+x 2−2)=4k ，由题意AB 的中点的纵坐标为2，则2×2=4k，解得k ＝1，所以直线l 的方程为：y ＝x −1，即x −y −1＝0．证明：设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，由题意知直线AB 的斜率不为0，设直线l 的方程为：x ＝my +1，令x ＝−1，则y =−2m ，即C(−1, −2m )，联立直线与抛物线的方程：{y 2=4xx =my +1 ，整理：y 2−4my −4＝0，y 1+y 2＝4m ，y 1y 2＝−4，∵ k PA +k PB =y 1−2x 1−1+y 2−2x 2−1=(y 1−2)(x 2−1)+(y 2−2)(x 1−1)(x 1−1)(x 2−1)=(y 1−2)⋅my 2+(y 2−2)⋅my 1my 1my 2=2m −2m(y 1+y 2)y 1⋅y 2⋅1m 2=2m +2=2(m+1)m，而2k PC ＝2⋅−2m−2−1−1=2(m+1)m，所以k PA +k PB ＝2k PC ，即直线PA 、PC 、PB 的斜率成等差数列． 【考点】直线与抛物线的位置关系 数列与解析几何的综合 【解析】（1）设直线l 的方程，与抛物线联立求出两根之和进而求出交点的中点的纵坐标，由题意中点的纵坐标为2，求出直线的方程；（2）设直线方程与准线联立求出C 的坐标，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，进而求出直线PA 、PC 、PB 的斜率可得，直线PA 、PC 、PB 的斜率成等差数列． 【解答】由抛物线方程可得焦点F 坐标为：(1, 0)，准线方程为x ＝−1，由题意知直线AB 的斜率不为0，设方程为：y ＝k(x −1)，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，直线与抛物线联立{y =k(x −1)y 2=4x，整理：k 2x 2−(4+2k 2)x +k 2＝0，∴ x 1+x 2=4+2k 2k 2，∴ y 1+y 2＝k(x 1+x 2−2)=4k，由题意AB 的中点的纵坐标为2，则2×2=4k，解得k ＝1，所以直线l 的方程为：y ＝x −1，即x −y −1＝0．证明：设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，由题意知直线AB 的斜率不为0，设直线l 的方程为：x ＝my +1，令x ＝−1，则y =−2m ，即C(−1, −2m )，联立直线与抛物线的方程：{y 2=4xx =my +1 ，整理：y 2−4my −4＝0，y 1+y 2＝4m ，y 1y 2＝−4， ∵ k PA +k PB =y 1−2x 1−1+y 2−2x 2−1=(y 1−2)(x 2−1)+(y 2−2)(x 1−1)(x 1−1)(x 2−1)=(y 1−2)⋅my 2+(y 2−2)⋅my 1my 1my 2=2m−2m(y 1+y 2)y 1⋅y 2⋅1m 2=2m +2=2(m+1)m，而2k PC ＝2⋅−2m−2−1−1=2(m+1)m，所以k PA +k PB ＝2k PC ，即直线PA 、PC 、PB 的斜率成等差数列．设函数f(x)=x 24−x +sin x ，g(x)＝f ′(x)．（1）讨论g(x)在[0, 2π]上的单调性；（2）证明：f(x)在R 上仅有三个零点． 【答案】g(x)＝f ′(x)=12x −1+cos x ，g ′(x)=12−sin x ，x ∈[0, 2π]， 当x ∈[0, π6]，[5π6,2π], g ′(x)>0，g(x)递增； 当x ∈[π6,5π6]，g ′(x)<0，g(x)递减；对于f(x)，显然f(0)＝0，故x＝0是一个零点，根据（1）f′(x)单调性，f′(x)的极大值f′(π6)=12⋅π6−1+√32>0，极小值f′(5π6)<f′(π)=π2−2<0，又f′(2π)＝π>0，故在[π6,5π6]，[5π6,2π]，分别存在两个零点m，n，使得f′(m)＝f′(n)＝0又f(0)＝0，所以f(m)>0，f(n)<f(π)=π24−π<0，又f(2π)＝π2−2π>0，所以f(x)在(0, π)，(π, 2π)各有一个零点，在x＝0出有一个零点，共三个零点，当x∈(−∞, 0)时，f′(x)<0，f(x)递减，所以f(x)>f(0)＝0，没有零点；当x∈(2π, +∞)时，f(x)>π2−2π+sin x≥π2−2π−1>0，也没有零点；综上，f(x)在R上仅有三个零点．【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【解析】（1）对g(x)求导，判断即可；（2）根据（1）f′(x)的单调性和极值，判断f(x)在[0, 2π]上有3个零点，再判断当x∈(−∞, 0)时，f(x)>f(0)＝0，没有零点；当x∈(2π, +∞)时，f(x)>π2−2π+sin x≥π2−2π−1>0，也没有零点；最后得出结论即可．【解答】g(x)＝f′(x)=12x−1+cos x，g′(x)=12−sin x，x∈[0, 2π]，当x∈[0, π6]，[5π6,2π], g′(x)>0，g(x)递增；当x∈[π6,5π6]，g′(x)<0，g(x)递减；对于f(x)，显然f(0)＝0，故x＝0是一个零点，根据（1）f′(x)单调性，f′(x)的极大值f′(π6)=12⋅π6−1+√32>0，极小值f′(5π6)<f′(π)=π2−2<0，又f′(2π)＝π>0，故在[π6,5π6]，[5π6,2π]，分别存在两个零点m，n，使得f′(m)＝f′(n)＝0又f(0)＝0，所以f(m)>0，f(n)<f(π)=π24−π<0，又f(2π)＝π2−2π>0，所以f(x)在(0, π)，(π, 2π)各有一个零点，在x＝0出有一个零点，共三个零点，当x∈(−∞, 0)时，f′(x)<0，f(x)递减，所以f(x)>f(0)＝0，没有零点；当x∈(2π, +∞)时，f(x)>π2−2π+sin x≥π2−2π−1>0，也没有零点；综上，f(x)在R上仅有三个零点．（二）选考题：共10分.请考生在第（22），（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中，圆C：(x−1)2+y2＝1，直线l:y＝2．以坐标原点O为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求圆C和直线l的极坐标方程；（2）设A、B分别为圆C和直线l上的点，且满足AO⊥AB，设∠AOB＝α，求tanα的最小值．【答案】圆C：(x−1)2+y2＝1，整理得：x2−2x+y2＝0，转换为极坐标方程为ρ＝2cosθ．直线l:y＝2．转换为极坐标方程为ρsinθ＝2．设A、B分别为圆C和直线l上的点，且满足AO⊥AB，所以设A(ρA, θ)，B(ρB, θ+α)(−π2<θ<π2)，所以ρA＝2cosθ，ρB sin(θ+α)＝2，ρB cosα＝ρA，从而得到：2cosθsin(θ+α)＝2cosα，即cosθsinθcosα+cos2θsinα＝cosα，由于−π2<θ<π2，所以cosθ≠0，所以tanα=1−cosθsinθcos2θ=sin2θ+cos2θ−cosθsinθcos2θ=tan2θ−tanθ+1=(tanθ−12)2+34，当tanθ=12时，tanα的最小值为34．【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【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）利用三角函数关系式的恒等变换和二次函数的性质的应用求出结果．【解答】圆C：(x−1)2+y2＝1，整理得：x2−2x+y2＝0，转换为极坐标方程为ρ＝2cosθ．直线l:y＝2．转换为极坐标方程为ρsinθ＝2．设A、B分别为圆C和直线l上的点，且满足AO⊥AB，所以设A(ρA, θ)，B(ρB, θ+α)(−π2<θ<π2)，所以ρA＝2cosθ，ρB sin(θ+α)＝2，ρB cosα＝ρA，从而得到：2cosθsin(θ+α)＝2cosα，即cosθsinθcosα+cos2θsinα＝cosα，由于−π2<θ<π2，所以cosθ≠0，所以tanα=1−cosθsinθcos2θ=sin2θ+cos2θ−cosθsinθcos2θ=tan2θ−tanθ+1=(tanθ−12)2+34，当tanθ=12时，tanα的最小值为34．[选修4-5：不等式选讲]已知a、b、c、d是正实数，且2a+b＝3，c+d＝1．（1）证明：2a +1b≥3；（2）当ac为何值时，√2ac+√bd取得最大值？【答案】证明：a、b是正实数，且2a+b＝3，2 a +1b=13(2a+b)(2a+1b)=13(5+2ba+2ab)≥13(5+2√2ba⋅2ab)＝3，当且仅当a＝b＝1，取得等号；a、b、c、d是正实数，且2a+b＝3，c+d＝1，可得(2a+b)(c+d)＝[(√2a)2+(√b)2][(√c)2+(√d)2]≥(√2ac+√bd)2，则√2ac+√bd≤√3，当且仅当2ac =bd=3取得等号，即有当ac =32时，√2ac+√bd取得最大值√3．【考点】不等式的证明【解析】（1）由题意可得2a +1b=13(2a+b)(2a+1b)，展开后，运用基本不等式可得证明；（2）运用柯西不等式和等号成立的条件可得所求值．【解答】证明：a、b是正实数，且2a+b＝3，2 a +1b=13(2a+b)(2a+1b)=13(5+2ba+2ab)≥13(5+2√2ba⋅2ab)＝3，当且仅当a＝b＝1，取得等号；a、b、c、d是正实数，且2a+b＝3，c+d＝1，可得(2a+b)(c+d)＝[(√2a)2+(√b)2][(√c)2+(√d)2]≥(√2ac+√bd)2，则√2ac+√bd≤√3，当且仅当2ac =bd=3取得等号，即有当ac =32时，√2ac+√bd取得最大值√3．。
河北唐山2019年高三上学期年末考试数学(文)试题(word版)
河北唐山2019年高三上学期年末考试数学（文）试题（word 版）数学〔文〕试题说明：【一】本试卷分为第I 卷和第II 卷，第I 卷为选择题；第II 卷为非选择题，分为必考和选考两部分，【二】答题前请认真阅读答题卡上的“考前须知”，按照“考前须知”的规定答题、 【三】做选择题时，每题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑、如需改动，用橡皮将原选涂答案擦干净后，再选涂其他答案， 【四】考试结束后，将本试卷与原答题卡一并交回、 参考公式：样本数据nx x x ,,,21 的标准差；x x x x x x x ns n 其中],)()()[(122221-+-+-=为样本平均数； 柱体体积公式：为底面面积其中S Sh V ,=、h 为高； 锥体体积公式：hS Sh V ,,31为底面面积其中=为高； 球的表面积、体积公式：,34,432R V R S ππ==其中R 为球的半径。
【一】选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分，在每题给出四个选项中，有且只有一项符合题目要求、 1=ABi CD2、函数131()()3x f x x =-的零点个数是A 、0B 、1C 、2D 、33、以下函数中，满足22()[()]f x f x =的是 A 、()ln f x x =B 、()|1|f x x =+C 、3()f x x =D 、()x f x e =4、执行右边的程序框图，输出的结果为 A 、 15 B 、 16 C 、 64D 、 655、椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，右顶点为A ，以FA 为 直径的圆通过椭圆的上顶点，那么椭圆的离心率为 A、12B、12- C、2D、26、一个三棱锥的三视图如图，那么该三棱锥的体积为 A 、13B 、12C 、23D 、167、等比数列132423{},17,68,n a a a a a a a +=+=中则=A 、 32B 、 256C 、 128D 、 64A 、〔—∞，-2]B 、[2，+∞〕C 、〔—∞，-2〕D 、〔2，+∞〕9、△ABC 中，点P 满足(),AP t AB AC BP AP CP AP =+⋅=⋅，那么△ABC 一定是A 、等腰三角形B 、直三角形C 、等边三角形D 、钝角三角形10、函数x xe x y e x+=-〕的一段图象是11、四面体ABCD 的四个顶点在同一球面上，AB=BC=CD=DA=3，AC=为 A 、14πB 、15πC 、16πD 、18π12、已如点M 〔1，0〕及双曲线2213x y -=的右支上两动点A ，B ，当∠AMB 最大时，它的余弦值为A 、—12B 、12C 、—13D 、13第II 卷【二】填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分，把答案填写在题中横线上、 13、一组样本数据的茎叶图如下：那么这组数据的平均数等于。
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唐山市2018—2019学年度高三年级期末考试
文科数学参考答案
一．选择题：
A 卷：DCDD
B ABADA C
C B 卷：DCADB DBADA CC
二．填空题： （13）2 （14）(－∞，e －1)
（15）31
16
（16）3
三．解答题：
（17）解：
（1）由∠BMC ＝60︒，∠AMB ＝60︒，得∠CMD ＝60︒． …1分 在Rt △ABM 中，MB ＝2AM ＝4； 在Rt △CDM 中，MC ＝2MD ＝2．
…3分
在△MBC 中，由余弦定理得，
BC 2＝BM 2＋MC 2－2BM ·MC ·cos ∠BMC ＝12， BC ＝23． …6分
（2）因为∠DCM ＝θ，所以∠ABM ＝60︒－θ，0︒＜θ＜60︒．
在Rt △MCD 中，MC ＝1
sin θ；
在Rt △MAB 中，MB ＝2
sin (60︒－θ)
，
…9分 由MB ＝4MC 得，2sin (60︒－θ)＝sin θ，
…10分 整理可得tan θ＝3
2．
…12分
（18）解：
（1）连接C 1B ．
∵平面ABC ⊥平面CBB 1C 1，平面ABC ∩平面CBB 1C 1＝BC ，
且AC ⊥BC ，AC ⊂平面ABC ， ∴AC ⊥平面CBB 1C 1，
…2分
而CC 1⊂平面CBB 1C 1，∴AC ⊥CC 1， 又AC ∥A 1C 1，则有A 1C 1⊥CC 1，
∵四边形CBB 1C 1是菱形，∠C 1CB ＝60︒， ∴△C 1BB 1为边长为2的等边三角形， …4分
∵M 为BB 1的中点，∴C 1M ⊥BB 1，即C 1M ⊥CC 1， 又A 1C 1∩C 1M ＝C 1， ∴CC 1⊥平面A 1C 1M ，
…6分
（2）由（1）得C 1M ＝3，又A 1C 1＝AC ＝2， ∵AC ⊥平面CBB 1C 1，而C 1M ⊂平面CBB 1C 1， ∴AC ⊥C 1M ，又AC ∥A 1C 1，则有A 1C 1⊥C 1M ， 所以△A 1C 1M 的面积为S △A 1C 1M ＝3． …8分 由（1）可知CC 1⊥平面A 1C 1M ， 三棱锥C 1-A 1CM 的体积
V C 1-A 1CM ＝V C -A 1C 1M ＝ 1
3·S △A 1C 1M ·CC 1
＝233．
…12分
（19）解：
（1）r ＝129.6
132.1≈0.981，
…3分 R 2＝r 2≈0.962．
因为R 2越大，拟合效果越好，所以丙的拟合效果最好．
…4分 （2）b ˆ＝129.682.5
≈1.571， …6分 a ˆ＝20.6－b ˆ×5.5≈11.96．
…8分 因此y 关于x 的线性回归方程为y ˆ＝1.57x ＋11.96．
…9分
（3）从2008年开始计数，
2018年是第11年，其工业增加值y 的预报值
y ˆ＝1.57×11＋11.96＝29.23＜30． …10分 2019年是第12年，其工业增加值y 的预报值
y ˆ＝1.57×12＋11.96＝30.80＞30． …11分 故可以预测到2019年的工业增加值能突破30万亿元大关．
…12分
（20）解：
（1）由e ＝32可得 c a ＝32，所以 b a ＝ 1
2，
即a 2＝4b 2
，从而椭圆C ：x 24＋y 2＝b 2．
…2分
当l ⊥x 轴时，l ：x ＝1，由|AB |＝3，不妨取A (
1，32)，B (1，－3
2)
，
代入椭圆C ：x 24＋y 2
＝b 2，得b 2＝1，
故椭圆C ：x 24＋y 2
＝1． …5分
（2）依题意，N (0，1)．
当l 的斜率存在时，设y ＝k (x －1)－1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
将y ＝k (x －1)－1代入C 的方程，得(1＋4k 2)x 2－8k (k ＋1)x ＋4k 2＋8k ＝0， …6分 当∆＞0时，
x 1＋x 2＝8k (k ＋1)1＋4k 2，x 1·x 2＝4k 2＋8k
1＋4k 2．
…7分
k NA ＋k NB ＝y 1－1x 1＋y 2－1
x 2
，
因为y 1＝kx 1－k －1，y 2＝kx 2－k －1，
所以k NA ＋k NB ＝2k －(k ＋2)(x 1＋x 2)
x 1x 2 …10分 ＝2k －2(k ＋1)＝－2．
…11分
由（1）得，当l 的斜率不存在时，A (
1，32)，B (1，－3
2)
，
所以k NA ＋k NB ＝32－1－3
2－1＝－2． 综上，k NA ＋k NB ＝－2． …12分
（21）解：
（1）f '(x )＝2a
x ＋2x －4
…2分 因为f (x )为单调增函数，所以f '(x )≥0，即2a
x ＋2x －4≥0恒成立， …3分 a ≥(－x 2＋2x )max ＝1，当且仅当x ＝1时取等号， 即a ≥1．
…5分
（2）证明：由（1）得f '(x )＝2x 2
－4x ＋2a
x ， 依题意可得f '(x )的两个零点为x 1，x 2， 所以0＜a ＜1，且x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝a ．
…8分
所以f (x 1)＋f (x 2)＝2a ln x 1＋x 21－4x 1＋3＋2a ln x 2＋x 2
2－4x 2＋3
＝2a ln (x 1x 2)＋x 21＋x 2
2－4(x 1＋x 2)＋6
＝2a ln (x 1x 2)＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋6 ＝2a ln a －2a ＋2
…10分 令g (a )＝2a ln a －2a ＋2，0＜a ＜1．则g '(a )＝2ln a ＜0，g (a )单调递减， 因为g (1)＝0，所以g (a )＞0，故f (x 1)＋f (x 2)＞0．
…12分
（22）解：
（1）由l ：ρsin (
θ＋ π
3)
＝4得， 1
2ρsin θ＋32ρcos θ＝4； 所以直线l 的直角坐标方程为：3x ＋y －8＝0； …2分 由圆C ：ρ＝4sin θ得，ρ2＝4ρsin θ，因为x ＝ρcos α，y ＝ρsin α，ρ2＝x 2＋y 2， 所以圆C 直角坐标方程为：x 2＋(y －2)2＝4 …3分
由x 2＋(y －2)2
＝4得，
圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos α，
y ＝2＋2sin α
（α为参数，且0≤α＜2π）， …5分
（2）设点P 坐标为(2cos α，2＋2sin α)，
则d 1＝＝|23cos α＋2sin α－6|
2
＝3－sin α－3cos α，d 2＝2＋2sin α． …7分 那么d 1＋d 2＝sin α－3cos α＋5＝2sin (
α－ π
3)
＋5，
当α＝ 5π
6时，d 1＋d 2取得最大值7． …10分
（23）解：
（1）不等式|x ＋1|＋|x －1|－1≤x ＋1等价于 ⎩⎨⎧x ＞1，2x －1≤x ＋1，或⎩⎨⎧－1≤x ≤1，1≤x ＋1，或⎩⎨⎧x ＜－1，－2x －1≤x ＋1． 解得，1＜x ≤2，或0≤x ≤1，或x ∈∅．
所以，不等式f (x )≤x ＋1的解集是{x |0≤x ≤2}．
…5分
（2）由（1）得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －1，x ≤－1，
1，
－1＜x ＜1，2x －1，x ≥1．
所以y ＝3f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－6x －3，x ≤－1，
3，
－1＜x ＜1，6x －3，x ≥1．
y ＝f (2x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧－4x －1，x ≤－ 1
2，
1，－ 1 2＜x ＜ 1
2，4x －1，x ≥ 1
2．
如图所示，画出函数y ＝3f (x )和y ＝f (2x )的图象， 观察图象，可得3f (x )≥f (2x )．
…10分。