高考数学模拟试卷(衡水中学理科)
2023年河北省衡水中学高考数学模拟试卷+答案解析(附后)
2023年河北省衡水中学高考数学模拟试卷1. 已知全集，，，则( )A. B.C. D.2. 已知复数，，若z在复平面上对应的点在第三象限，则( )A. 4B.C.D.3.已知等差数列的前n项和为，，则( )A. 66B. 78C. 84D. 964. 条件p：，，则p的一个必要不充分条件是( )A. B. C. D.5. 函数的部分图象大致是( )A. B. C. D.6. 在中，，，，P，Q是平面上的动点，，M是边BC上的一点，则的最小值为( )A. 1B. 2C. 3D. 47. 已知抛物线C：过点，动点M，N为C上的两点，且直线AM 与AN的斜率之和为0，直线l的斜率为，且过C的焦点F，l把分成面积相等的两部分，则直线MN的方程为( )A. B.C. D.8. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，其中有很多对几何体外接球与内切球的研究.其中的一些研究思想启发着后来者的研究方向.已知正四棱锥的外接球半烃为R，内切球半径为r，且两球球心重合，则( )A. 2B.C.D.9. 统计学是源自对国家的资料进行分析，也就是“研究国家的科学”.一般认为其学理研究始于希腊的亚里士多德时代，迄今已有两千三百多年的历史.在两千多年的发展过程中，将社会经济现象量化的方法是近代统计学的重要特征.为此，统计学有了自己研究问题的参数，比如：均值、中位数、众数、标准差.一组数据：，，⋯，记其均值为m，中位数为k，标准差为s，则( )A.B.C.新数据：，，，⋯，的标准差为D.新数据：，，，⋯，的标准差为2s10. 已知，，且满足，则的取值可以为( )A. 10B. 11C. 12D. 2011. 圆O：与双曲线交于A，B，C，D四点，则( )A. r的取值范围是B. 若，矩形ABCD的面积为C. 若，矩形ABCD的对角线所在直线是E的渐近线D. 存在，使四边形ABCD为正方形12. 已知函数的导函数为，则( )A. 有最小值B. 有最小值C. D.13. 已知角终边上有一点，则______ .14. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为______ .15. 已知函数的部分图像如图所示，在区间内单调递减，则的最大值为______ .16. 如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD为菱形，，，，且平面ABCD，四边形BEFG是正方形，则______ ；异面直线AG与DE所成角的余弦值为______ .17. 已知数列满足，且，求证：是等比数列，并求的通项公式；若数列的前n项和为，求使不等式成立的n的最小值.18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且求的最小值；若M为的重心，，求19. 第22届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行，这是我国继北京后第二次举办亚运会.为迎接这场体育盛会，浙江某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市A社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A社区参加市亚运知识竞赛.已知A社区甲、乙、丙3位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为、、，通过初赛后再通过决赛的概率均为，假设他们之间通过与否互不影响.求这3人中至多有2人通过初赛的概率；求这3人中至少有1人参加市知识竞赛的概率；某品牌商赞助了A社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了两种奖励方案：方案一：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖1次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次奖励600元；方案二：只参加了初赛的选手奖励200元，参加了决赛的选手奖励500元.若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好.20. 如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是平行四边形，，，AD与平面所成的角为求；求二面角的余弦值.21. 如图，已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，且直线AB的斜率为，的面积为1，O为坐标原点.求C的方程；设直线l与C交于，两点，且，N与B不重合，M与C的上顶点不重合，点Q在线段MB上，且轴，AB平分线段QN，点到l的距离为d，求当d取最大值时直线MN的方程.22. 已知函数证明：当时，为增函数；若有3个零点，求实数a的取值范围，参考数据：，答案和解析1.【答案】A【解析】解：因为，，所以，又因为，所以则故选：求出集合M、N，再利用并集和补集的定义，即可求解．本题主要考查交集、补集的混合运算，属于基础题．2.【答案】B【解析】解：因为，则，解得，因为复数z在复平面上对应的点在第三象限，则，解得，因此，故选：利用复数的除法化简复数z，利用复数的模长公式以及复数的几何意义可求得实数a的值．本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．3.【答案】B【解析】解：设等差数列的首项为，公差为d，由可得，整理可得，所以，则故选：设等差数列的首项为，公差为d，结合题意可得，结合等差数列的性质代入等差数列的前n项和公式即可求解．本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：若，使得，则，可得，则，因为函数在上单调递减，在上单调递增，且，故当时，，即p：，所以p的一个必要不充分条件是故选：对于命题p，由参变量分离法可得，求出函数在上的最大值，可得出实数a的取值范围，再利用必要不充分条件的定义可得出合适的选项．本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：对于函数，有，可得，所以，函数的定义域为，因为，，所以，函数为偶函数，排除AB选项；当时，，则，此时，排除D选项．故选：分析函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项．本题主要考查了函数的奇偶性在函数图象判断中的应用，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：取PQ的中点N，则，可得，，当且仅当N在线段AM上时，等号成立，故，显然当时，取到最小值，，故故选：根据向量运算可得，结合图形分析的最小值即可得结果．本题主要考查了向量的线性表示及向量数量积的性质的应用，属于中档题．7.【答案】D【解析】解：因为抛物线C：过点，所以，解得：，所以，设，，直线MN：，代入中整理得，所以，，所以，即，则，解得：，所以直线MN：，直线l的斜率为，且过C的焦点，所以l：，则到直线l的距离为，所以l把分成面积相等的两部分，因为直线l与直线MN平行，所以到直线l：的距离为到直线MN：距离的，，解得：或舍去所以直线MN的方程为故选：由题意求出抛物线方程为，设，，直线MN：，联立直线和抛物线的方程结合韦达定理由，可求出，再求出直线l的方程，由题意可转化为到直线l：的距离为到直线MN：距离的，代入求解即可得出答案．本题主要考查了抛物线的性质，考查了直线与抛物线的位置关系，属于中档题．8.【答案】B【解析】解：设底面正方形ABCD的对角线长为2a，高为h，，正方形的中心为O，外接球的球心为，则有即，在中，，①，②，以O为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：则有，，设平面PCD的一个法向量为，则有，即，令，解得，，设向量与平面PCD的夹角为，则，球心到平面PCD的距离，，由①得，即③，故设，则③可整理成，两边平方得，，由①②得故选：正四棱锥的外接球和内接球球心重合，说明其结构特殊，找出结构的特殊性，再计算．本题主要考查了正四棱锥的外接球和内切球问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．9.【答案】AD【解析】解：对于A选项，因为，样本数据最中间的项为，由中位数的定义可知，A对；对于B选项，不妨令，则，B错；对于C选项，数据，，，⋯，的均值为，方差为，所以，数据，，，⋯，的标准差为s，C错；对于D选项，数据，，，⋯，的均值为，其方差为，所以，新数据：，，，⋯，的标准差为2s，D对．故选：利用中位数的定义可判断A选项；取，可判断B选项；利用方差公式可判断CD选项．本题主要考查了均值、中位数和标准差的计算公式，属于基础题．10.【答案】CD【解析】解：因为，，所以，，故，当，且，而时，即等号不能同时成立，所以，故AB错误，CD正确．故选：根据条件及基本不等式可得，进而即得．本题主要考查基本不等式及其应用，属于基础题．11.【答案】BD【解析】解：对于选项A，双曲线的顶点坐标为，渐近线方程为，因为圆O：与双曲线交于A，B，C，D四点，所以，故A错误；对于选项B，C，当时，圆O：，联立方程，解得，所以或或或，不妨令，，，，所以，，所以，则，所以AC：，故不是双曲线的渐近线，即B正确，C错误；对于选项D，若四边形ABCD为正方形，不妨设A为第一象限内的交点，设，，由，解得，又，所以，所以当时，使四边形ABCD为正方形，故D正确；故选：首先求出双曲线的顶点坐标与渐近线方程，即可判断A，对于B、C，求出交点坐标，即可判断B、C，设，求出m、r，即可判断本题主要考查了双曲线的性质，考查了圆与双曲线的综合问题，属于中档题．12.【答案】ACD【解析】解：由于函数的导函数为，则，又得其导函数为，故在定义域为单调递增函数，知无最小值，故B错误；当时，，，，故；当时，，，，但是指数函数始终增长的最快，故；又因为，，故一定存在，使得，所以在时为单调递减，在时为单调递增，故在处取得最小值，故A正确；又在定义域为单调递增函数，可知在为凹函数，可得，即，故C正确；令，易知，，，令，故在定义域为单调递增函数，故，则，故D正确．故选：对选项逐一判断，首先对求导得到，再对进行求导，得出的单调性及零点，即可得出，最值及单调性，即可判断AB的正误，由的增减性可知的凹凸性，由此可知，的大小，即可判断C的正误，再构造，同理可判断D的正误．本题主要考查了导数与单调性，函数性质的综合应用，属于中档题．13.【答案】【解析】解：，，根据同角关系有，故答案为：根据正切的定义，运用诱导公式以及同角关系求解．本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．14.【答案】【解析】解：分两种情况讨论：第一局甲胜，第二局乙胜：若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，所以第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；第一局乙胜，第二局甲胜：若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为综上所述，甲、乙各胜一局的概率为故答案为：分两种情况讨论：第一局甲胜，第二局乙胜：第一局乙胜，第二局甲胜．分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率．本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．15.【答案】2【解析】解：由图可知函数过点，所以，即，所以或，，因为，所以或，又函数在原点右侧最近的零点的右侧的极值点函数取得最小值，所以，所以，因为在区间内单调递减，，所以，所以，所以，则或解得或，所以的最大值为故答案为：根据函数过点求出的值，再根据x的范围求出的范围，结合函数的单调性与周期性求出的大致范围，再根据正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．本题主要考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．16.【答案】【解析】解：由四边形ABCD为菱形，，可得为正三角形，设H为AB的中点，连接DH，所以又，因此又平面ABCD，故以D为原点，分别以DE，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设，，，，则，，，，由题意，则平面ABCD，平面ABCD，设，，从而，因为四边形BEFG是正方形，所以，所以，解得，所以，，设，则，因为，所以，所以，即，所以，所以，设异面直线AG与DE所成角为，又，所以，即异面直线AG与DE所成角的余弦值为故答案为：；根据线面垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解距离及异面直线所成角的余弦值．本题主要考查了利用空间向量求线段的长，以及利用空间向量求异面直线所成的角，属于中档题．17.【答案】解：由，，可得，所以，则，又因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则，所以，则，所以由可知：，当n为偶数时，，当n为奇数时，，因为，，所以使不等式成立的n的最小值为【解析】根据递推公式即可证明是等比数列，然后利用等比数列的通项公式和已知条件即可求解；结合的通项公式求出数列的前n项和为，然后讨论即可求解．本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．18.【答案】解：，，当且仅当，即时，等号成立，的最小值为；分别延长BM，CM，AM，交三角形的对应边于点D，E，F，点M为的重心，，在中，，D为边AC的中点，，，设，，则，，在中，又勾股定理可得：，即，同理在中，，即，在中，，即，消去x，y得，又，所以，从而解得，即，在中，由余弦定理可得：，，同理在中，，，【解析】利用余弦定理及基本不等式即可求解最小值；利用重心性质及勾股定理求出边长关系，利用余弦定理求出两个角的余弦值，然后通过同角关系求出正弦值即可．本题考查解三角形，余弦定理勾股定理，基本不等式的应用，方程思想，属中档题．19.【答案】解：人全通过初赛的概率为，所以这3人中至多有2人通过初赛的概率为；甲参加市知识竞赛的概率为，乙参加市知识竞赛的概率为，丙参加市知识竞赛的概率为，所以这3人中至少有1人参加市知识竞赛的概率为；方案一：设三人中奖人数为X，所获奖金总额为Y元，则，且，所以元，方案二：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为Z元，则Z的所有可能取值为600、900、1200、1500，则，，，，所以所以，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好．【解析】计算出3人全通过初赛的概率，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；计算出3人各自参加市知识竞赛的概率，再利用独立事件和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；利用二项分布及期望的性质求出方案一奖金总额的期望，对方案二，列出奖金总额为随机变量的所有可能取值，并求出对应的概率，求出其期望，比较大小作答．本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了二项分布的概率公式和期望公式，属于中档题．20.【答案】解：因为，，在中，由余弦定理可得，则，所以，则，又因为为直四棱柱，所以平面ABCD，所以，DA，DB两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，则可取，由题意可知：AD与平面所成的角为，所以，解得，所以由知：平面的法向量，，，设平面的法向量为，则，则可取，则，由图可知：二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值【解析】根据，，利用余弦定理可得，结合已知条件，建立空间直角坐标系，设，写出相应点的坐标，求出平面的法向量和AD的方向向量，线面角即可求解；结合的结论和平面的法向量，再求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解．本题考查空间向量在立体几何中的运用，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．21.【答案】解：由已知得，，，即①又因为的面积为1，所以，即②联立①②解得，，所以椭圆C的方程为；根据题意，直线l的斜率存在，且l不过C的上、下顶点，故可设其方程为，，设Q点的横坐标为，AB与QN的交点为T，其横坐标为，由得，，则，即，又，由已知直线MB的方程为，直线AB的方程为，直线QN的方程为，联立，解得，即，联立，解得，即，因为AB平分线段QN，所以T为线段QN的中点，所以，即，整理得，把代入上式整理得，因为，所以，化简得，又由得，解得，，设，则，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，当时，有最大值，即d有最大值，所以，所以直线MN的方程为【解析】根据已知条件列出关于a，b的方程组求解即可；设l的方程为，，Q点的横坐标为，AB与QN的交点为T，其横坐标为，由已知可得，结合韦达定理可得出，从而可求点到l的距离d，再通过构造函数，利用函数单调性求出d取最大值时的条件，从而可求直线MN 的方程．本题主要考查了椭圆性质在椭圆方程求解中的应用，还考查了直线与椭圆位置关系的应用，属于中档题．22.【答案】解：将代入的解析式得：，，令，显然是增函数，，，使得，此时，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，显然是关于得减函数，，由，，得，，，即，是增函数；令，，，令，令，则有，，，显然是增函数，第21页，共21页，，使得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，，时，，即，是增函数，时，，即是减函数，时，是增函数，所以在处，有极大值，在处有极小值，的大致图像如下：欲使得原函数有3个零点，a 得取值范围是，综上，a 得取值范围是【解析】将代入函数解析式，求导，求出导函数的极小值即可；参数分离，构造函数，求出其单调区间以及函数的大致图像即可．本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了函数性质在零点个数判断中的应用，特殊值是解决本题的一个关键，对于导函数的研究的一个原则是多次求导直到导函数能够比较清晰的观察出其单调性为好，属于中档题．。
2023年河北省衡水中学高考数学一模试卷【答案版】
2023年河北省衡水中学高考数学一模试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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M ＝{x |x ≤m }，N ＝{x |y =1√x 2−3x−4}，若M ∪N ＝R ，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[﹣1，+∞）B ．[4，+∞）C ．（﹣∞，﹣1]D ．（﹣∞，4]2．已知复数z 1，z 2，当z 1＝1+2i 时，z 2z 1z 1−z 1=z 1，则z 2＝（ ） A ．8+6iB ．8﹣6iC ．10+10iD ．10﹣10i3．在流行病学中，把每名感染者平均可传染的人数叫做基本传染数．当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染者人数急剧增长．当基本传染数低于1时，疫情才可能逐渐消散．而广泛接种疫苗是降低基本传染数的有效途径．假设某种传染病的基本传染数为R 0，1个感染者平均会接触到N 个新人（N ≥R 0），这N 人中有V 个人接种过疫苗（VN 称为接种率），那么1个感染者可传染的新感染人数为R 0N（N ﹣V ）．已知新冠病毒在某地的基本传染数R 0＝log 24√2，为了使1个感染者可传染的新感染人数不超过1，该地疫苗的接种率至少为（ ） A ．30%B ．40%C ．50%D ．60%4．已知角α的顶点是坐标原点，始边是x 轴的正半轴，终边是射线y ＝2x （x ≥0），则tan(2α+π4)=（ ） A ．17B ．−17C ．﹣7D ．−135．某新能源汽车生产公司，为了研究某生产环节中两个变量x ，y 之间的相关关系，统计样本数据得到如下表格：由表格中的数据可以得到y 与x 的经验回归方程为y =14x +a 据此计算，下列选项中残差的绝对值最小的样本数据是（ ） A ．（30，4.6）B ．（27，3）C ．（25，3）D ．（23，2.4）6．已知△ABC 中，A ＝120°，AB ＝3，AC ＝4，CM →=4MB →，AN →=NB →，则AC →⋅MN →=（ ） A ．−125B ．−75C ．−25D ．−157．已知正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1，过底边BC 的平面与上底面交于线段MN ，若截面BCMN 将三棱柱分成了体积相等的两部分，则MN BC=（ ）A ．√3−12B ．1−√32C ．3−√32D ．3−3√328．已知锐角△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a =√3，b 2+c 2﹣bc ＝3，则△ABC 面积的取值范围是（ ） A ．(√32，3√34]B ．(√32，3√34)C ．(√34，3√34)D ．(√34，3√34]二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．某商店为了解该店铺商品的销售情况，对某产品近三年的产品月销售数据进行统计分析，绘制了折线统计图，如图．下列结论正确的有（ ）A ．该产品的年销量逐年增加B ．该产品各年的月销量高峰期大致都在8月C ．该产品2019年1月至12月的月销量逐月增加D ．该产品各年1月至6月的月销量相对于7月至12月波动性更小、变化更平稳 10．已知函数f （x ）的图像的对称轴方程为x ＝3，则函数f （x ）的解析式可以是（ ） A ．f(x)=x +1x+3 B ．f （x ）＝e x ﹣3+e 3﹣xC ．f （x ）＝x 4﹣18x 2D ．f （x ）＝|x 2﹣6x |11．红、黄、蓝被称为三原色，选取其中任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色．已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色．现有红、黄、蓝颜料各两瓶，甲从六瓶颜料中任取两瓶，乙再从余下四瓶颜料中任取两瓶，两人分别进行等量调配，A 表示事件“甲调配出红色”，B 表示事件“甲调配出绿色”；C 表示事件“乙调配出紫色”，则下列说法正确的是（ ） A ．事件A 与事件C 是独立事件 B ．事件A 与事件B 是互斥事件 C ．P （C |A ）＝0D ．P （B ）＝P （C ）12．已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）与直线l ：x ﹣y ﹣1＝0交于A ，B 两点，记直线l 与x 轴的交点E ，点E ，F 关于原点对称，若∠AFB ＝90°，则（ ） A ．2a 2+b 2＝a 2b 2B ．椭圆C 过4个定点 C ．存在实数a ，使得|AB |＝3D ．|AB |＜72三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知向量a →=（2，﹣3），b →=（﹣1，2），c →=（t ﹣2，3t ）．若向量c →与2a →+b →平行，则实数t 的值为 ． 14．分形几何学是法国数学家曼德尔勃罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．如图，正三角形ABC 的边长为4，取△ABC 各边的中点D ，E ，F 作第2个三角形，然后再取△DEF 各边的中点G ，H ，I 作第3个三角形，以此方法一直进行下去．已知△ABC 为第1个三角形，设前n 个三角形的面积之和为S n ，若S n ＞5√3，则n 的最小值为 ．15．如图，已知台体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为长方形，且上、下底面中心的连线与底面垂直，上、下底面的距离为4．若AB ＝4√6，AD ＝4√2，A 1B 1＝4√3，则该台体的外接球的表面积为 ．16．在空间直角坐标系下，由方程x 2a 2+y 2b 2+z 2c 2=1（a ＞0，b ＞0，c ＞0）所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）．如果用坐标平面z ＝0，y ＝0，x ＝0分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为{x 2a 2+y 2b 2=1，z =0，{x 2a 2+z 2c 2=1，y =0，{y 2b 2+z 2c 2=1，x =0，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）．已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆{x 29+y 216=1，z =0与点M （1，2，√23)，则这个椭球面的方程为 ．四、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．（10分）已知f(x)=Asin(ωx +φ)(|φ|＜π2)同时满足下列四个条件中的三个： ①f(π6)=1；②f(x)=Asin(ωx +φ)(|φ|＜π2)的图象可以由y ＝sin x ﹣cos x 的图象平移得到； ③相邻两条对称轴之间的距离为π2；④最大值为2．（1）请指出这三个条件，并说明理由；（2）若曲线y ＝f （x ）的对称轴只有一条落在区间[0，m ]上，求m 的取值范围．18．（12分）温室是以采光覆盖材料作为全部或部分围护结构材料，具有透光、避雨、保温、控温等功能，可在冬季或其他不适宜露地植物生长的季节供栽培植物的建筑，而温室蔬菜种植技术是一种比较常见的技术，它具有较好的保温性能，使人们在任何时间都可吃到反季节的蔬菜，深受大众喜爱．温室蔬菜生长和蔬菜产品卫生质量要求的温室内土壤、灌溉水、环境空气等环境质量指标，其温室蔬菜产地环境质量等级划定如表所示．各环境要素的综合质量指数超标，灌溉水、环境空气可认为污染，土壤则应做进一步调研，若确对其所影响的植物（生长发育、可食部分超标或用作饮料部分超标）或周围环境（地下水、地表水、大气等）有危害，方能确定为污染．某乡政府计划对所管辖的甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛，共8个村发展温室蔬菜种植，对各村试验温室蔬菜环境产地质量监测得到的相关数据如下：（1）若从这8个村中随机抽取2个进行调查，求抽取的2个村应对土壤做进一步调研的概率； （2）现有一技术人员在这8个村中随机选取3个进行技术指导，记ξ为技术员选中村的环境空气等级为尚清洁的个数，求ξ的分布列和数学期望．19．（12分）已知数列{a n }，{b n }满足a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n ＝（n ﹣1）•2n +1+2（n ∈N *），{b n }是等比数列，且{1b n}的前n 项和B n ＝1−12n ． （1）求数列{a n }，{b n }的通项公式； （2）设数列c n =1a n a n+1，{c n }的前n 项和为T n ，证明：T 2n ﹣T n ≤1a 2+b 2． 20．（12分）如图所示，A ，B ，C ，D 四点共面，其中∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB =12AD ，点P ，Q 在平面ABCD 的同侧，且P A ⊥平面ABCD ，CQ ⊥平面ABCD ． （1）若直线l ⊂平面P AB ，求证：l ∥平面CDQ ；（2）若PQ ∥AC ，∠ABP ＝∠DAC ＝45°，平面BPQ ∩平面CDQ ＝m ，求锐二面角B ﹣m ﹣C 的余弦值．21．（12分）在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的离心率为√3，直线l ：y ＝x ﹣1与双曲线C 交于A ，B 两点，点D （x 0，y 0）在双曲线C 上． （1）求线段AB 中点的坐标； （2）若a ＝1，过点D 作斜率为2x 0y 0的直线l ′与直线l 1：√2x ﹣y ＝0交于点P ，与直线l 2：√2x +y ＝0交于点Q ，若点R （m ，n ）满足|RO |＝|RP |＝|RQ |，求m 2+2x 02−2n 2−y 02的值．22．（12分）已知函数f （x ）=aln(x +I)−√x +2，其中a ∈R ．（1）当a=83时，求函数f（x）的单调区间；（2）当x≥0时，f（x）≤3a（sin x+cos x）恒成立，求实数a的取值范围．2023年河北省衡水中学高考数学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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M ＝{x |x ≤m }，N ＝{x |y =1√x 2−3x−4}，若M ∪N ＝R ，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[﹣1，+∞）B ．[4，+∞）C ．（﹣∞，﹣1]D ．（﹣∞，4]解：集合M ＝{x |x ≤m }，N ＝{x |y =1√x 2−3x−4}＝{x |x ＜﹣1或x ＞4}，∵M ∪N ＝R ， ∴m ≥4，∴实数m 的取值范围是[4，+∞）． 故选：B ．2．已知复数z 1，z 2，当z 1＝1+2i 时，z 2z 1z 1−z 1=z 1，则z 2＝（ ） A ．8+6i B ．8﹣6iC ．10+10iD ．10﹣10i解：z 1＝1+2i ，则z 1⋅z 1=(1+2i)(1−2i)=5， 故z 2z 1z 1−z 1=z 25−(1+2i)=z 24−2i=1+2i ，即z 2＝（4﹣2i ）（1+2i ）＝8+6i ．故选：A ．3．在流行病学中，把每名感染者平均可传染的人数叫做基本传染数．当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染者人数急剧增长．当基本传染数低于1时，疫情才可能逐渐消散．而广泛接种疫苗是降低基本传染数的有效途径．假设某种传染病的基本传染数为R 0，1个感染者平均会接触到N 个新人（N ≥R 0），这N 人中有V 个人接种过疫苗（VN 称为接种率），那么1个感染者可传染的新感染人数为R 0N（N ﹣V ）．已知新冠病毒在某地的基本传染数R 0＝log 24√2，为了使1个感染者可传染的新感染人数不超过1，该地疫苗的接种率至少为（ ） A ．30%B ．40%C ．50%D ．60%解：为了使1个感染者传染人数不超过1，只需R 0N（N ﹣V ）≤1，所以R 0⋅N−V N ≤1，即R 0(1−VN)≤1， 因为R 0＝log 24√2=log 2252=2.5，所以2.5(1−VN )≤1，解得VN≥0.6=60%，则地疫苗的接种率至少为60%． 故选：D ．4．已知角α的顶点是坐标原点，始边是x 轴的正半轴，终边是射线y ＝2x （x ≥0），则tan(2α+π4)=（ ） A ．17B ．−17C ．﹣7D ．−13解：角α的顶点是坐标原点，始边是x 轴的正半轴，终边是射线y ＝2x （x ≥0）， 由已知可设角α终边上一点P （1，2），则tan α＝2， 所以tan2α=2tanα1−tan 2α=−43， 可得tan(2α+π4)=tan2α+11−tan2α=−43+11−(−43)=−17．故选：B ．5．某新能源汽车生产公司，为了研究某生产环节中两个变量x ，y 之间的相关关系，统计样本数据得到如下表格：由表格中的数据可以得到y 与x 的经验回归方程为y =14x +a 据此计算，下列选项中残差的绝对值最小的样本数据是（ ） A ．（30，4.6）B ．（27，3）C ．（25，3）D ．（23，2.4）解：由表中数据可得x =15×（20+23+25+27+30）＝25，y =15×（2+2.4+3+3+4.6）＝3， y 关于x 的经验回归方程为y =14x +a ，可得3=14×25+a ，解得a ＝﹣3.25， 故y 关于x 的经验回归方程为y =14x ﹣3.25， 对于A ，当x ＝30时，y =14×30﹣3.25＝4.25，残差的绝对值为|4.6﹣4.25|＝0.35， 对于B ，当x ＝27时，y =14×27﹣3.25＝3.5，残差的绝对值为|3.5﹣3|＝0.5， 对于C ，当x ＝25时，y =14×25﹣3.25＝3，残差的绝对值为|3﹣3|＝0， 对于D ，当x ＝23时，y =14×23﹣3.25＝2.5，残差的绝对值为|2.5﹣2.4|＝0.1． 故选：C ．6．已知△ABC 中，A ＝120°，AB ＝3，AC ＝4，CM →=4MB →，AN →=NB →，则AC →⋅MN →=（ ）A ．−125B ．−75C ．−25D ．−15解：由题可得MN →=MB →+BN →=15CB →+12BA →=15（AB →−AC →）−12AB →=−310AB →−15AC →，所以AC →⋅MN →=AC →•（−310AB →−15AC →）=−310AB →⋅AC →−15（AC →）²=−310×3×4×（−12）−15×4²=−75，故选：B ．7．已知正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1，过底边BC 的平面与上底面交于线段MN ，若截面BCMN 将三棱柱分成了体积相等的两部分，则MN BC=（ ）A ．√3−12B ．1−√32C ．3−√32D ．3−3√32解：由题可知平面BMNC 与棱柱上底面分别交于A 1B 1，A 1C 1， 则B 1C 1∥MN ，MN ∥BC ，显然ABC ﹣A 1MN 是三棱台， 设△ABC 的面积为1，△A 1MN 的面积为S ，三棱柱的高为h ， ∴12•1•h =13h （1+S +√S ），解得√S =√3−12，由△A 1MN ∽A 1B 1C 1，可得MN BC=√S 1=√3−12． 故选：A ．8．已知锐角△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a =√3，b 2+c 2﹣bc ＝3，则△ABC 面积的取值范围是（ ） A ．(√32，3√34]B ．(√32，3√34)C ．(√34，3√34)D ．(√34，3√34]解：由于a =√3，b 2+c 2﹣bc ＝3，则cosA =b 2+c 2−a 22bc=12， 由于A ∈（0，π）， 所以A =π3，故外接圆的半径为R =12√3√32=1，所以S △ABC =12bcsinA =√34⋅2sinB ⋅2sin(2π3−B)=√34⋅4sinB ⋅(√32cosB +12sinB) =√34(2sin 2B +2√3sinBcosB) =√34(1−cos2B +√3sin2B)=√32sin(2B −π6)+√34， 由于0＜B ＜π2，由于△ABC 为锐角三角形， 所以π6＜B ＜π2，所以π6＜2B −π6≤5π6，故√32＜√32sin(2B −π6)+√34≤3√34，即√32＜S △ABC ≤3√34． 故选：A ．二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．某商店为了解该店铺商品的销售情况，对某产品近三年的产品月销售数据进行统计分析，绘制了折线统计图，如图．下列结论正确的有（ ）A ．该产品的年销量逐年增加B ．该产品各年的月销量高峰期大致都在8月C ．该产品2019年1月至12月的月销量逐月增加D ．该产品各年1月至6月的月销量相对于7月至12月波动性更小、变化更平稳 解：根据题意，依次分析选项：对于A ，该产品的年销量逐年增加，A 正确；对于B ，由折线图可知，该产品各年的月销量高峰期大致都在8月，B 正确； 对于C ，2019年8月至9月，该产品销量减少，C 错误；对于D ，由折线图可知，该产品各年1月至6月的月销量相对于7月至12月波动性更小、变化更平稳，D 正确． 故选：ABD ．10．已知函数f （x ）的图像的对称轴方程为x ＝3，则函数f （x ）的解析式可以是（ ） A ．f(x)=x +1x+3B ．f （x ）＝e x ﹣3+e 3﹣xC ．f （x ）＝x 4﹣18x 2D ．f （x ）＝|x 2﹣6x |解：f(x)=x +1x+3关于（3，﹣3）对称，不满足题意，所以A 不正确； f （x ）＝e x ﹣3+e 3﹣x ，因为f （6﹣x ）＝e 6﹣x ﹣3+e 3﹣（6﹣x ）＝e x ﹣3+e 3﹣x ＝f （x ），所以B 正确；函数f （x ）＝x 4﹣18x 2是偶函数，关于x ＝0对称，所以C 不正确； 函数f （x ）＝|x 2﹣6x |满足f （6﹣x ）＝f （x ），所以D 正确； 故选：BD ．11．红、黄、蓝被称为三原色，选取其中任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色．已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色．现有红、黄、蓝颜料各两瓶，甲从六瓶颜料中任取两瓶，乙再从余下四瓶颜料中任取两瓶，两人分别进行等量调配，A 表示事件“甲调配出红色”，B 表示事件“甲调配出绿色”；C 表示事件“乙调配出紫色”，则下列说法正确的是（ ） A ．事件A 与事件C 是独立事件 B ．事件A 与事件B 是互斥事件 C ．P （C |A ）＝0D ．P （B ）＝P （C ）解：根据题意，A 事件两瓶均为红色颜料，C 事件为一瓶红色一瓶蓝色颜料，则事件A 发生事件C 必定不发生，∴P （AC ）＝0，P （A ）≠0，P （C ）≠0，P （C |A ）=P(AC)P(A)=0， 故A ，C 不是独立事件，故A 错误，C 正确，若调出红色，需要两瓶颜料均为红色，若调出绿色，则需1瓶黄色和1瓶蓝色， 此时调出红色和调出绿色不同时发生，故A ，B 为互斥事件，故B 正确， P （B ）=C 21⋅C 21C 62=415，若C 事件发生，则甲有三种情况， ①甲取两瓶黄色，则概率为C 22⋅C 21⋅C 21C 62⋅C 42=245，②甲取1瓶黄色和1瓶红色或1瓶黄色和1瓶蓝色，则概率为C 21⋅C 21⋅C 21×2C 62⋅C 42=845，③甲取1瓶红色1瓶蓝色，则概率为C 21⋅C 21C 62⋅C 42=245，则P （C ）=245+845+245=415，故D 正确． 故选：BCD ． 12．已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）与直线l ：x ﹣y ﹣1＝0交于A ，B 两点，记直线l 与x 轴的交点E ，点E ，F 关于原点对称，若∠AFB ＝90°，则（ ） A ．2a 2+b 2＝a 2b 2B ．椭圆C 过4个定点 C ．存在实数a ，使得|AB |＝3D ．|AB |＜72解：设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．由{x 2a 2+y 2b 2=1，y =x −1，得（a 2+b 2）x 2﹣2a 2x +a 2﹣a 2b 2＝0，Δ＝4a 4﹣4（a 2+b 2）（a 2﹣a 2b 2）＝4a 2b 2（a 2+b 2﹣1）＞0，则a 2+b 2＞1， {x 1+x 2=2a 2a 2+b2，x 1⋅x 2=a 2−a 2b 2a 2+b 2，因为E （1，0），所以F （﹣1，0），又FA →⋅FB →=0， 所以（x 1+1）（x 2+1）+y 1y 2＝（x 1+1）（x 2+1）+（x 1﹣1）•（x 2﹣1）＝2x 1x 2+2＝0， 所以x 1⋅x 2=a 2−a 2b 2a 2+b2=−1，2a 2+b 2＝a 2b 2，故A 正确；所以1a 2+2b 2=1，即椭圆过定点T 1(1，√2)，T 2(1，−√2)，T 3(−1，√2)，T 4(−1，−√2)，故B 正确；|AB|=√2⋅|x 1−x 2|=√2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=2√2√(11+b2a2)2+1，由2a 2+b 2＝a 2b 2得b 2=2a 2a 2−1＞0，则a 2＞1，所以b 2a 2=2a 2−1，则有|AB |=2√2×√(11+2a 2−1)2+1，因为a 2＞1，所以|AB |的取值范围为(2√2，4)，故C 正确，D 错误． 故选：ABC ．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知向量a →=（2，﹣3），b →=（﹣1，2），c →=（t ﹣2，3t ）．若向量c →与2a →+b →平行，则实数t 的值为813．解：向量a →=（2，﹣3），b →=（﹣1，2）， 则2a →+b →=(3，−4)，∵向量c →与2a →+b →平行，c →=（t ﹣2，3t ），∴3×3t +4（t ﹣2）＝0，解得t =813． 故答案为：813．14．分形几何学是法国数学家曼德尔勃罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．如图，正三角形ABC 的边长为4，取△ABC 各边的中点D ，E ，F 作第2个三角形，然后再取△DEF 各边的中点G ，H ，I 作第3个三角形，以此方法一直进行下去．已知△ABC 为第1个三角形，设前n 个三角形的面积之和为S n ，若S n ＞5√3，则n 的最小值为 3 ．解：根据题意，设第n 个三角形的面积为a n ，分析可得：第n +1个三角形的边长为第n 个三角形边长的一半，则a n +1=14a n ， 而第一个三角形的面积a 1＝4×4×√34=4√3，故数列{a n }是首项为4√3，公比为14的等比数列，则前n 个三角形的面积之和为S n =4√3(1−14n )1−14=16√33（1−14n ）， 若S n ＞5√3，解可得n ＞2，故n 的最小值为3； 故答案为：3．15．如图，已知台体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为长方形，且上、下底面中心的连线与底面垂直，上、下底面的距离为4．若AB ＝4√6，AD ＝4√2，A 1B 1＝4√3，则该台体的外接球的表面积为 128π ．解：如图，连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接AC ，BD 交于点O 2， 由球的几何性质可知，台体外接球的球心O 在O 1O 2上，由题知长方形ABCD 与长方形A 1B 1C 1D 1相似， 则有AB AD=A 1B 1A 1D 1，解得A 1D 1＝4，由题意可知，OO 2⊥平面ABCD ，OO 1⊥平面A 1B 1C 1D 1， O 1O 2＝4，设O 2O ＝h ，∵B 1O 1=12√A 1B 12+A 1D 12=4，∴OB 12=OO 12+O 1B 12=（4﹣h ）2+42，同理可得BO 2=12√AB 2+AD 2=4√2，∴OB 2=OO 22+O 2B 2＝h 2+（4√2）2，设台体外接球O 的半径为R ，则有OB ＝OB 1＝R ，即（4﹣h ）2+42＝h 2+（4√2）2，解得h ＝0，则OB ＝O 2B ＝4√2，即该台体的外接球的半径R ＝4√2， ∴该台体的外接球的表面积为4πR 2＝128π． 故答案为：128π．16．在空间直角坐标系下，由方程x 2a 2+y 2b 2+z 2c 2=1（a ＞0，b ＞0，c ＞0）所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）．如果用坐标平面z ＝0，y ＝0，x ＝0分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为{x 2a 2+y 2b 2=1，z =0，{x 2a 2+z 2c 2=1，y =0，{y 2b 2+z 2c 2=1，x =0，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）．已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆{x 29+y 216=1，z =0与点M （1，2，√23)，则这个椭球面的方程为x 29+y 216+z 236=1 ．解：根据中心在原点、其轴与坐标轴重合的某椭球面的标准方程的定义，设此椭球面的标准方程为x 29+y 216+z 2c 2=1，∵椭球面过点M （1，2，√23)， 将它的坐标代入椭球面的标准方程x 29+y 216+z 2c 2=1，得19+416+(√23)2c 2=1，∴c 2＝36， ∴椭球面的方程为x 29+y 216+z 236=1．故答案为：x 29+y 216+z 236=1．四、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．（10分）已知f(x)=Asin(ωx +φ)(|φ|＜π2)同时满足下列四个条件中的三个： ①f(π6)=1；②f(x)=Asin(ωx +φ)(|φ|＜π2)的图象可以由y ＝sin x ﹣cos x 的图象平移得到； ③相邻两条对称轴之间的距离为π2；④最大值为2．（1）请指出这三个条件，并说明理由；（2）若曲线y ＝f （x ）的对称轴只有一条落在区间[0，m ]上，求m 的取值范围． 解：（1）对于条件②，y ＝sin x ﹣cos x =√2sin （x −π4），若函数f(x)=Asin(ωx +φ)(|φ|＜π2)的图象可以由y ＝sin x ﹣cos x 的图象平移得到， 则f （x ）=√2sin （x +φ），由条件③相邻两条对称轴之间的距离为π2，可得f （x ）的最小正周期为π，可得ω＝2，与②矛盾；对于条件④最大值为2，可得A ＝2与②矛盾，故只能舍弃条件②， 所以这三个条件为①③④．（2）由（1）可得f （x ）＝2sin （2x +φ），由条件①f(π6)=1，可得2sin （π3+φ）＝1，又|φ|＜π2，所以φ=−π6，所以f （x ）＝2sin （2x −π6）， 令2x −π6=π2+k π，k ∈Z ，可得x =π3+kπ2，k ∈Z ， k ＝﹣1时，x =−π6， k ＝0时，x =π3， k ＝1时，x =5π6，又曲线y ＝f （x ）的对称轴只有一条落在区间[0，m ]上， 所以π3≤m ＜5π6， 即m 的取值范围是[π3，5π6）．18．（12分）温室是以采光覆盖材料作为全部或部分围护结构材料，具有透光、避雨、保温、控温等功能，可在冬季或其他不适宜露地植物生长的季节供栽培植物的建筑，而温室蔬菜种植技术是一种比较常见的技术，它具有较好的保温性能，使人们在任何时间都可吃到反季节的蔬菜，深受大众喜爱．温室蔬菜生长和蔬菜产品卫生质量要求的温室内土壤、灌溉水、环境空气等环境质量指标，其温室蔬菜产地环境质量等级划定如表所示．各环境要素的综合质量指数超标，灌溉水、环境空气可认为污染，土壤则应做进一步调研，若确对其所影响的植物（生长发育、可食部分超标或用作饮料部分超标）或周围环境（地下水、地表水、大气等）有危害，方能确定为污染．某乡政府计划对所管辖的甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛，共8个村发展温室蔬菜种植，对各村试验温室蔬菜环境产地质量监测得到的相关数据如下：（1）若从这8个村中随机抽取2个进行调查，求抽取的2个村应对土壤做进一步调研的概率；（2）现有一技术人员在这8个村中随机选取3个进行技术指导，记ξ为技术员选中村的环境空气等级为尚清洁的个数，求ξ的分布列和数学期望．解：（1）由题图知应对土壤做进一步调研的村有4个，记事件A＝“抽取2个村应对土壤做进一步调研“，则P(A)=C42C82=314，所以抽取两个村应对土壤做进一步调研的概率为314；（2）由题意知环境空气等级为尚清洁的村共5个，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，P（ξ＝0）=C50C33C83=156，P（ξ＝1）=C51C32C83=1556，P（ξ＝2）=C52C31C83=1528，P（ξ＝3）=C53C30C83=528，ξ的分布列为所以E（ξ）=0×156+1×1556+2×1528+3×528=158．19．（12分）已知数列{a n}，{b n}满足a1b1+a2b2+…+a n b n＝（n﹣1）•2n+1+2（n∈N*），{b n}是等比数列，且{1b n }的前n项和B n＝1−12n．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）设数列c n=1a n a n+1，{c n}的前n项和为T n，证明：T2n﹣T n≤1a2+b2．（1）解：因为数列{1b n }的前n项和B n＝1−12n，所以当n＝1时，1b1=B1=12，即b1＝2，当n＝2时，1b1+1b2=B2=34，所以b2＝4，故数列{b n}是首项为2，公比为2的等比数列，所以b n＝2•2n﹣1＝2n，因为a1b1+a2b2+…+a n b n＝（n﹣1）•2n+1+2，所以当n ≥2时，a 1b 1+a 2b 2+…+a n ﹣1b n ﹣1＝（n ﹣2）•2n +2， 两式相减得，a n b n ＝n •2n （n ≥2）， 又n ＝1时，a 1b 1＝2，满足上式， 所以a n b n ＝n •2n （n ∈N *）， 因为b n ＝2n ，所以a n ＝n ．（2）证明：c n =1a n a n+1=1n(n+1)=1n −1n+1，所以T n ＝（1−12）+（12−13）+…+（1n−1n+1）＝1−1n+1=nn+1， 所以T 2n ﹣T n =2n 2n+1−n n+1=n 2n 2+3n+1=12n+3+1n， 要证T 2n ﹣T n ≤1a 2+b 2，需证12n+3+1n≤1a 2+b 2=12+4=16，需证2n +3+1n ≥6，即证2n +1n ≥3， 因为f （n ）＝2n +1n在n ∈N *上单调递增， 所以当n ＝1时，f （n ）＝2n +1n取得最小值3， 所以2n +1n≥3恒成立， 故命题得证．20．（12分）如图所示，A ，B ，C ，D 四点共面，其中∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB =12AD ，点P ，Q 在平面ABCD 的同侧，且P A ⊥平面ABCD ，CQ ⊥平面ABCD ． （1）若直线l ⊂平面P AB ，求证：l ∥平面CDQ ；（2）若PQ ∥AC ，∠ABP ＝∠DAC ＝45°，平面BPQ ∩平面CDQ ＝m ，求锐二面角B ﹣m ﹣C 的余弦值．（1）证明：因为P A ⊥平面ABCD ，CQ ⊥平面ABCD ， 所以P A ∥CQ ，因为P A ⊂平面P AB ，CQ ⊄平面P AB ， 所以CQ ∥平面P AB ，因为∠BAD ＝∠ADC ＝90°，所以AB ∥CD ，因为CD ∥平面P AB ，因为CQ ∩CD ＝C ，CD ⊂平面CDQ ，CQ ⊂平面CDQ ， 所以平面CDQ ∥平面P AB ，直线l ⊂平面P AB ，所以l ∥平面CDQ ；（2）解：因为AP ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以AP ⊥AB ，AP ⊥AD ，又因为AB ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）可得P A ∥CQ ，又因为PQ ∥AC ，所以四边形APQC 为平行四边形，不妨取AB ＝1，由题意可得A （0，0，0），B （1，0，0），P （0，0，1），Q （2，2，1），D （0，2，0）， 所以BP →=（﹣1，0，1），BQ →=（1，2，1）， 设平面BPQ 的一个法向量为n →=（x ，y ，z ）， 则{BP →⋅n →=−x +z =0BQ →⋅n →=x +2y +z =0，令x ＝1，则y ＝﹣1，z ＝1，则n →=（1，﹣1，1）， 易知AD ⊥平面CDQ ，则平面CDQ 的一个法向量为AD →=（0，2，0）， 所以cos ＜AD →，n →＞=AD →⋅n→|AD →|⋅|n →|=2×3=−√33．锐二面角B ﹣m ﹣C 的余弦值为√33．21．（12分）在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的离心率为√3，直线l ：y ＝x ﹣1与双曲线C 交于A ，B 两点，点D （x 0，y 0）在双曲线C 上． （1）求线段AB 中点的坐标； （2）若a ＝1，过点D 作斜率为2x 0y 0的直线l ′与直线l 1：√2x ﹣y ＝0交于点P ，与直线l 2：√2x +y ＝0交于点Q ，若点R （m ，n ）满足|RO |＝|RP |＝|RQ |，求m 2+2x 02−2n 2−y 02的值．解：（1）依题意，双曲线 C 的离心率e =c a =√1+b2a2=√3，则b 2＝2a 2，故双曲线 C 的方程为2x 2﹣y 2﹣2a 2＝0，联立{2x 2−y 2−2a 2=0y =x −1，得x 2+2x ﹣2a 2﹣1＝0，且Δ＞0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1+x 2=−2，x 1x 2=−2a 2−1， 设线段AB 的中点为E （x ′，y ′），故x ′＝﹣1， 将x ′＝﹣1代入直线l ：y ＝x ﹣1，得y ′＝﹣2， 故线段AB 的中点坐标为（﹣1，﹣2）．（2）依题意，a ＝1，则双曲线 C 的方程为x 2−y 22=1，直线l ′：y −y 0=2x 0y 0(x −x 0)，又点D （x 0，y 0）在双曲线 C 上， 所以x 02−y 022=1，故直线l ′的方程为x 0x −y 0y 2=1，由题可知，点O ，P ，Q 均不重合，由|RO |＝|RP |＝|RQ |易知R （m ，n ）为△OPQ 的外心， 设P （x 3，y 3），Q （x 4，y 4），则√2x 3−y 3=0，即y 3=√2x 3，√2x 4+y 4=0，即y 4=−√2x 4，线段OP 的垂直平分线的方程为y −y32=−√22(x −x 32)，线段OQ 的垂直平分线的方程为y −y42=√22(x −x 42)，联立{y −y 32=−√22(x −x 32)y −y 42=√22(x −x 42)得{x =m =34(x 3+x 4)y =n =3√28(x 3−x 4)，联立{y 3=√2x 3x 0x 3−y 0y 32=1，得x 3=10−√22y 0，同理可得x 4=10+√22y 0， 故x 3+x 4=10−√22y 010+√22y 0=2x 0x 02−12y 02=2x 0， x 3﹣x 4=10−22y 010+22y 0=√2yx 02−12y 02=√2y 0，故{m =34(x 3+x 4)n =3√28(x 3−x 4)，进一步得到{m =32x 0n =34y 0， 即m 2−2n 2=94x 02−98y 02=94(x 02−y 022)=94，则m 2+2x 02−2n 2−y 02=94+2=174． 22．（12分）已知函数f （x ）=a2ln(x +I)−√x +2，其中a ∈R ．（1）当a =83时，求函数f （x ）的单调区间；（2）当x ≥0时，f （x ）≤3a （sin x +cos x ）恒成立，求实数a 的取值范围． 解：（1）当a =83时，f （x ）=43ln （x +1）−√x +2的定义域为（﹣1，+∞）， 则f ′（x ）=43(x+1)12√x+2=8√x+2−3(x+2)+36(x+1)√x+2=−(3√x+2+1)(√x+2−3)6(x+1)√x+2， 当1＜√x +2＜3时，即﹣1＜x ＜7时，f ′（x ）＞0，函数单调递增， 当√x +2＞3时，即x ＞7时，f ′（x ）＜0，函数单调递减，所以函数f （x ）单调递增区间为（﹣1，7），单调递减区间为（7，+∞）；（2）证明：设g （x ）=3a （sin x +cos x ），由f （0）=−√2≤g （0）=3a ， 解得a ≤−3√22或a ＞0， ①当a ＞0时，f （3）＝aln 2−√5，g （x ）=3√2a sin （x +π4），当x ∈（π4，5π4）时，g （x ）单调递减，所以g （3）＜g （11π12）=3√2a sin 7π6=−3√22a， 若aln 2−√5＜−3√22a ，则aln 2+3√22a ＜√5，因为aln 2+3√22a ≥2√aln2⋅3√22a =√6√2ln2（当且仅当aln 2=3√22a 时等号成立）， 又因为√6√2ln2＞√5，所以−3√22a ＜aln 2−√5， 此时f （x ）≤g （x ）不成立，即a ＞0不合题意，②当a ≤−3√22时，f （x ）为减函数， 当x ∈[0，π4）时，f （x ）﹣g （x ）=a 2ln （x +1）−√x +2−3a （sin x +cos x ）≤−3√24ln （x +1）−√x +2+√2（sin x +cos x ）， 令h （x ）=−3√24ln （x +1）−√x +2+√2（sin x +cos x ），则h （0）＝0， 所以h ′（x ）=−3√24(x+1)−12√x+2√2（cos x ﹣sin x ）， 此时h ′（0）＝0， h ″（x ）=3√24(x+1)24(x+2)3−√2（sin x +cos x ）=3√24(x+1)24(x+2)32sin （x +π4），当x ∈[0，π4）时，h ″（x ）单调递减，h ″（x ）≤h ″（0）＜0， 所以h ′（x ）在[0，π4）上单调递减，又h ′（0）＝0， 所以在[0，π4）上h ′（x ）≤0， 所以h （x ）在[0，π4）上单调递减，又h （0）＝0， 所以在[0，π4）上h （x ）≤0， 即当x ∈[0，π4）时，f （x ）≤g （x ）恒成立， 当x ∈[π4，+∞）时， f （x ）=a 2ln （x +1）−√x +2≤−3√24ln （x +1）−√x +2≤−3√24ln （π4+1）−√π4+2， 又π4+1＞1.78＞√e ，π4+2＞2.78＞2.56＝1.62，所以f （x ）＜−3√24ln （√e ）−√2.56=−3√28−85＜−2， g （x ）≥3√2a ≥−2， 所以当x ∈[π4，+∞）时，f （x ）≤g （x ）恒成立，故a 的取值范围为（﹣∞，−3√22]．。
河北省衡水中学高考数学一模试卷(理科)
河北省衡水中学高考数学一模试卷（理科）一、选择题详细信息1.难度：中等如图所示的韦恩图中，A、B是非空集合，定义A*B表示阴影部分集合．若x，y∈R，，B={y|y=3x，x＞0}，则A*B=（）A．（2，+∞）B．[0，1）∪（2，+∞）C．[0，1]∪（2，+∞）D．[0，1]∪[2，+∞）详细信息2.难度：中等如图，在△ABC中，，P是BN上的一点，若，则实数m的值为（）A．B．C．1D．3详细信息3.难度：中等设x，y满足约束条件，则取值范围是（）A．[1，5]B．[2，6]C．[3，10]D．[3，11]详细信息4.难度：中等定义在R上的可导函数f（x），已知y=e f'（x）的图象如图所示，则y=f（x）的增区间是（）A．（-∞，1）B．（-∞，2）C．（0，1）D．（1，2）详细信息5.难度：中等如图，过抛物线y2=4x焦点的直线依次交抛物线与圆（x-1）2+y2=1于A，B，C，D，则|AB|•|CD|=（）A．4B．2C．1D．详细信息6.难度：中等如图是一几何体的三视图，正视图是一等腰直角三角形，且斜边BD长为2；侧视图一直角三角形；俯视图为一直角梯形，且AB=BC=1，则异面直线PB与CD 所成角的正切值是（）A．1B．C．D．详细信息7.难度：中等已知的左、右焦点，A是椭圆上位于第一象限内的一点，点B也在椭圆上，且满足（O为坐标原点），，若椭圆的离心率等于，则直线AB的方程是（）A．B．C．D．详细信息8.难度：中等函数f（x）=-2x2+7x-6与函数g（x）=-x的图象所围成的封闭图形的面积为（）A．B．2C．D．3详细信息9.难度：中等已知F1，F2分别为双曲线的左右焦点，P为双曲线上除顶点外的任意一点，且△F1PF2的内切圆交实轴于点M，则|F1M|•|MF2|的值为（）A．b2B．a2C．c2D．详细信息10.难度：中等已知正方形AP1P2P3的边长为4，点B，C分别是边P1P2，P2P3的中点，沿AB，BC，CA折叠成一个三棱锥P-ABC（使P1，P2，P3重合于P），则三棱锥P-ABC的外接球表面积为（）A．24πB．12πC．8πD．4π详细信息11.难度：中等已知f（x）是偶函数，x∈R，若将f（x）的图象向右平移一个单位又得到一个奇函数，又f（2）=-1，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2011）=（）A．-1003B．1003C．1D．-1详细信息12.难度：中等设函数f（x）=x|x|+bx+c，给出以下四个命题：①当c=0时，有f（-x）=-f（x）成立；②当b=0，c＞0时，方程f（x）=0，只有一个实数根；③函数y=f（x）的图象关于点（0，c）对称④当x＞0时；函数f（x）=x|x|+bx+c，f（x）有最小值是．其中正确的命题的序号是（）A．①②④B．①③④C．②③④D．①②③二、填空题详细信息13.难度：中等已知定义在（-1，+∞）上的函数，若f（3-a2）＞f（2a），则实数a取值范围为．详细信息14.难度：中等椭圆（a＞b＞0）且满足a≤，若离心率为e，则e2+的最小值为．详细信息15.难度：中等设函数f（x）=2sin（x+）．若对任意x∈R，都有f（x1）≤f（x）≤f（x2）成立，则|x1-x2|的最小值为．详细信息16.难度：中等设，对Xn的任意非空子集A，定义f（A）为A中的最大元素，当A取遍Xn的所有非空子集时，对应的f（A）的和为S，则S 2= ，Sn= ．三、解答题详细信息17.难度：中等在△ABC中，内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，已知向量=（1，cosA-1），=（cosA，1）且满足⊥．（Ⅰ）求A的大小；（Ⅱ）若a=，b+c=3 求b、c的值．详细信息18.难度：中等如图，在三棱锥V-ABC中，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，D是AB的中点，且AC=BC=a，∠VDC=θ．（1）求证：平面VAB⊥平面VCD；（2）当角θ变化时，求直线BC与平面VAB所成的角的取值范围．详细信息19.难度：中等某厂生产某种产品的年固定成本为250万元，每生产x千件，需另投入成本为C（x），当年产量不足80千件时，（万元）；当年产量不小于80千件时，（万元）．现已知此商品每件售价为500元，且该厂年内生产此商品能全部销售完．（1）写出年利润L（万元）关于年产量x（千件）的函数解析式；（2）年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？详细信息20.难度：中等已知直线y=-x+1与椭圆相交于A、B两点．（1）若椭圆的离心率为，焦距为2，求线段AB的长；（2）若向量与向量f（s）≥ϕ（t）互相垂直（其中O为坐标原点），当椭圆的离心率时，求椭圆的长轴长的最大值．详细信息21.难度：中等已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点K（-1，0）的直线l与C相交于A、B 两点，点A关于x轴的对称点为D．（Ⅰ）证明：点F在直线BD上；（Ⅱ）设，求△BDK的内切圆M的方程．详细信息22.难度：中等已知函数f（x）=ax-1-lnx（a∈R）．（1）若函数f（x）在x=1处取得极值，对∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx-2恒成立，求实数b的取值范围；（2）当0＜x＜y＜e2且x≠e时，试比较与的大小．。
高中数学 2023年河北省衡水市名校高考数学模拟试卷(一)
2023年河北省衡水市桃城区衡水中学、石家庄二中、雅礼中学、长郡中学等名校高考数学模拟试卷（一）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．A ．{2}B ．{5}C ．{1，3，4，5}D ．{1，2，3，4}1．（5分）已知全集U ={l ,2，3，4，5}，集合A ={1，2，4}，B ={2，3}，则（∁U A ）∩（∁U B ）=（ ）A ．3B ．4C ．-3D ．-42．（5分）复数25i 3+4i的虚部为（ ）A ．OA 与OH 的夹角为π3B ．OD +OF =OEC ．|OA −OC |=22|DH |D ．OA 在OD 上的投影向量为22e （其中e 为与OD 同向的单位向量）3．（5分）八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形ABCDEFGH ，其中|OA |=1给出下列结论，其中正确的结论为（ ）→→→→→→→→√→→→√→→→A ．67B ．57C ．914D ．11144．（5分）从属于区间[2，8]的整数中任取两个数，则至少有一个数是质数的概率为（ ）A ．[83，113)∪(4，143)B ．[113，4)∪[143，173)C ．[113，143)∪(5，173)D ．[143，5)∪[173，203)5．（5分）已知函数f (x )=sin (ωx +π3)(ω>0)在[π3，π]上恰有3个零点，则ω的取值范围是（ ）A ．2a =3b B ．a 3b 2=1C ．a 2=b 3D ．a 3=b 26．（5分）在某款计算器上计算log a b 时，需依次按下“Log ”、“（”、“a ”、“，”、“b ”、“）”6个键．某同学使用该计算器计算log a b （a >1，b >1）时，误按下“Log ”、“（”、“b ”、“，”、“a ”、“）”这6键，所得到的值是正确结果的49倍，则（ ）二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020衡水中学高三理科数学模拟试卷.pptx
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．（5 分）已知复数
，则复数 z 在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
2．（5分）设集合 P＝{x||x|＞3}，Q＝{x|x2＞4}，则下列结论正确的是（ ）
A．∀x∈[0，+∞），f（x﹣2）＞f（x） C．∀x∈R，f（f（x））≤f（x）
B．∀x∈[1，+∞），f（x﹣2）＞f（x） D．∀x∈R，f（f（x））＞f（x）
A．40
B．
C．30
D．
6．（5分）不透明的袋中装有 8 个大小质地相同的小球，其中红色的小球 6 个，白色的小球 2 个，从袋中任取 2 个小球， 则取出的 2 个小球中有 1 个是白色小球另 1 个是红色小球的概率为（ ）
===============（4.20）理科数学模拟
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2
角三角板（Rt△ACD 与 Rt△BCD）组成的三角形，
如左图所示．其中，∠CAD＝45°，∠BCD＝60°
D．3
现将 Rt△ACD 绕斜边 AC 旋转至△D1AC 处（D1 不在平面 ABC 上）．若 M 为 BC 的中点，则在△ACD 旋转过程中，直线 AD1 与 DM 所成角 θ（ ） A．θ∈（30°，60°）B．θ∈（0°，45°] C．θ∈（0°，60°] D．θ∈（0°，60°） 12．（5 分）设符号 min{x，y，z}表示 x，y，z 中的最小者，已知函数 f（x）＝min{|x﹣2|，x2，|x+2|}则下列结论正确的 是（ ）
河北省衡水中学高三高考模拟测试题——理科数学试题及参考答案
河北衡水中学高考模拟测试卷理科数试试题第Ⅰ卷一、选择题：本题共12个小题,每小题5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、设集合2{|60,}A x x x x Z =--<∈，{|||,,}B z z x y x A y A ==-∈∈，则集合A B =（ ） A 、{0,1} B 、{0,1,2} C 、{0,1,2,3} D 、{1,0,1,2}-2、设复数z 满足121z i i +=-+，则1||z=（ ）A 、15 C 、5 D 、253、若1cos()43πα+=，(0,)2πα∈，则sin α的值为（ ）A 、46B 、46+C 、718D 、3 4、已知直角坐标原点O 为椭圆:C 22221(0)x y a b a b+=>>的中心，1F ，2F 为左、右焦点，在区间(0,2)任取一个数e ，则事件“以e 为离心率的椭圆C 与圆O ：2222x y a b +=-没有交点”的概率为（ ）A 、4B 、44C 、2D 、22- 5、定义平面上两条相交直线的夹角为：两条相交直线交成的不超过90︒的正角、已知双曲线E ：22221(0,0)x y a b a b-=>>，当其离心率2]e ∈时，对应双曲线的渐近线的夹角的取值范围为（ ） A 、[0,]6π B 、[,]63ππ C 、[,]43ππ D 、[,]32ππ6、某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为32π+，则它的表面积是（ ）A 、(3)22π++B 、3()242π+C 、2 D 、4+ 7、函数sin ln ||y x x =+在区间[3,3]-的图象大致为（ ）A 、B 、C 、D 、8、二项式1()(0,0)n ax a b bx+>>的展开式中只有第6项的二项式系数最大，且展开式中的第3项的系数是第4项的系数的3倍，则ab 的值为（ ）A 、4B 、8C 、12D 、169、执行下图的程序框图，若输入的0x =，1y =，1n =，则输出的p 的值为（ ）A 、81B 、812C 、814D 、81810、已知数列11a =，22a =，且222(1)n n n a a +-=--，*n N ∈，则2017S 的值为（ ）A 、201610101⨯-B 、10092017⨯C 、201710101⨯-D 、10092016⨯11、已知函数()sin()f x A x ωϕ=+(0,0,||)2A πωϕ>><的图象如图所示，令()()'()g x f x f x =+，则下列关于函数()g x 的说法中不正确的是（ ）A 、 函数()g x 图象的对称轴方程为()12x k k Z ππ=-∈ B 、函数()g x的最大值为C 、 函数()g x 的图象上存在点P ，使得在P 点处的切线与直线:31l y x =-平行D 、方程()2g x =的两个不同的解分别为1x ，2x ，则12||x x -最小值为2π 12、已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在三个零点，则a 的取值范围是（ ）A 、(,2)-∞-B 、(2,2)-C 、(2,)+∞D 、(2,0)(0,2)-第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分，第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答、第22题和第23题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13、向量(,)a m n =，(1,2)b =-，若向量a ，b 共线，且||2||a b =，则mn 的值为 、14、设点M 是椭圆22221(0)x y a b a b+=>>上的点，以点M 为圆心的圆与x 轴相切于椭圆的焦点F ，圆M 与y 轴相交于不同的两点P 、Q ，若PMQ ∆为锐角三角形，则椭圆的离心率的取值范围为 、15、设x ，y 满足约束条件230,220,220,x y x y x y +-≥⎧⎪-+≥⎨⎪--≤⎩则y x 的取值范围为 、16、在平面五边形ABCDE 中，已知120A ∠=︒，90B ∠=︒，120C ∠=︒，90E ∠=︒，3AB =，3AE =，当五边形ABCDE的面积S ∈时，则BC 的取值范围为 、三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤、17、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，121n n S S -=+*(2,)n n N ≥∈、 （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记12log n n b a =*()n N ∈求11{}n n b b +的前n 项和n T18、如图所示的几何体ABCDEF 中，底面ABCD 为菱形，2AB a =，120ABC ∠=︒，AC 与BD 相交于O 点，四边形BDEF 为直角梯形，//DE BF ，BD DE ⊥，2DE BF ==，平面BDEF ⊥底面ABCD 、（1）证明：平面AEF ⊥平面AFC ；（2）求二面角E AC F --的余弦值19、某校为缓解高三学生的高考压力，经常举行一些心理素质综合能力训练活动，经过一段时间的训练后从该年级800名学生中随机抽取100名学生进行测试，并将其成绩分为A、B、C、D、E五个等级，统计数据如图所示（视频率为概率），根据以上抽样调查数据，回答下列问题：（1）试估算该校高三年级学生获得成绩为B的人数；（2）若等级A、B、C、D、E分别对应100分、90分、80分、70分、60分，学校要求平均分达90分以上为“考前心理稳定整体过关”，请问该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”是否过关？（3）为了解心理健康状态稳定学生的特点，现从A、B两种级别中，用分层抽样的方法抽取11个学生样本，再从中任意选取3个学生样本分析，求这3个样本为A级的个数 的分布列与数学期望20、 已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的离心率为2，且过点22P ，动直线l ：y kx m -+交椭圆C 于不同的两点A ，B ，且0OA OB ⋅=（O 为坐标原点）（1）求椭圆C 的方程、（2）讨论2232m k -是否为定值？若为定值，求出该定值，若不是请说明理由21、 设函数22()ln f x a x x ax =-+-()a R ∈、（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）设2()2()ln x x a a x ϕ=+-，记()()()h x f x x ϕ=+，当0a >时，若方程()()h x m m R =∈有两个不相等的实根1x ，2x ，证明12'()02x x h +>请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号22、选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线1C ：3cos ,2sin x t y tαα=+⎧⎨=+⎩（t 为参数，0a >），在以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线2C ：4sin ρθ=、（1）试将曲线1C 与2C 化为直角坐标系xOy 中的普通方程，并指出两曲线有公共点时a 的取值范围；（2）当3a =时，两曲线相交于A ，B 两点，求||AB23、 选修4-5：不等式选讲已知函数()|21||1|f x x x =-++（1）在下面给出的直角坐标系中作出函数()y f x =的图象，并由图象找出满足不等式()3f x ≤的解集；（2）若函数()y f x =的最小值记为m ，设,a b R ∈，且有22a b m +=，试证明：221418117a b +≥++参考答案一、选择题1-5:BCAAD 6-10:AABCC 11、12：CD二、填空题13、-8 14e << 15、27[,]5416、 三、解答题17、解：（1）当2n =时，由121n n S S -=+及112a =， 得2121S S =+，即121221a a a +=+，解得214a =、 又由121n n S S -=+，①可知121n n S S +=+，②②-①得12n n a a +=，即11(2)2n n a n a +=≥、 且1n =时，2112a a =适合上式，因此数列{}n a 是以12为首项，12为公比的等比数列，故12n n a =*()n N ∈ （2）由（1）及12log n n b a =*()n N ∈， 可知121log ()2nn b n ==， 所以11111(1)1n n b b n n n n +==-++， 故2231111n n n n T b b b b b b +=+++=11111[(1)()()]2231n n -+-++-=+1111n n n -=++、 18、解：（1）因为底面ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥，又平面BDEF ⊥底面ABCD ，平面BDEF平面ABCD BD =，因此AC ⊥平面BDEF ，从而AC EF ⊥、又BD DE ⊥，所以DE ⊥平面ABCD ，由2AB a =，2DE BF ==，120ABC ∠=︒，可知AF =，2BD a =，EF ==，AE ==，从而222AF FE AE +=，故EF AF ⊥、又AF AC A =，所以EF ⊥平面AFC 、又EF ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面AFC 、（2）取EF 中点G ，由题可知//OG DE ，所以OG ⊥平面ABCD ，又在菱形ABCD 中，OA OB ⊥，所以分别以OA ，OB ，OG 的方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系O xyz -（如图示）， 则(0,0,0)O，,0,0)A，(,0,0)C，(0,,)E a -，(0,)F a ，所以(0,,),0,0)AE a =--=(,,)a -，(,0,0),0,0)AC=--=(,0,0)-，(0,)(0,,)EFa a =--(0,2,)a =、由（1）可知EF ⊥平面AFC ，所以平面AFC 的法向量可取为(0,2,)EF a =、 设平面AEC 的法向量为(,,)n x y z =，则0,0,n AE n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0,y x ⎧-+=⎪⎨=⎪⎩即,0,y x⎧=⎪⎨=⎪⎩令z =，得4y =， 所以(0,4,2)n =、从而cos ,n EF <>=||||63n EF n EF⋅==⋅、 故所求的二面角E AC F --的余弦值为3、19、解：（1）从条形图中可知这100人中，有56名学生成绩等级为B ，所以可以估计该校学生获得成绩等级为B 的概率为561410025=， 则该校高三年级学生获得成绩为B 的人数约有1480044825⨯=、 （2）这100名学生成绩的平均分为1(321005690780370260)100⨯+⨯+⨯+⨯+⨯91.3=， 因为91.390>，所以该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关、（3）由题可知用分层抽样的方法抽取11个学生样本，其中A 级4个，B 级7个，从而任意选取3个，这3个为A 级的个数ξ的可能值为0，1，2，3、 则03473117(0)33C C P C ξ===，124731128(1)55C C P C ξ===， 214731114(2)55C C P C ξ===，30473114(3)165C C P C ξ===、 因此可得ξ的分布列为：则728144()0123335555165E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯1211=、 20、解：（1）由题意可知2c a =，所以222222()a c a b ==-，即222a b =，①又点22P 在椭圆上，所以有2223144a b+=，② 由①②联立，解得21b =，22a =， 故所求的椭圆方程为2212x y +=、 （2）设1122(,),(,)A x y B x y ，由0OA OB ⋅=，可知12120x x y y +=、 联立方程组22,1,2y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 消去y 化简整理得222(12)4220k x kmx m +++-=，由2222168(1)(12)0k m m k ∆=--+>，得2212k m +>，所以122412km x x k +=-+，21222212m x x k -=+，③ 又由题知12120x x y y +=，即1212()()0x x kx m kx m +++=，整理为221212(1)()0k x x km x x m ++++=、 将③代入上式，得22222224(1)01212m km k km m k k -+-⋅+=++、 化简整理得222322012m k k--=+，从而得到22322m k -=、 21、 解：（1）由22()ln f x a x x ax =-+-，可知2'()2a f x x a x =-+-=222(2)()x ax a x a x a x x --+-=、 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以，①若0a >时，当(0,)x a ∈时，'()0f x <，函数()f x 单调递减，当(,)x a ∈+∞时，'()0f x >，函数()f x 单调递增；②若0a =时，当'()20f x x =>在(0,)x ∈+∞内恒成立，函数()f x 单调递增；③若0a <时，当(0,)2a x ∈-时，'()0f x <，函数()f x 单调递减，当(,)2a x ∈-+∞时，'()0f x >，函数()f x 单调递增、（2）证明：由题可知()()()h x f x x ϕ=+=2(2)ln x a x a x +--(0)x >， 所以'()2(2)a h x x a x=+--=22(2)(2)(1)x a x a x a x x x +---+=、 所以当(0,)2a x ∈时，'()0h x <；当(,)2a x ∈+∞时，'()0h x >；当2a x =时，'()02a h =、 欲证12'()02x x h +>，只需证12'()'()22x x a h h +>，又2''()20a h x x=+>，即'()h x 单调递增，故只需证明1222x x a +>、 设1x ，2x 是方程()h x m =的两个不相等的实根，不妨设为120x x <<，则21112222(2)ln ,(2)ln ,x a x a x m x a x a x m ⎧+--=⎨+--=⎩ 两式相减并整理得1212(ln ln )a x x x x -+-=22121222x x x x -+-， 从而221212121222ln ln x x x x a x x x x -+-=-+-， 故只需证明2212121212122222(ln ln )x x x x x x x x x x +-+->-+-， 即22121212121222ln ln x x x x x x x x x x -+-+=-+-、 因为1212ln ln 0x x x x -+-<，所以（*）式可化为12121222ln ln x x x x x x --<+， 即11212222ln 1x x x x x x -<+、 因为120x x <<，所以1201x x <<， 不妨令12x t x =，所以得到22ln 1t t t -<+，(0,1)t ∈、 记22()ln 1t R t t t -=-+，(0,1)t ∈，所以22214(1)'()0(1)(1)t R t t t t t -=-=≥++，当且仅当1t =时，等号成立，因此()R t 在(0,1)单调递增、又(1)0R =，因此()0R t <，(0,1)t ∈， 故22ln 1t t t -<+，(0,1)t ∈得证， 从而12'()02x x h +>得证、22、解：（1）曲线1C ：3cos ,2sin ,x t y t αα=+⎧⎨=+⎩消去参数t 可得普通方程为222(3)(2)x y a -+-=、 曲线2C ：4sin ρθ=，两边同乘ρ、可得普通方程为22(2)4x y +-=、把22(2)4y x -=-代入曲线1C 的普通方程得：222(3)4136a x x x =-+-=-， 而对2C 有222(2)4x x y ≤+-=，即22x -≤≤，所以2125a ≤≤故当两曲线有公共点时，a 的取值范围为[1,5]、（2）当3a =时，曲线1C ：22(3)(2)9x y -+-=， 两曲线交点A ，B 所在直线方程为23x =、 曲线22(2)4x y +-=的圆心到直线23x =的距离为23d =，所以||3AB ==、 23、 解：（1）因为()|21||1|f x x x =-++=3,1,12,1,213,.2x x x x x x ⎧⎪-<-⎪⎪-+-≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩ 所以作出图象如图所示，并从图可知满足不等式()3f x ≤的解集为[1,1]-、（2）证明：由图可知函数()y f x =的最小值为32，即32m =、 所以2232a b +=，从而227112a b +++=， 从而221411a b +=++2222214[(1)(1)]()71a b a a b ++++=++2222214(1)[5()]711b a a b ++++≥++218[577+=、 当且仅当222214(1)11b a a b ++=++时，等号成立， 即216a =，243b =时，有最小值， 所以221418117a b +≥++得证。
高考数学模拟试卷衡水中学理科
高考数学模拟试卷衡水中学理科IMB standardization office【IMB 5AB- IMBK 08- IMB 2C】2018年衡水中学高考数学全真模拟试卷（理科）第1卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．（5分）（2018?衡中模拟）已知集合A={x|x2＜1}，B={y|y=|x|}，则A∩B=（）A．B．（0，1） C．[0，1）D．[0，1]2．（5分）（2018?衡中模拟）设随机变量ξ～N（3，σ2），若P（ξ＞4）=，则P （3＜ξ≤4）=（）A．B．C．D．3．（5分）（2018?衡中模拟）已知复数z=（i为虚数单位），则3=（）A．1 B．﹣1 C．D．4．（5分）（2018?衡中模拟）过双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一个焦点F作两渐近线的垂线，垂足分别为P、Q，若∠PFQ=π，则双曲线的渐近线方程为（）A．y=±x B．y=±x C．y=±x D．y=±x5．（5分）（2018?衡中模拟）将半径为1的圆分割成面积之比为1：2：3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥底面半径依次为r1，r2，r3，那么r1+r2+r3的值为（）A．B．2 C．D．16．（5分）（2018?衡中模拟）如图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是（）A．2 B．3 C．4 D．57．（5分）（2018?衡中模拟）等差数列{a n}中，a3=7，a5=11，若b n=，则数列{b n}的前8项和为（）A．B．C．D．8．（5分）（2018?衡中模拟）已知（x﹣3）10=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a10（x+1）10，则a8=（）A．45 B．180 C．﹣180 D．7209．（5分）（2018?衡中模拟）如图为三棱锥S﹣ABC的三视图，其表面积为（）A．16 B．8+6 C．16D．16+610．（5分）（2018?衡中模拟）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）的左焦点F（﹣3，0），P为椭圆上一动点，椭圆内部点M（﹣1，3）满足PF+PM的最大值为17，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．11．（5分）（2018?衡中模拟）已知f（x）=，若函数y=f（x）﹣kx恒有一个零点，则k的取值范围为（）A．k≤0 B．k≤0或k≥1 C．k≤0或k≥e D．k≤0或k≥12．（5分）（2018?衡中模拟）已知数列{a n}的通项公式为a n=﹣2n+p，数列{b n}的通项公式为b n=2n﹣4，设c n=，若在数列{c n}中c6＜c n（n∈N*，n≠6），则p的取值范围（）A．（11，25）B．（12，22）C．（12，17）D．（14，20）第2卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．）13．（5分）（2018?衡中模拟）若平面向量、满足||=2||=2，|﹣|=，则在上的投影为．14．（5分）（2018?衡中模拟）若数列{a n}满足a1=a2=1，a n+2=，则数列{a n}前2n项和S2n=．15．（5分）（2018?衡中模拟）若直线ax+（a﹣2）y+4﹣a=0把区域分成面积相等的两部分，则的最大值为．16．（5分）（2018?衡中模拟）已知函数f（x）=（a+1）lnx+x2（a＜﹣1）对任意的x1、x2＞0，恒有|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|，则a的取值范围为．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）（2018?衡中模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足c=1，且cosBsinC+（a﹣sinB）cos（A+B）=0（1）求C的大小；（2）求a2+b2的最大值，并求取得最大值时角A，B的值．18．（12分）（2018?衡中模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC=90°，PA=AB=BC=2，AD=1，M是棱PB中点．（Ⅰ）求证：平面PBC⊥平面PCD；（Ⅱ）设点N是线段CD上一动点，且=λ，当直线MN与平面PAB所成的角最大时，求λ的值．19．（12分）（2018?衡中模拟）如图是两个独立的转盘（A）、（B），在两个图中三个扇形区域的圆心角分别为60°、120°、180°．用这两个转盘进行游戏，规则是：同时转动两个转盘待指针停下（当两个转盘中任意一个指针恰好落在分界线时，则这次转动无效，重新开始），记转盘（A）指针所对的区域为x，转盘（B）指针所对的区域为y，x、y∈{1，2，3}，设x+y的值为ξ．（Ⅰ）求x＜2且y＞1的概率；（Ⅱ）求随机变量ξ的分布列与数学期望．20．（12分）（2018?衡中模拟）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0），倾斜角为45°的直线与椭圆相交于M、N两点，且线段MN的中点为（﹣1，）．过椭圆E 内一点P（1，）的两条直线分别与椭圆交于点A、C和B、D，且满足=λ，=λ，其中λ为实数．当直线AP平行于x轴时，对应的λ=．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）当λ变化时，k AB是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．21．（12分）（2018?衡中模拟）已知函数f（x）=，曲线y=f（x）在点x=e2处的切线与直线x﹣2y+e=0平行．（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；（Ⅱ）若函数F（x）=f（x）﹣无零点，求k的取值范围．[选修4-1：几何证明选讲]22．（10分）（2018?衡中模拟）如图所示，AC为⊙O的直径，D为的中点，E 为BC的中点．（Ⅰ）求证：DE∥AB；（Ⅱ）求证：ACBC=2ADCD．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．（2018?衡中模拟）在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），在以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ=（1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）若直线l与曲线C相交于A，B两点，求△AOB的面积．[选修4-5：不等式选讲]24．（2018?衡中模拟）已知函数f（x）=|x﹣l|+|x﹣3|．（I）解不等式f（x）≤6；（Ⅱ）若不等式f（x）≥ax﹣1对任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围．参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．（5分）（2018?衡中模拟）已知集合A={x|x2＜1}，B={y|y=|x|}，则A∩B=（）A．B．（0，1） C．[0，1）D．[0，1]【解答】解：A={x|x2＜1}={x|﹣1＜x＜1}，B={y|y=|x|≥0}，则A∩B=[0，1），故选：C．2．（5分）（2018?衡中模拟）设随机变量ξ～N（3，σ2），若P（ξ＞4）=，则P （3＜ξ≤4）=（）A．B．C．D．【解答】解：∵随机变量X服从正态分布N（3，σ2），∴μ=3，得对称轴是x=3．∵P（ξ＞4）=∴P（3＜ξ≤4）=﹣=．故选：C3．（5分）（2018?衡中模拟）已知复数z=（i为虚数单位），则3=（）A．1 B．﹣1 C．D．【解答】解：复数z=，可得=﹣=cos+isin．则3=cos4π+isin4π=1．故选：A．4．（5分）（2018?衡中模拟）过双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一个焦点F作两渐近线的垂线，垂足分别为P、Q，若∠PFQ=π，则双曲线的渐近线方程为（）A．y=±x B．y=±x C．y=±x D．y=±x【解答】解：如图若∠PFQ=π，则由对称性得∠QFO=，则∠QOx=，即OQ的斜率k==tan=，则双曲线渐近线的方程为y=±x，故选：B5．（5分）（2018?衡中模拟）将半径为1的圆分割成面积之比为1：2：3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥底面半径依次为r1，r2，r3，那么r1+r2+r3的值为（）A．B．2 C．D．1【解答】解：∵2πr1=，∴r1=，同理，∴r1+r2+r3=1，故选：D．6．（5分）（2018?衡中模拟）如图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是（）A．2 B．3 C．4 D．5【解答】解：第一次循环，sin＞sin0，即1＞0成立，a=1，T=1，k=2，k＜6成立，第二次循环，sinπ＞sin，即0＞1不成立，a=0，T=1，k=3，k＜6成立，第三次循环，sin＞sinπ，即﹣1＞0不成立，a=0，T=1，k=4，k＜6成立，第四次循环，sin2π＞sin，即0＞﹣1成立，a=1，T=1+1=2，k=5，k＜6成立，第五次循环，sin＞sin2π，即1＞0成立，a=1，T=2+1=3，k=6，k＜6不成立，输出T=3，故选：B7．（5分）（2018?衡中模拟）等差数列{a n}中，a3=7，a5=11，若b n=，则数列{b n}的前8项和为（）A．B．C．D．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，a3=7，a5=11，∴，解得a1=3，d=2，∴a n=3+2（n﹣1）=2n+1，∴，∴b8=（1﹣+﹣+…+﹣）=（1﹣）=故选B．8．（5分）（2018?衡中模拟）已知（x﹣3）10=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a10（x+1）10，则a8=（）A．45 B．180 C．﹣180 D．720【解答】解：（x﹣3）10=[（x+1）﹣4]10，∴，故选：D．9．（5分）（2018?衡中模拟）如图为三棱锥S﹣ABC的三视图，其表面积为（）A．16 B．8+6 C．16D．16+6【解答】解：由三视图可知该三棱锥为边长为2，4，4的长方体切去四个小棱锥得到的几何体．三棱锥的三条边长分别为，∴表面积为4×=16．故选：C．10．（5分）（2018?衡中模拟）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）的左焦点F（﹣3，0），P为椭圆上一动点，椭圆内部点M（﹣1，3）满足PF+PM的最大值为17，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：设右焦点为Q，由F（﹣3，0），可得Q（3，0），由椭圆的定义可得|PF|+|PQ|=2a，即|PF|=2a﹣|PQ|，则|PM|+|PF|=2a+（|PM|﹣|PQ|）≤2a+|MQ|，当P，M，Q共线时，取得等号，即最大值2a+|MQ|，由|MQ|==5，可得2a+5=17，所以a=6，则e===，故选：A．11．（5分）（2018?衡中模拟）已知f（x）=，若函数y=f（x）﹣kx恒有一个零点，则k的取值范围为（）A．k≤0 B．k≤0或k≥1 C．k≤0或k≥e D．k≤0或k≥【解答】解：由y=f（x）﹣kx=0得f（x）=kx，作出函数f（x）和y=kx的图象如图，由图象知当k≤0时，函数f（x）和y=kx恒有一个交点，当x≥0时，函数f（x）=ln（x+1）的导数f′（x）=，则f′（0）=1，当x＜0时，函数f（x）=e x﹣1的导数f′（x）=e x，则f′（0）=e0=1，即当k=1时，y=x是函数f（x）的切线，则当0＜k＜1时，函数f（x）和y=kx有3个交点，不满足条件．当k≥1时，函数f（x）和y=kx有1个交点，满足条件．综上k的取值范围为k≤0或k≥1，故选：B．12．（5分）（2018?衡中模拟）已知数列{a n}的通项公式为a n=﹣2n+p，数列{b n}的通项公式为b n=2n﹣4，设c n=，若在数列{c n}中c6＜c n（n∈N*，n≠6），则p的取值范围（）A．（11，25）B．（12，22）C．（12，17）D．（14，20）【解答】解：∵a n﹣b n=﹣2n+p﹣2n﹣4，∴a n﹣b n随着n变大而变小，又∵a n=﹣2n+p随着n变大而变小，b n=2n﹣4随着n变大而变大，∴，（1）当（2）当，综上p∈（14，20），故选D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．）13．（5分）（2018?衡中模拟）若平面向量、满足||=2||=2，|﹣|=，则在上的投影为﹣1．【解答】解：根据条件，==7；∴；∴在上的投影为．故答案为：﹣1．14．（5分）（2018?衡中模拟）若数列{a n}满足a1=a2=1，a n+2=，则数列{a n}前2n项和S2n=2n+n2﹣1．【解答】解：∵数列{a n}满足a1=a2=1，a n+2=，∴n=2k﹣1时，a2k+1﹣a2k﹣1=2，为等差数列；n=2k时，a2k+2=2a2k，为等比数列．∴．故答案为：2n+n2﹣1．15．（5分）（2018?衡中模拟）若直线ax+（a﹣2）y+4﹣a=0把区域分成面积相等的两部分，则的最大值为2．【解答】解：由ax+（a﹣2）y+4﹣a=0得a（x+y﹣1）+4﹣2y=0，则得，即直线恒过C（﹣1，2），若将区域分成面积相等的两部分，则直线过AB的中点D，由得，即A（1，6），∵B（3，0），∴中点D（2，3），代入a（x+y﹣1）+4﹣2y=0，得4a﹣2=0，则，则的几何意义是区域内的点到点（﹣2，0）的斜率，由图象过AC的斜率最大，此时最大值为2．故答案为：2．16．（5分）（2018?衡中模拟）已知函数f（x）=（a+1）lnx+x2（a＜﹣1）对任意的x1、x2＞0，恒有|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|，则a的取值范围为（﹣∞，﹣2]．【解答】解：由f′（x）=+x，得f′（1）=3a+1，所以f（x）=（a+1）lnx+ax2，（a＜﹣1）在（0，+∞）单调递减，不妨设0＜x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）≥4x2﹣4x1，即f（x1）+4x1≥f（x2）+4x2，令F（x）=f（x）+4x，F′（x）=f′（x）+4=+2ax+4，等价于F（x）在（0，+∞）上单调递减，故F'（x）≤0恒成立，即+2ax+4≤0，所以恒成立，得a≤﹣2．故答案为：（﹣∞，﹣2]．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）（2018?衡中模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足c=1，且cosBsinC+（a﹣sinB）cos（A+B）=0（1）求C的大小；（2）求a2+b2的最大值，并求取得最大值时角A，B的值．【解答】解：（1）cosBsinC+（a﹣sinB）cos（A+B）=0可得：cosBsinC﹣（a﹣sinB）cosC=0即：sinA﹣acosC=0．由正弦定理可知：，∴，c=1，∴asinC﹣acosC=0，sinC﹣cosC=0，可得sin（C﹣）=0，C是三角形内角，∴C=．（2）由余弦定理可知：c2=a2+b2﹣2abcosC，得1=a2+b2﹣ab又，∴，即：．当时，a2+b2取到最大值为2+．18．（12分）（2018?衡中模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC=90°，PA=AB=BC=2，AD=1，M是棱PB中点．（Ⅰ）求证：平面PBC⊥平面PCD；（Ⅱ）设点N是线段CD上一动点，且=λ，当直线MN与平面PAB所成的角最大时，求λ的值．【解答】证明：（1）取PC的中点E，则连接DE，∵ME是△PBC的中位线，∴ME，又AD，∴ME AD，∴四边形AMED是平行四边形，∴AM∥DE．∵PA=AB，M是PB的中点，∴AM⊥PB，∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，∵AM平面PAB，∴BC⊥AM，又PB平面PBC，BC平面PBC，PB∩BC=B，∴AM⊥平面PBC，∵AM∥DE，∴DE⊥平面PBC，又DE平面PCD，∴平面PBC⊥平面PCD．（2）以A为原点，以AD，AB，AP为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A（0，0，0），B（0，2，0），M（0，1，1），P（0，0，2），C（2，2，0），D（1，0，0）．∴=（1，2，0），=（0，1，1），=（1，0，0），∴=λ=（λ，2λ，0），=（λ+1，2λ，0），==（λ+1，2λ﹣1，﹣1）．∵AD⊥平面PAB，∴为平面PAB的一个法向量，∴cos＜＞=====设MN与平面PAB所成的角为θ，则sinθ=．∴当即时，sinθ取得最大值，∴MN与平面PAB所成的角最大时．19．（12分）（2018?衡中模拟）如图是两个独立的转盘（A）、（B），在两个图中三个扇形区域的圆心角分别为60°、120°、180°．用这两个转盘进行游戏，规则是：同时转动两个转盘待指针停下（当两个转盘中任意一个指针恰好落在分界线时，则这次转动无效，重新开始），记转盘（A）指针所对的区域为x，转盘（B）指针所对的区域为y，x、y∈{1，2，3}，设x+y的值为ξ．（Ⅰ）求x＜2且y＞1的概率；（Ⅱ）求随机变量ξ的分布列与数学期望．【解答】解：（1）记转盘A指针指向1，2，3区域的事件为A1，A2，A3，同理转盘B指针指向1，2，3区域的事件为B1，B2，B3，∴P（A1）=，P（A2）=，P（A3）=，P（B1）=，P（B2）=，P（B3）=，P=P（A1）P（1﹣P（B1））=×（1﹣）==．…（5分）（2）由已知得ξ的可能取值为2，3，4，5，6，P（ξ=2）=P（A1）P（B1）===，P（ξ=3）=P（A1）P（B2）+P（A2）P（B1）==，P（ξ=4）=P（A1）P（B3）+P（A2）P（B2）+P（A3）P（B1）==，P（ξ=5）=P（A2）P（B3）+P（A3）P（B2）=+=，P（ξ=6）=P（A3）P（B3）==，∴ξ的分布列为：ξ 2 3 4 5 6PEξ==．…（12分）20．（12分）（2018?衡中模拟）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0），倾斜角为45°的直线与椭圆相交于M、N两点，且线段MN的中点为（﹣1，）．过椭圆E 内一点P（1，）的两条直线分别与椭圆交于点A、C和B、D，且满足=λ，=λ，其中λ为实数．当直线AP平行于x轴时，对应的λ=．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）当λ变化时，k AB是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．【解答】解：（Ⅰ）设M（m1，n1）、N（m2，n2），则，两式相减，故a2=3b2…（2分）当直线AP平行于x轴时，设|AC|=2d，∵，，则，解得，故点A（或C）的坐标为．代入椭圆方程，得…4分a2=3，b2=1，所以方程为…（6分）（Ⅱ）设A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）、D（x4，y4）由于，可得A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）、D（x4，y4），…①同理可得…②…（8分）由①②得：…③将点A、B的坐标代入椭圆方程得，两式相减得（x1+x2）（x1﹣x2）+3（y1+y2）（y1﹣y2）=0，于是3（y1+y2）k AB=﹣（x1+x2）…④同理可得：3（y3+y4）k CD=﹣（x3+x4），…（10分）于是3（y3+y4）k AB=﹣（x3+x4）（∵AB∥CD，∴k AB=k CD）所以3λ（y3+y4）k AB=﹣λ（x3+x4）…⑤由④⑤两式相加得到：3[y1+y2+λ（y3+y4）]k AB=﹣[（x1+x2）+λ（x3+x4）]把③代入上式得3（1+λ）k AB=﹣2（1+λ），解得：，当λ变化时，k AB为定值，．…（12分）21．（12分）（2018?衡中模拟）已知函数f（x）=，曲线y=f（x）在点x=e2处的切线与直线x﹣2y+e=0平行．（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；（Ⅱ）若函数F（x）=f（x）﹣无零点，求k的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由，得，解得m=2，故，则，函数g（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），而，又函数g（x）在（1，+∞）上是减函数，∴在（1，+∞）上恒成立，∴当x∈（1，+∞）时，的最大值．而，即右边的最大值为，∴，故实数a的最小值；（Ⅱ）由题可得，且定义域为（0，1）∪（1，+∞），要使函数F（x）无零点，即在（0，1）∪（1，+∞）内无解，亦即在（0，1）∪（1，+∞）内无解．构造函数，则，（1）当k≤0时，h'（x）＜0在（0，1）∪（1，+∞）内恒成立，∴函数h（x）在（0，1）内单调递减，在（1，+∞）内也单调递减．又h（1）=0，∴当x∈（0，1）时，h（x）＞0，即函数h（x）在（0，1）内无零点，同理，当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，即函数h（x）在（1，+∞）内无零点，故k≤0满足条件；（2）当k＞0时，．①若0＜k＜2，则函数h（x）在（0，1）内单调递减，在内也单调递减，在内单调递增．又h（1）=0，∴h（x）在（0，1）内无零点；又，而，故在内有一个零点，∴0＜k＜2不满足条件；②若k=2，则函数h（x）在（0，1）内单调递减，在（1，+∞）内单调递增．又h（1）=0，∴当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，h（x）＞0恒成立，故无零点．∴k=2满足条件；③若k＞2，则函数h（x）在内单调递减，在内单调递增，在（1，+∞）内也单调递增．又h（1）=0，∴在及（1，+∞）内均无零点．易知，又h（e﹣k）=k×（﹣k）﹣2+2e k=2e k﹣k2﹣2=（k），则'（k）=2（e k﹣k）＞0，则（k）在k＞2为增函数，∴（k）＞（2）=2e2﹣6＞0．故函数h（x）在内有一零点，k＞2不满足．综上：k≤0或k=2．[选修4-1：几何证明选讲]22．（10分）（2018?衡中模拟）如图所示，AC为⊙O的直径，D为的中点，E 为BC的中点．（Ⅰ）求证：DE∥AB；（Ⅱ）求证：ACBC=2ADCD．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD，因为D为的中点，所以BD=DC．因为E为BC的中点，所以DE⊥BC．因为AC为圆的直径，所以∠ABC=90°，所以AB∥DE．…（5分）（Ⅱ）因为D为的中点，所以∠BAD=∠DAC，又∠BAD=∠DCB，则∠DAC=∠DCB．又因为AD⊥DC，DE⊥CE，所以△DAC∽△ECD．所以=，ADCD=ACCE，2ADCD=AC2CE，因此2ADCD=ACBC．…（10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]23．（2018?衡中模拟）在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），在以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ=（1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）若直线l与曲线C相交于A，B两点，求△AOB的面积．【解答】解：（1）由曲线C的极坐标方程为ρ=得ρ2sin2θ=2ρcosθ．∴由曲线C的直角坐标方程是：y2=2x．由直线l的参数方程为（t为参数），得t=3+y代入x=1+t中消去t得：x﹣y ﹣4=0，所以直线l的普通方程为：x﹣y﹣4=0…（5分）（2）将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程y2=2x，得t2﹣8t+7=0，设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，所以|AB|===，因为原点到直线x﹣y﹣4=0的距离d=，所以△AOB的面积是|AB|d==12．…（10分）[选修4-5：不等式选讲]24．（2018?衡中模拟）已知函数f（x）=|x﹣l|+|x﹣3|．（I）解不等式f（x）≤6；（Ⅱ）若不等式f（x）≥ax﹣1对任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围．【解答】解：函数f（x）=|x﹣l|+|x﹣3|=的图象如图所示，（I）不等式f（x）≤6，即①或②，或③．解①求得x∈，解②求得3＜x≤5，解③求得﹣1≤x≤3．综上可得，原不等式的解集为[﹣1，5]．（Ⅱ）若不等式f（x）≥ax﹣1对任意x∈R恒成立，则函数f（x）的图象不能在y=ax﹣1的图象的下方．如图所示：由于图中两题射线的斜率分别为﹣2，2，点B（3，2），∴3a﹣1≤2，且a≥﹣2，求得﹣2≤a≤1．。
2023年河南省衡水中学大联考高考数学模拟试卷(理科)(2月份)(解析版)
2023年河南省衡水中学大联考高考数学模拟试卷（理科）（2月份）一、选择题:本题共12小题,每小题5分,在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地．1．若集合益={y|y=lgx},B={x|y=},则集合A∩B=（ ）A．（0,+∞）B．[0,+∞）C．（1,+∞）D．∅2．已知复数z满足z=（i为虚数单位,a∈R）,若复数z对应地点位于直角坐标平面内地直线y=﹣x上,则a地值为（ ）A．0B．l C．﹣l D．23．设函数f（x）=x2﹣2x﹣3,若从区间[﹣2,4]上任取一个实数x0,则所选取地实数x0满足f（x0）≤0地概率为（ ）A．B．C．D．4．已知a＞0,且a≠1,则双曲线C1:﹣y2=1与双曲线C2:﹣x2=1地（ ）A．焦点相同B．顶点相同C．渐近线相同D．离心率相等5．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载:"今有马行转迟,次日减半,疾七日,行七百里其意是:现有一匹马行走地速度逐渐变慢,每天走地里数是前一天地一半,连续行走7天,共走了700里．若该匹马按此规律继续行走7天,则它这14天内所走地总路程为（ ）A．里B．1050 里C．里D．2100里6．如图,在各小正方形边长为1地网格上依次为某几何体地正视图．侧视图与俯视图,其中正视图为等边三角形,则此几何体地体积为（ ）A．1+B． +C． +D． +7．已知0＜a＜b＜l,c＞l,则（ ）A．log a c＜log b c B．（）c＜（）cC．ab c＜ba c D．alog c＜blog c8．运行如下图所示地程序框图,则输出地结果是（ ）A．B．C．D．9．如下图所示,在棱长为a地正方体ABCD﹣A1B2C3D4中,点E,F分别在棱AD,BC上,且AE=BF=a．过EF地平面绕EF旋转,与DD1、CC1地延长线分别交于G,H点,与A1D1、B1C1分别交于E1,F1点．当异面直线FF1与DD1所成地角地正切值为时,|GF1|=（ ）A．B．C．D．10．将函数f（x）=sin2x﹣cos2x+1地图象向左平移个单位,再向下平移1个单位,得到函数y=g（x）地图象,则下列关予函数y=g（x）地说法错误地是（ ）A．函数y=g（x）地最小正周期为πB．函数y=g（x）地图象地一条对称轴为直线x=C．g（x）dx=D．函数y=g（x）在区间[,]上单调递减11．点M（3,2）到拋物线C:y=ax2（a＞0）准线地距离为4,F为拋物线地焦点,点N（l,l）,当点P在直线l:x﹣y=2上运动时,地最小值为（ ）A．B．C．D．12．已知f（x）是定义在区间（0,+∞）内地单调函数,且对∀x∈（0,∞）,都有f[f （x）﹣lnx]=e+1,设f′（x）为f（x）地导函数,则函数g（x）=f（x）﹣f′（x）地零点个数为（ ）A．0B．l C．2D．3二、填空题:本题共4小题,每小题5分．13．在（2﹣）6地展开式中,含x3项地系数是 （用数字填写解析）14．已知向量,满足||=2,=（4cosα,﹣4sinα）,且⊥（﹣）,设与地夹角为θ,则θ等于 ．15．已知点P（x,y）地坐标满足,则地取值范围为 ．16．若函数f（x）地表达式为f（x）=（c≠0）,则函数f（x）地图象地对称中心为（﹣,）,现已知函数f（x）=,数列{a n}地通项公式为a n=f（）（n∈N）,则此数列前2017项地和为 ．三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知在△ABC中,角A,B,C所对地边分别为a,b,c,且2sin Acos B=2sin C﹣sin B．（I）求角A；（Ⅱ）若a=4,b+c=8,求△ABC 地面积．18．如图,已知平面ADC∥平面A1B1C1,B为线段AD地中点,△ABC≈△A1B1C1,四边形ABB1A1为正方形,平面AA1C1C丄平面ADB1A1,A1C1=A1A,∠C1A1A=,M为棱A1C1地中点．（I）若N为线段DC1上地点,且直线MN∥平面ADB1A1,试确定点N地位置；（Ⅱ）求平面MAD与平面CC1D所成地锐二面角地余弦值．19．某闯关游戏规则是:先后掷两枚骰子,将此试验重复n轮,第n轮地点数分别记为x n,y n,如果点数满足x n＜,则认为第n轮闯关成功,否则进行下一轮投掷,直到闯关成功,游戏结束．（I）求第一轮闯关成功地概率；（Ⅱ）如果第i轮闯关成功所获地奖金数f（i）=10000×（单位:元）,求某人闯关获得奖金不超过1250元地概率；（Ⅲ）如果游戏只进行到第四轮,第四轮后不论游戏成功与否,都终止游戏,记进行地轮数为随机变量X,求x地分布列和数学期望．20．已知椭圆C: +=1 （a＞b＞0）地短轴长为2,过上顶点E和右焦点F地直线与圆M:x2+y2﹣4x﹣2y+4=0相切．（I）求椭圆C地标准方程；（Ⅱ）若直线l过点（1,0）,且与椭圆C交于点A,B,则在x轴上是否存在一点T （t,0）（t≠0）,使得不论直线l地斜率如何变化,总有∠OTA=∠OTB （其中O为坐标原点）,若存在,求出t地值；若不存在,请说明理由．21．已知函数f（x）=（a,b∈R,且a≠0,e为自然对数地底数）．（I）若曲线f（x）在点（e,f（e））处地切线斜率为0,且f（x）有极小值,求实数a 地取值范围．（II）（i）当a=b=l 时,证明:xf（x）+2＜0；（ii）当a=1,b=﹣1 时,若不等式:xf（x）＞e+m（x﹣1）在区间（1,+∞）内恒成立,求实数m地最大值．[选修4一4:坐标系与参数方程]22．已知在平面直角坐标系中,椭圆C地参数方程为（θ为参数）．（I）以原点为极点,x轴地正半轴为极轴建立极坐标系,求椭圆C地极坐标方程；（Ⅱ）设M（x,y）为椭圆C上任意一点,求x+2y地取值范围．[选修4一5:不等式选讲]23．已知函数f（x）=|2x﹣1|﹣2|x﹣1|．（I）作出函数f（x）地图象；（Ⅱ）若不等式≤f（x）有解,求实数a地取值范围．2023年河南省衡水中学大联考高考数学模拟试卷（理科）（2月份）参考解析与试卷解析一、选择题:本题共12小题,每小题5分,在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地．1．若集合益={y|y=lgx},B={x|y=},则集合A∩B=（ ）A．（0,+∞）B．[0,+∞）C．（1,+∞）D．∅【考点】交集及其运算．【分析】根据函数地定义域和值域求出集合A、B,利用定义写出A∩B．【解答】解:集合A={y|y=lgx}={y|y∈R}=R,B={x|y=}={x|x≥0},则集合A∩B={x|x≥0}=[0,+∞）．故选:B．2．已知复数z满足z=（i为虚数单位,a∈R）,若复数z对应地点位于直角坐标平面内地直线y=﹣x上,则a地值为（ ）A．0B．l C．﹣l D．2【考点】复数代数形式地乘除运算．【分析】利用复数地运算法则、几何意义即可得出．【解答】解:复数z满足z===+i,复数z对应地点（,）位于直角坐标平面内地直线y=﹣x上,∴﹣=,解得a=0．故选:A．3．设函数f（x）=x2﹣2x﹣3,若从区间[﹣2,4]上任取一个实数x0,则所选取地实数x0满足f（x0）≤0地概率为（ ）A．B．C．D．【考点】几何概型．【分析】由题意知本题是一个几何概型,概率地值为对应长度之比,根据题目中所给地不等式解出解集,解集在数轴上对应地线段地长度之比等于要求地概率．【解答】解:由题意知本题是一个几何概型,概率地值为对应长度之比,由f（x0）≤0,得到x02﹣2x0﹣3≤0,且x0∈[﹣2,4]解得:﹣1≤x0≤3,∴P==,故选:A．4．已知a＞0,且a≠1,则双曲线C1:﹣y2=1与双曲线C2:﹣x2=1地（ ）A．焦点相同B．顶点相同C．渐近线相同D．离心率相等【考点】双曲线地简单性质．【分析】根据题意,由双曲线C1与C2地标准方程,分析其焦点位置,进而求出C1与C2地焦点坐标、顶点坐标、渐近线方程以及离心率,比较即可得解析．【解答】解:根据题意,双曲线C1:﹣y2=1,其焦点在x轴上,c=,则其焦点坐标为（,0）,顶点坐标（a,0）,渐近线方程:y=±x,离心率e=；双曲线C2:﹣x2=1,其焦点在y轴上,c=,则其焦点坐标为（0,）,顶点坐标（0,a）,渐近线方程:y=±ax,离心率e=；分析可得:双曲线C1:﹣y2=1与双曲线C2:﹣x2=1地离心率相同；故选:D．5．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载:"今有马行转迟,次日减半,疾七日,行七百里其意是:现有一匹马行走地速度逐渐变慢,每天走地里数是前一天地一半,连续行走7天,共走了700里．若该匹马按此规律继续行走7天,则它这14天内所走地总路程为（ ）A．里B．1050 里C．里D．2100里【考点】等比数列地前n项和．【分析】由题意,可得该匹马每日地路程成等比数列,首项为a1,公比,连续行走7天,共走了700里,即S7=700,求解a1,即可求解它这14天内所走地总路程S14．【解答】解:由题意,设该匹马首日路程（即首项）为a1,公比,S7=700,即,解得:那么:=故选C．6．如图,在各小正方形边长为1地网格上依次为某几何体地正视图．侧视图与俯视图,其中正视图为等边三角形,则此几何体地体积为（ ）A．1+B． +C． +D． +【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由题意,几何体是底面为等腰直角三角形（其直角边长为2）地三棱锥和一个半圆锥（圆锥底面半径为1）地组合体,利用体积公式,可得结论．【解答】解:由题意,几何体是底面为等腰直角三角形（其直角边长为2）地三棱锥和一个半圆锥（圆锥底面半径为1）地组合体,体积V==,故选C．7．已知0＜a＜b＜l,c＞l,则（ ）A．log a c＜log b c B．（）c＜（）cC．ab c＜ba c D．alog c＜blog c【考点】不等式地基本性质．【分析】根据a,b,c地范围,根据特殊值法验证即可．【解答】解:取a=,b=,c=2,得A、B、C错误,D正确,故选:D．8．运行如下图所示地程序框图,则输出地结果是（ ）A．B．C．D．【考点】程序框图．【分析】程序框图累计算=（﹣）各项地和,即s= [（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）],根据判断框,即可得出结论．【解答】解:程序框图累计算=（﹣）各项地和,即s= [（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）],判断框为k＞99时,输出地结果为,故选B．9．如下图所示,在棱长为a地正方体ABCD﹣A1B2C3D4中,点E,F分别在棱AD,BC上,且AE=BF=a．过EF地平面绕EF旋转,与DD1、CC1地延长线分别交于G,H点,与A1D1、B1C1分别交于E1,F1点．当异面直线FF1与DD1所成地角地正切值为时,|GF1|=（ ）A．B．C．D．【考点】棱柱地结构特征．【分析】如图异面直线FF1与DD1所成地角地正切值为时,就是tan∠CHF=,求出CF,C1H,C1F,D1C1即可．【解答】解:如图异面直线FF1与DD1所成地角地正切值为时,就是tan∠CHF=,∵,∴CH=2a,即C1H=a⇒C1F1=|GF1|==故选:A．10．将函数f（x）=sin2x﹣cos2x+1地图象向左平移个单位,再向下平移1个单位,得到函数y=g（x）地图象,则下列关予函数y=g（x）地说法错误地是（ ）A．函数y=g（x）地最小正周期为πB．函数y=g（x）地图象地一条对称轴为直线x=C．g（x）dx=D．函数y=g（x）在区间[,]上单调递减【考点】函数y=Asin（ωx+φ）地图象变换；三角函数地化简求值．【分析】利用两角差地正弦函数公式、函数y=Asin（ωx+φ）地图象变换规律,可得g（x）,利用正弦函数地图象和性质逐一分析各个选项即可得解．【解答】解:把f（x）=sin2x﹣cos2x+1=2sin（2x﹣）+1地图象向左平移个单位,得到函数y=2sin[2（x+）﹣]+1=2sin（2x+）+1地图象,再向下平移1个单位,得到函数y=g（x）=2sin（2x+）地图象,对于A,由于T=,故正确；对于B,由2x+=kπ+,k∈Z,解得:x=+,k∈Z,可得:当k=0时,y=g（x）地图象地一条对称轴为直线x=,故正确；对于C,g（x）dx=2sin（2x+）dx=﹣cos（2x+）|=﹣（cos﹣cos）=,故正确；对于D,由2kπ+≤2x+≤2kπ+,k∈Z,解得:kπ+≤x≤kπ+,k∈Z,可得函数y=g（x）在区间[,]上单调递减,故错误．故选:D．11．点M（3,2）到拋物线C:y=ax2（a＞0）准线地距离为4,F为拋物线地焦点,点N （l,l）,当点P在直线l:x﹣y=2上运动时,地最小值为（ ）A．B．C．D．【考点】抛物线地简单性质．【分析】先求出抛物线地方程,设AP=t,则AN=,AF=2,PN=,PF=,再表示,利用换元法,即可得出结论．【解答】解:∵点M（3,2）到拋物线C:y=ax2（a＞0）准线地距离为4,∴2+=4,∴a=,∴拋物线C:x2=8y,直线l:x﹣y=2与x轴交于A（2,0）,则FA⊥l．设AP=t,则AN=,AF=2,PN=,PF=,设﹣1=m（m≥﹣1）,则=== ,∴m=﹣1,即t=0时,地最小值为．故选:B．12．已知f（x）是定义在区间（0,+∞）内地单调函数,且对∀x∈（0,∞）,都有f[f （x）﹣lnx]=e+1,设f′（x）为f（x）地导函数,则函数g（x）=f（x）﹣f′（x）地零点个数为（ ）A．0B．l C．2D．3【考点】利用导数研究函数地单调性；函数零点地判定定理．【分析】由设t=f（x）﹣lnx,则f（x）=lnx+t,又由f（t）=e+1,求出f（x）=lnx+e,从而求出g（x）地解析式,根据函数地单调性求出函数地零点地个数即可．【解答】解:根据题意,对任意地x∈（0,+∞）,都有f[f（x）﹣lnx]=e+1,又由f（x）是定义在（0,+∞）上地单调函数,则f（x）﹣lnx为定值,设t=f（x）﹣lnx,则f（x）=lnx+t,又由f（t）=e+1,即lnt+t=e+1,解得:t=e,则f（x）=lnx+e,f′（x）=＞0,故g（x）=lnx+e﹣,则g′（x）=+＞0,故g（x）在（0,+∞）递增,而g（1）=e﹣1＞0,g（）=﹣1＜0,存在x0∈（,1）,使得g（x0）=0,故函数g（x）有且只有1个零点,故选:B．二、填空题:本题共4小题,每小题5分．13．在（2﹣）6地展开式中,含x3项地系数是 64 （用数字填写解析）【考点】二项式系数地性质．【分析】根据二项式展开式地通项公式,令展开式中含x项地指数等于3,求出r 地值,即可求出展开式中x3项地系数．【解答】解:二项式（2﹣）6展开式地通项公式为=••=（﹣1）r•26﹣r••x3﹣r,T r+1令3﹣r=3,解得r=0；∴展开式中x3项地系数是26×=64．故解析为:64．14．已知向量,满足||=2,=（4cosα,﹣4sinα）,且⊥（﹣）,设与地夹角为θ,则θ等于 ．【考点】平面向量数量积地运算．【分析】根据平面向量地数量积运算与夹角公式,即可求出、夹角地大小．【解答】解:∵||=2,=（4cosα,﹣4sinα）,∴||==4,又⊥（﹣）,∴•（﹣）=﹣•=22﹣•=0,∴•=4；设与地夹角为θ,则θ∈[0,π],∴cosθ===,∴θ=．故解析为:．15．已知点P（x,y）地坐标满足,则地取值范围为 [﹣,1] ．【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域,设A（1,1）,P（x,y）为可行域内地一动点,向量、地夹角为θ,可得cosθ=,再由θ地范围求得cosθ地范围,则解析可求．【解答】解:由约束条件作出可行域如图,设A（1,1）,P（x,y）为可行域内地一动点,向量、地夹角为θ,∵||=,,∴cosθ==．∵当P运动到B时,θ有最小值,当P运动到C时,θ有最大值π,∴﹣1,即,则．∴地取值范围为[﹣,1]．故解析为:[﹣,1]．16．若函数f（x）地表达式为f（x）=（c≠0）,则函数f（x）地图象地对称中心为（﹣,）,现已知函数f（x）=,数列{a n}地通项公式为a n=f（）（n∈N）,则此数列前2017项地和为 ﹣2016 ．【考点】数列地求和．【分析】由已知结论可得f（x）地对称中心为（,﹣1）,即有f（x）+f（1﹣x）=﹣2,此数列前2017项地和按正常顺序写一遍,再倒过来写,即运用数列地求和方法:倒序球和法,化简即可得到所求和．【解答】解:若函数f（x）地表达式为f（x）=（c≠0）,则函数f（x）地图象地对称中心为（﹣,）,现已知函数f（x）=,则对称中心为（,﹣1）,即有f（x）+f（1﹣x）=﹣2,则数列前2017项地和为S2017=f（）+f（）+…+f（）+f（1）,则S2017=f（）+f（）+…+f（）+f（1）,相加可得2S2017=[f（）+f（）]+[f（）+f（）]+…+2f（1）=﹣2+（﹣2）+…+（﹣2）+0=﹣2×2016,则此数列前2017项地和为﹣2016．故解析为:﹣2016．三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知在△ABC中,角A,B,C所对地边分别为a,b,c,且2sin Acos B=2sin C﹣sin B．（I）求角A；（Ⅱ）若a=4,b+c=8,求△ABC 地面积．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（I）由正弦定理化简已知等式可得cosB=,结合余弦定理可求b2+c2﹣a2=bc,可求cosA,结合范围A∈（0,π）,可求A地值．（Ⅱ）由已知及余弦定理可得bc=,进而利用三角形面积公式即可计算得解．【解答】（本题满分为12分）解:（I）∵2sinAcosB=2sinC﹣sinB,∵由正弦定理可得:2acosB=2c﹣b,即:cosB=,又∵cosB=,∴=,解得:b2+c2﹣a2=bc,∴cosA===,又∵A∈（0,π）,∴A=…6分（Ⅱ）∵由余弦定理可得:a2=b2+c2﹣2bccosA,a=4,b+c=8,∴（4）2=b2+c2﹣bc=（b+c）2﹣3bc=64﹣3bc,∴bc=,∴△ABC 地面积S=bcsinA==…12分18．如图,已知平面ADC∥平面A1B1C1,B为线段AD地中点,△ABC≈△A1B1C1,四边形ABB1A1为正方形,平面AA1C1C丄平面ADB1A1,A1C1=A1A,∠C1A1A=,M为棱A1C1地中点．（I）若N为线段DC1上地点,且直线MN∥平面ADB1A1,试确定点N地位置；（Ⅱ）求平面MAD与平面CC1D所成地锐二面角地余弦值．【考点】二面角地平面角及求法；直线与平面平行地判定．【分析】（Ⅰ）连结A1D,直线MN∥平面ADB1A1,推出MN∥A1D,说明MN为△A1C1D地中位线,得到N为DC1地中点．（Ⅱ）设A1B1=1,证明AD⊥AM,AD⊥AC,∴AM,AD,AC两两垂直,以A为坐标原点,AD,AC,AM分别为x,y,z轴,求出相关点地坐标,求出平面CC1D地法向量,平面MAD地一个法向量,利用空间向量地数量积求解即可．【解答】（Ⅰ）证明:连结A1D,直线MN∥平面ADB1A1,MN⊂平面A1C′1D,平面A1C1D∩平面ADB1A1=A1D1,∴MN∥A1D,又M为棱A1C1地中点,∴MN为△A1C1D地中位线,∴N为DC1地中点．（Ⅱ）设A1B1=1,则A1A=1,A1C1=1,因为B为AD地中点,所以AD=2,因为△ABC≈△A1B1C1,所以A1C1=AC,又平面ABC∥平面A1B1C1,平面A1B1C1∩平面A1AOC1=A1C1,平面ABC∩平面A1AOC1=AO,∴A1C1∥AC,所以四边形A1ACC1是平行四边形,又A1C1=A1A,所以A1ACC1是菱形,又∠C1A1A=,A1M=,∴,∴AM⊥A1C1,∴AM⊥AC,∵AD⊥AA1,平面AA1C1C⊥平面ADB1A1,∴AD⊥平面AA1C1C,∴AD⊥AM,AD⊥AC,∴AM,AD,AC两两垂直,以A为坐标原点,AD,AC,AM分别为x,y,z轴,由题意可得:A（0,0,0）,D（2,0,0）,C（0,1,0）,C1（）,∴=（﹣2,1,0）,,设平面CC1D地法向量为:=（x,y,z）,则,令z=2,可得y=6,x=3,可得=（3,6,2）,平面MAD地一个法向量为:=（0,1,0）,平面MAD与平面CC1D所成地锐二面角地余弦值为:cosθ=|cos|===．19．某闯关游戏规则是:先后掷两枚骰子,将此试验重复n轮,第n轮地点数分别记为x n,y n,如果点数满足x n＜,则认为第n轮闯关成功,否则进行下一轮投掷,直到闯关成功,游戏结束．（I）求第一轮闯关成功地概率；（Ⅱ）如果第i轮闯关成功所获地奖金数f（i）=10000×（单位:元）,求某人闯关获得奖金不超过1250元地概率；（Ⅲ）如果游戏只进行到第四轮,第四轮后不论游戏成功与否,都终止游戏,记进行地轮数为随机变量X,求x地分布列和数学期望．【考点】离散型随机变量地期望与方差．【分析】（Ⅰ）枚举法列出所有满足条件地数对（x1,y1）即可,（Ⅱ）由10000×≤1250,得i≥3,由（Ⅰ）每轮过关地概率为．某人闯关获得奖金不超过1250元地概率:P（i≥3）=1﹣P（i=1）﹣P（i=2）（Ⅲ）设游戏第k轮后终止地概率为p k（k=1,2,3,4）,分别求出相应地概率,由能求出X地分布列和数学期望．【解答】解:（Ⅰ）,当y1=6时,y1＜,因此x1=1,2；当y1=5时,y1＜,因此x1=1,2；当y1=4时,y1＜,因此x1=1,2；当y1=3时,y1＜,因此x1=1；当y1=2时,y1＜因此x1=1；当y1=1时,y1＜,因此x1无值；∴第一轮闯关成功地概率P（A）=．（Ⅱ）令金数f（i）=10000×≤1250,则i≥3,由（Ⅰ）每轮过关地概率为．某人闯关获得奖金不超过1250元地概率:P（i≥3）=1﹣P（i=1）﹣P（i=2）=1﹣﹣（1﹣）×=（Ⅲ）依题意X地可能取值为1,2,3,4设游戏第k轮后终止地概率为p k（k=1,2,3,4）p1=．p2=（1﹣）×=,p3=（1﹣）2×=,p4=1﹣p2﹣p3=；故X地分布列为X1234P因此EX=1×+2×+3×+4×=20．已知椭圆C: +=1 （a＞b＞0）地短轴长为2,过上顶点E和右焦点F地直线与圆M:x2+y2﹣4x﹣2y+4=0相切．（I）求椭圆C地标准方程；（Ⅱ）若直线l过点（1,0）,且与椭圆C交于点A,B,则在x轴上是否存在一点T （t,0）（t≠0）,使得不论直线l地斜率如何变化,总有∠OTA=∠OTB （其中O为坐标原点）,若存在,求出t地值；若不存在,请说明理由．【考点】直线与椭圆地位置关系．【分析】（I）由已知可得:b=1,结合直线与圆M:x2+y2﹣4x﹣2y+4=0相切．进而可得c2=3,a2=4,即得椭圆C地标准方程；（Ⅱ）在x轴上是否存在一点T（4,0）,使得不论直线l地斜率如何变化,总有∠OTA=∠OTB,联立直线与椭圆方程,结合∠OTA=∠OTB 时,直线TA,TB地斜率k1,k2和为0,可证得结论．【解答】解:（I）由已知中椭圆C地短轴长为2,可得:b=1,则过上顶点E（0,1）和右焦点F（0,c）地直线方程为:,即x+cy﹣c=0,由直线与圆M:x2+y2﹣4x﹣2y+4=0相切．故圆心M（2,1）到直线地距离d等于半径1,即,解得:c2=3,则a2=4,故椭圆C地标准方程为:；（Ⅱ）设A（x1,y1）,B（x2,y2）,当直线AB地斜率不为0时,设直线方程为:x=my+1,代入得:（m2+4）y2+2my﹣3=0,则y1+y2=,y1•y2=,设直线TA,TB地斜率分别为k1,k2,若∠OTA=∠OTB,则k1+k2=+====0,即2y1y2m+（y1+y2）（1﹣t）=+=0,解得:t=4,当直线AB地斜率为0时,t=4也满足条件,综上,在x轴上存在一点T（4,0）,使得不论直线l地斜率如何变化,总有∠OTA=∠OTB．21．已知函数f（x）=（a,b∈R,且a≠0,e为自然对数地底数）．（I）若曲线f（x）在点（e,f（e））处地切线斜率为0,且f（x）有极小值,求实数a 地取值范围．（II）（i）当a=b=l 时,证明:xf（x）+2＜0；（ii）当a=1,b=﹣1 时,若不等式:xf（x）＞e+m（x﹣1）在区间（1,+∞）内恒成立,求实数m地最大值．【考点】利用导数求闭区间上函数地最值；利用导数研究函数地单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（Ⅰ）求出原函数地导函数,由f′（e）=0得b=0,可得f′（x）=．然后对a分类讨论,可知当a＞0时,f（x）有极大值而无极小值；当a＜0时,f（x）有极小值而无极大值．从而得到实数a地取值范围为（﹣∞,0）；（Ⅱ）（i）当a=b=1时,设g（x）=xf（x）+2=lnx﹣e x+2．求其导函数,可得g′（x）=在区间（0,+∞）上为减函数,结合零点存在定理可得存在实数x0∈（,1）,使得．得到g（x）在区间（0,x0）内为增函数,在（x0,+∞）内为减函数．又,得,x0=﹣lnx0．由单调性知g（x）max＜0,即xf（x）+2＜0；（ii）xf（x）＞e+m（x﹣1）⇔xf（x）﹣m（x﹣1）＞e,当a=1,b=﹣1 时,设h （x）=xf（x）﹣m（x﹣1）=lnx+e x﹣m（x﹣1）．利用两次求导可得当x＞1时,h′（x）＞h′（1）=1+e﹣m．然后分当1+e﹣m≥0时和当1+e﹣m＜0时求解m地取值范围．【解答】（Ⅰ）解:∵f（x）=,∴f′（x）=．∵f′（e）=0,∴b=0,则f′（x）=．当a＞0时,f′（x）在（0,e）内大于0,在（e,+∞）内小于0,∴f（x）在（0,e）内为增函数,在（e,+∞）内为减函数,即f（x）有极大值而无极小值；当a＜0时,f（x）在（0,e）内为减函数,在（e,+∞）内为增函数,即f（x）有极小值而无极大值．∴a＜0,即实数a地取值范围为（﹣∞,0）；（Ⅱ）（i）证明:当a=b=1时,设g（x）=xf（x）+2=lnx﹣e x+2．g′（x）=在区间（0,+∞）上为减函数,又g′（1）=1﹣e＜0,g′（）=2﹣．∴存在实数x0∈（,1）,使得．此时g（x）在区间（0,x0）内为增函数,在（x0,+∞）内为减函数．又,∴,x0=﹣lnx0．由单调性知,=．又x0∈（,1）,∴﹣（）＜﹣2．∴g（x）max＜0,即xf（x）+2＜0；（ii）xf（x）＞e+m（x﹣1）⇔xf（x）﹣m（x﹣1）＞e,当a=1,b=﹣1 时,设h（x）=xf（x）﹣m（x﹣1）=lnx+e x﹣m（x﹣1）．则h′（x）=．令t（x）=h′（x）=．∵x＞1,∴t′（x）=．∴h′（x）在（1,+∞）内单调递增,∴当x＞1时,h′（x）＞h′（1）=1+e﹣m．①当1+e﹣m≥0时,即m≤1+e时,h′（x）＞0,∴h（x）在区间（1,+∞）内单调递增,∴当x＞1时,h（x）＞h（1）=e恒成立；②当1+e﹣m＜0时,即m＞1+e时,h′（x）＜0,∴存在x0∈（1,+∞）,使得h′（x0）=0．∴h（x）在区间（1,x0）内单调递减,在（x0,+∞）内单调递增．由h（x0）＜h（1）=e,∴h（x）＞e不恒成立．综上所述,实数m地取值范围为（﹣∞,1+e]．∴实数m地最大值为:1+e．[选修4一4:坐标系与参数方程]22．已知在平面直角坐标系中,椭圆C地参数方程为（θ为参数）．（I）以原点为极点,x轴地正半轴为极轴建立极坐标系,求椭圆C地极坐标方程；（Ⅱ）设M（x,y）为椭圆C上任意一点,求x+2y地取值范围．【考点】简单曲线地极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（I）椭圆C地参数方程为,消去参数,可得普通方程,即可求椭圆C地极坐标方程；（Ⅱ）设M（x,y）为椭圆C上任意一点,则x+2y=3cosθ+4sinθ=5sin（θ+α）,即可求x+2y地取值范围．【解答】解:（I）椭圆C地参数方程为,消去参数,可得普通方程为=1,极坐标方程为；（Ⅱ）设M（x,y）为椭圆C上任意一点,则x+2y=3cosθ+4sinθ=5sin（θ+α）,∴x+2y地取值范围是[﹣5,5]．[选修4一5:不等式选讲]23．已知函数f（x）=|2x﹣1|﹣2|x﹣1|．（I）作出函数f（x）地图象；（Ⅱ）若不等式≤f（x）有解,求实数a地取值范围．【考点】绝对值不等式地解法；绝对值三角不等式．【分析】（Ⅰ）去掉绝对值,化简函数f（x）,作出函数f（x）地图象即可；（Ⅱ）由函数f（x）地图象知函数地最大值是1,问题等价于≤1有解,求出解集即可．【解答】解:（Ⅰ）令2x﹣1=0,得x=,令x﹣1=0,得x=1；当x＜时,函数f（x）=|2x﹣1|﹣2|x﹣1|=﹣（2x﹣1）+2（x﹣1）=﹣1；当≤x≤1时,函数f（x）=|2x﹣1|﹣2|x﹣1|=（2x﹣1）+2（x﹣1）=4x﹣3；当x＞1时,函数f（x）=|2x﹣1|﹣2|x﹣1|=（2x﹣1）﹣2（x﹣1）=1；∴f（x）=,作出函数f（x）地图象,如下图所示；（Ⅱ）由函数f（x）地图象知,f（x）地最大值是1,所以不等式≤f（x）有解,等价于≤1有解,不等式≤1可化为﹣1≤0（2a﹣1）（a﹣1）≥0（a≠1）,解得a≤或a＞1,所以实数a地取值范围是（﹣∞,]∪（1,+∞）． 2023年3月22日。
2020年河北省衡水中学高考(理科)数学临考模拟试卷 (解析版)
2020年河北省衡水中学高考（理科）数学临考模拟试卷一、选择题（共12小题）.1．若复数z满足1+zi＝0，i是虚数单位，则z＝（）A．﹣1B．1C．i D．﹣i2．集合，B＝{x|x2+x﹣6＞0}，则A∪B＝（）A．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）B．（3，+∞）C．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）D．（﹣∞，﹣3）∪（1，2）∪（2，+∞）3．已知，，则tanα＝（）A．2B．C．1D．4．在边长为3，4，5的三角形内部任取一点P，则点P到三个顶点距离都大于1的概率为（）A．B．C．D．5．《吕氏春秋•音律篇》记载了利用“三分损益”制定关于“宫、商、角、徵、羽”五音的方法，以一段均匀的发声管为基数“宫”，然后将此发声管均分成三段，舍弃其中的一段保留二段，这就是“三分损一”，余下来的三分之二长度的发声管所发出的声音就是“徵”；将“徵”管均分成三份，再加上一份，即“徵”管长度的三分之四，这就是“三分益一”，于是就产生了“商”；“商”管保留分之二，“三分损一”，于是得出“羽”；羽管“三分益一”，即羽管的三分之四的长度，就是角”．如果按照三分损益律，基数“宫”发声管长度为1，则“羽”管的长度为（）A．B．C．D．6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是（）A．32B．36C．72D．807．在的展开式中，含项的系数等于（）A．98B．42C．﹣98D．﹣428．函数f（x）＝的部分图象大致为（）A．B．C．D．9．已知直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且BD＝DD1＝AC，则异面直线AD1与DC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．10．已知O为坐标原点，A、F分别是双曲线C：＝1，（a＞0，b＞0）的右顶点和右焦点，以OF为直径的圆与一条渐近线的交点为P（不与原点重合），若△OAP的面积S△OAP满足，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．11．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A：cos B：cos C＝6a：3b：2c，则cos C等于（）A．B．C．D．12．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）﹣ax恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A．[1，4）B．（﹣1，16）C．（﹣1，0]∪[1，16）D．{0}∪[1，4）二、填空题（共4小题）.13．若球O的球心到其内接长方体三个不同侧面的距离为1，2，3，则球O表面积为．14．已知圆x2+y2＝1与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，与抛物线的准线交于C，D两点，且坐标原点O是AC的中点，则p的值等于．15．函数f（x）＝sinωx（ω＞0）的图象向右平移个单位得到函数y＝g（x）的图象，且f（x）与g（x）的图象关于点对称，那么ω的最小值等于．16．已知向量，，满足，，且，则的取值范围是．三、解答题：解答应写岀文字说眀、证明过程或演算步骤．17．已知各项均为正数的等比数列{a n}与等差数列{b n}满足a1＝b1＝2，a5＝b31＝32，记c n ＝，（n∈N*）．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{c n}的前n项和T n．18．2020年2月，为防控新冠肺炎，各地中小学延期开学．某学校积极响应“停课不停学”政策，在甲、乙两班分别开展了H、G两种不同平台的线上教学尝试，经过一段时间的试用，从两班各随机调查了20个同学，得到了对两种线上平台的评价结果如表：评价结果差评一般好评甲班5人10人5人乙班2人8人10人（1）假设两个班级的评价相互独立，以事件发生频率作为相应事件发生的概率，若从甲乙两班中各随机抽取一名学生，求甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”的概率；（2）根据对两个班的调查，完成列联表，并判断能否有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关．差评好评或一般总计H平台G平台总计附：，n＝a+b+c+d．P（K2≥k0）0.0500.0100.001 k0 3.841 6.63510.82819．如图，在三棱锥D﹣ABC中，AB⊥BD，BC⊥CD，M，N分别是线段AD，BD的中点，MC＝1，，二面角D﹣BA﹣C的大小为60°．（1）证明：平面MNC⊥平面BCD；（2）求直线BM和平面MNC所成角的余弦值．20．已知椭圆左、右焦点分别为F1，F2，且满足离心率，，过原点O且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于M，N两点．（1）求椭圆C的方程；（2）设点A（2，1），求△AMN面积的最大值．21．已知函数f（x）＝（x+2）lnx+ax2（a为常数）在x＝1处的切线方程为y＝4x﹣．（1）求a的值，并讨论f（x）的单调性；（2）若f（x1）+f（x2）＝1，求证：x1x2≤1．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，直线l1：x﹣y﹣2＝0，曲线C：（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．（1）求直线l1与曲线C的极坐标方程；（2）若直线l2的极坐标方程为θ＝α（ρ∈R），直线l2与直线l1交于点A，与曲线C交于点O与点B，求的最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|．（1）解不等式f（x）≤4；（2）记函数y＝f（x）+3|x+1|的最小值为m，正实数a，b满足a+b＝m，试求的最小值．参考答案一、选择题（共12小题）.1．若复数z满足1+zi＝0，i是虚数单位，则z＝（）A．﹣1B．1C．i D．﹣i【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：由1+zi＝0，得．故选：C．2．集合，B＝{x|x2+x﹣6＞0}，则A∪B＝（）A．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）B．（3，+∞）C．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）D．（﹣∞，﹣3）∪（1，2）∪（2，+∞）【分析】可以求出集合A，B，然后进行并集的运算即可．解：∵A＝（1，+∞），B＝（﹣∞，﹣3）∪（2，+∞），∴A∪B＝（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）．故选：C．3．已知，，则tanα＝（）A．2B．C．1D．【分析】由已知利用诱导公式可求sinα的值，利用同角三角函数基本关系式，即可求解cosα，tanα的值．解：∵，，∴，∴tanα＝2．故选：A．4．在边长为3，4，5的三角形内部任取一点P，则点P到三个顶点距离都大于1的概率为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，结合图形分析可得点P到三个顶点距离小于1的区域面积为三个扇形面积之和，求出其面积，计算三角形的面积，由几何概型公式计算可得答案．解：根据题意，在△ABC中，BC＝3，AB＝4，AC＝5，点P到三个顶点距离小于3的区域面积为三个扇形面积之和，即S＝×π＝，则点P到三个顶点距离都大于1的概率P＝；故选：B．5．《吕氏春秋•音律篇》记载了利用“三分损益”制定关于“宫、商、角、徵、羽”五音的方法，以一段均匀的发声管为基数“宫”，然后将此发声管均分成三段，舍弃其中的一段保留二段，这就是“三分损一”，余下来的三分之二长度的发声管所发出的声音就是“徵”；将“徵”管均分成三份，再加上一份，即“徵”管长度的三分之四，这就是“三分益一”，于是就产生了“商”；“商”管保留分之二，“三分损一”，于是得出“羽”；羽管“三分益一”，即羽管的三分之四的长度，就是角”．如果按照三分损益律，基数“宫”发声管长度为1，则“羽”管的长度为（）A．B．C．D．【分析】根据三分损益原理计算即可．解：按照三分损益原理，故选：A．6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是（）A．32B．36C．72D．80【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为两个长方体的组合体，其中每个长方体的底面是边长为2的正方形，高为4．则其表面积可求．解：由三视图还原原几何体如图，则其表面积为S＝（40﹣4）×2＝72．故选：C．7．在的展开式中，含项的系数等于（）A．98B．42C．﹣98D．﹣42【分析】先求出（﹣）8的通项公式，再分类求出含项的系数．解：∵（﹣）8的通项公式为T r+1＝••（﹣）r＝（﹣1）r••x，令﹣8＝﹣5得r＝2；令﹣4＝﹣2得r＝4；故选：D．8．函数f（x）＝的部分图象大致为（）A．B．C．D．【分析】求出函数的定义域，判断函数的奇偶性，利用对称性和函数值的对应性进行排除即可．解：由|x|﹣2≠0得x≠±2，f（﹣x）＝﹣f（x），即f（x）为奇函数，图象关于原点对称，可排除选项B、D，故选：A．9．已知直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且BD＝DD1＝AC，则异面直线AD1与DC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【分析】由，得∠DAC＝30°，求出∠DAB＝60°，推导出∠AD1G（或补角）即为异面直线AD1与DC1所成的角，由此能求出异面直线AD1与DC1所成角的余弦值．解：由，得∠DAC＝30°，所以∠DAB＝60°，所以AD＝DD1，．则∠AD1G（或补角）即为异面直线AD1与DC1所成的角，利用勾股定理求出，所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值为．故选：B．10．已知O为坐标原点，A、F分别是双曲线C：＝1，（a＞0，b＞0）的右顶点和右焦点，以OF为直径的圆与一条渐近线的交点为P（不与原点重合），若△OAP的面积S△OAP满足，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【分析】由，可得：，即，利用e＝即可求解．解：如图，可得OA＝a，OF＝c，∠OPF＝90°，tan，由，可得FP•FO cos∠POA＝×，∴，即可得，∴e4＝2，e＝．故选：D．11．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A：cos B：cos C＝6a：3b：2c，则cos C等于（）A．B．C．D．【分析】由已知结合正弦定理进行化简后，再结合两角和的正切公式进行化简即可求解．解：由，利用正弦定理得，即6tan A＝3tan B＝2tan C，代入，所以．故选：D．12．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）﹣ax恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A．[1，4）B．（﹣1，16）C．（﹣1，0]∪[1，16）D．{0}∪[1，4）【分析】易知x＝0是y＝f（x）﹣ax的一个零点，则f（x）＝ax有两个不为零的不同实根，即与y＝a的图象有两个不为零的不同交点，作出函数h（x）的图象，即可求出实数a的取值范围．解：（1）当x＝0时，y＝f（0）﹣0＝0，所以x＝0是y＝f（x）﹣ax的一个零点；即f（x）＝ax有两个不为零的不同实根，又h（x）＝＝，所以当x＜0时，h1′（x）＞0，h1（x）单调递增；令，x≥1，则，当x∈（3，+∞）时，h2′（x）＜0，h2（x）单调递减，故选：D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分.13．若球O的球心到其内接长方体三个不同侧面的距离为1，2，3，则球O表面积为56π．【分析】由球的截面性质得出长方体的三条棱长，从而得球半径，可计算出面积．解：由题意长方体相邻的三条棱长为2，4，6，外接球直径等于长方体对角线，所以，故答案为：．14．已知圆x2+y2＝1与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，与抛物线的准线交于C，D两点，且坐标原点O是AC的中点，则p的值等于．【分析】设出A的坐标，代入圆的方程，求解P即可．解：圆x2+y2＝1与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，与抛物线的准线交于C，D 两点，且坐标原点O是AC的中点，代入圆的方程，解得．故答案为：．15．函数f（x）＝sinωx（ω＞0）的图象向右平移个单位得到函数y＝g（x）的图象，且f（x）与g（x）的图象关于点对称，那么ω的最小值等于6．【分析】由题意，利用函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，求得ω的最小值解：由图象平移规律，可知，由f（x）与g（x）的图象关于点对称，化简，得恒成立，所以正数ω的最小值为6，故答案为：6．16．已知向量，，满足，，且，则的取值范围是[﹣7，7]．【分析】将已知条件中的等式变形为，两边平方，再结合平面向量数量积的运算，化简整理后可推出+2+1≤+2+，即，从而得解．解：因为，所以，等式两边平方，得①．所以≤•，即+2+3≤25+2+25，所以．故答案为：[﹣6，7]．三、解答题：解答应写岀文字说眀、证明过程或演算步骤．17．已知各项均为正数的等比数列{a n}与等差数列{b n}满足a1＝b1＝2，a5＝b31＝32，记c n ＝，（n∈N*）．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{c n}的前n项和T n．【分析】（1）利用已知条件求出数列的通项公式．（2）利用裂项相消法求出数列的和．解：（1）因为{a n}各项为正数，设{a n}的公比为q，（q＞0），{b n}的公差为d，所以，b n＝n+1．所以＝．18．2020年2月，为防控新冠肺炎，各地中小学延期开学．某学校积极响应“停课不停学”政策，在甲、乙两班分别开展了H、G两种不同平台的线上教学尝试，经过一段时间的试用，从两班各随机调查了20个同学，得到了对两种线上平台的评价结果如表：评价结果差评一般好评甲班5人10人5人乙班2人8人10人（1）假设两个班级的评价相互独立，以事件发生频率作为相应事件发生的概率，若从甲乙两班中各随机抽取一名学生，求甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”的概率；（2）根据对两个班的调查，完成列联表，并判断能否有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关．差评好评或一般总计H平台G平台总计附：，n＝a+b+c+d．P（K2≥k0）0.0500.0100.001 k0 3.841 6.63510.828【分析】（1）根据相互独立事件的概率计算公式，即可求出对应的概率值；（2）由题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论．解：（1）记A1表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“好评”；A2表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“一般”；B2表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”；因为两个班级的评价相互独立，所以．差评好评或一般总计H平台51520G平台21820总计73340计算得，所以没有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关．19．如图，在三棱锥D﹣ABC中，AB⊥BD，BC⊥CD，M，N分别是线段AD，BD的中点，MC＝1，，二面角D﹣BA﹣C的大小为60°．（1）证明：平面MNC⊥平面BCD；（2）求直线BM和平面MNC所成角的余弦值．【分析】（1）先计算出NC和MN的长度，再结合勾股定理可证得MN⊥NC；由中位线的性质可得MN∥AB，而AB⊥BD，故MN⊥BD；然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证．（2）根据二面角的定义可证得∠CBD为二面角D﹣BA﹣C的平面角，即∠CBD＝60°．法一：以B为原点，BC、BA为x、y轴，建立空间直角坐标系，逐一写出B、C、M、N的坐标，根据法向量的性质求得平面MNC的法向量，设直线BM和平面MNC所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞|，再利用同角三角函数的平方关系即可得解．法二：取CN的中点E，连接BE，由面面垂直的性质定理可证得BE⊥平面MNC，故∠BME为直线BM和平面MNC所成的角，在Rt△ABD中，求得sin∠BME，再利用同角三角函数的平方关系即可得解．【解答】（1）证明：在Rt△BCD中，N是斜边BD的中点，∴．∵M、N分别是AD、BD的中点，∴MN∥AB，，∵AB⊥BD，MN∥AB，∴MN⊥BD，∵MN⊂平面MNC，∴平面MNC⊥平面BCD．又AB⊥BD，∴∠CBD为二面角D﹣BA﹣C的平面角，即∠CBD＝60°，以B为坐标原点，BC为x轴，BA为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∴，，．设平面MNC的法向量，则，即，设直线BM和平面MNC所成角为θ，∵θ∈[0，]，故直线BM和平面MNC所成角的余弦值等于．又AB⊥BD，∴∠CBD为二面角D﹣BA﹣C的平面角，即∠CBD＝60°，又∵平面MNC⊥平面BCD，平面MNC∩平面BCD＝NC，∴∠BME即为直线BM和平面MNC所成的角．∴，故直线BM和平面MNC所成角的余弦值等于．20．已知椭圆左、右焦点分别为F1，F2，且满足离心率，，过原点O且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于M，N两点．（1）求椭圆C的方程；（2）设点A（2，1），求△AMN面积的最大值．【分析】（1）利用椭圆的离心率以及焦距，求解c，a，然后求解b，得到椭圆方程．（2）设直线l的方程为y＝kx（k≠0），由，求出弦长MN，求出A到直线l的距离，推出三角形的面积的表达式，然后求解最大值即可．解：（1）由题意可知，，根据，得a＝4，b＝4，（2）设直线l的方程为y＝kx（k≠0），得，，＝．所以＝，当k＜0时，，当且仅当时，等号成立，所以S△AMN的最大值为．21．已知函数f（x）＝（x+2）lnx+ax2（a为常数）在x＝1处的切线方程为y＝4x﹣．（1）求a的值，并讨论f（x）的单调性；（2）若f（x1）+f（x2）＝1，求证：x1x2≤1．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求a，结合导数与单调性关系即可求解；（2）结合结论lnx≤x﹣1，构造函数g（x）＝f（x）+f（）﹣1，结合导数可得出f（x1），然后结合f（x1）+f（x2）＝1，及f（x）在（0，+∞）上单调性即可证明．解：（1），由题意可得，f′（5）＝3+2a＝4，解可得a＝，令m（x）＝lnx+x++4，则＝，故m（x）＝f′（x）＞f′（1）＞0恒成立，（2）设n（x）＝lnx﹣x+1，则，当x＝1时，n（x）取得最大值n（1）＝0，令g（x）＝f（x）+f（）﹣1＝（x+2）lnx+﹣（4+）lnx+，设h（x）＝（1+）lnx，则＝＞0，故当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）≥g（1）＝5，即f（x）+f（）﹣1≥0，当x＝1时等号成立，所以4﹣f（x2）≥1﹣f（）即f（x2）≤f（），所以x6≤，即x1x2≤7．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，直线l1：x﹣y﹣2＝0，曲线C：（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．（1）求直线l1与曲线C的极坐标方程；（2）若直线l2的极坐标方程为θ＝α（ρ∈R），直线l2与直线l1交于点A，与曲线C交于点O与点B，求的最大值．【分析】（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）利用转换关系，把三角函数关系式的变换和函数的性质的应用求出结果．解：（1）因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以直线l1的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ＝2，即．将x2+y2＝ρ2，x＝ρcosθ代入上式，得ρ2＝8ρcosθ．（2）因为直线l2：θ＝α，则A（ρ1，α），B（ρ4，α），所以＝．所以当时，取得最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|．（1）解不等式f（x）≤4；（2）记函数y＝f（x）+3|x+1|的最小值为m，正实数a，b满足a+b＝m，试求的最小值．【分析】（1）利用零点分段．再分段解不等式即可；（2）利用绝对值不等式求解最小值为m，利用“乘1”法即可求解的最小值解：（1）依题意得f（x）＝，由不等式f（x）≤3；解得﹣2≤x≤﹣1，或，或．（2）由y＝f（x）+3|x+1|＝|7x﹣1|+|2x+2|≥|（2x﹣1）﹣（5x+2）|＝3，即a+b＝3即当且仅当且a+b＝3，即a＝1，b＝2时取等号，所以的最小值为．。
2022年河北省石家庄市衡水中学高三数学理模拟试卷含解析
2022年河北省石家庄市衡水中学高三数学理模拟试卷含解析一、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. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上为减函数的是（）．A．B．C．D．参考答案：D：的，在区间上先减后增；：的，在区间上为增函数；：的，在区间上为减函数；：符合，且在区间上为减函数．∴选择．2. 复数的共轭复数为，若，则a=A.±1B. ±3C. 1或3D. －1或－3参考答案：A3. 设袋中有两个红球一个黑球，除颜色不同，其他均相同，现有放回的抽取，每次抽取一个，记下颜色后放回袋中，连续摸三次，表示三次中红球被摸中的次数，每个小球被抽取的几率相同，每次抽取相对立，则方差（）A．2 B．1 C．D．参考答案：C试题分析：每次取球时，取到红球的概率为、黑球的概率为，所以取出红球的概率服从二项分布，即,所以，故选C.考点：二项分布.4. 以下判断正确的是A．函数为R上的可导函数，则“”是“为函数极值点”的充要条件B．命题“存在x∈R，<0”的否定是“任意x∈R，>0”．C．命题“在ABC中，若A>B，则sinA>sinB”的逆命题为假命题．D．“b=0”是“函数是偶函数”的充要条件．参考答案：D5. 已知为第三象限角，且，则的值为A． B． C． D．参考答案：B略6. 在一次独立性检验中，得出2×2列联表如下：且最后发现，两个分类变量X和y没有任何关系，则m的可能值是A．200 B．720 C．100D．180参考答案：B7. 若将正方体(如图4－1)截去两个三棱锥，得到如图4－2所示的几何体，则该几何体的侧视图是图4-1 图4-2A．B．C．D．参考答案：B8. 已知数列的前n项和，且，猜想等于A. B. C. D.参考答案：B9. 已知椭圆,作倾斜角为的直线交椭圆C于A,B两点,线段AB的中点为M,O为坐标原点与的夹角为,且，则b=( )A．1 B． C. D．参考答案：B本题考查椭圆的性质,考查推理论证和运算求解能力设,M,则，两式作差得.因为,所以.即.设直线的倾斜角为，则或，.又,由，解得,即.10. 已知集合A={1,2,3},集合B={x|x2－5x+4＜0},则集合A∩B的子集的个数为( )A. 4B.3C. 2D. 1参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 平面向量的夹角为60°，13．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若(b－c)cos A＝a cos C，则cos A＝ .参考答案：略12. （不等式选做题）若存在实数使成立，则实数的取值范围是 .参考答案：.不等式可以表示数轴上的点到点和点1的距离之和小于等于3，因为数轴上的点到点和点1的距离之和最小时即是在点和点1之间时，此时距离和为，要使不等式有解，则，解得.13. 已知，，，则x．y．z的大小关系为；参考答案：14. 若函数有零点，则k的取值范围为_______.参考答案：； 12 .15. 公差不为0的等差数列的前n项和，若成等比数列，则.参考答案：1916. 正三棱锥A－BCD内接于球O，且底面边长为，侧棱长为2，则球O的表面积为____ ．参考答案：如图3，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r，BC=CD=BD=，AB=AC=AD=2，，M为正的中心，则DM=1，AM=，OA=OD=r，所以，解得，所以.17. 某同学为研究函数的性质，构造了如右图所示的两个边长为1的正方形和，点是边上的一个动点，设，则. 请你参考这些信息，推知函数的零点的个数是.参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。
高考数学模拟试卷衡水中学理科
衡水中学高考数学全真模拟试卷〔理科〕 第1卷 一、〔本大共12小， 每小5分， 共60分.在每个小出的四此中，只有一是切合目要求的.〕2＜1}，1．〔5分〕〔2021?衡中模〕会合A={x|x B={y|y=|x|}，A∩B=〔A ．?B ．〔0，1〕C ．[0，1〕D ．[0，1]2．〔5分〕〔2021?衡中模〕随机量ξ～N 〔3， 2假定P 〔ξ＞4〕，P 〔3σ〕，＜ξ≤4〕=〔 〕A ．B ．C ．D ．3．〔5分〕〔2021?衡中模〕复数 z=〔i 虚数位〕，3=〔〕A ．1B ．1C ．D ．4．〔5分〕〔2021?衡中模〕双曲=1〔a ＞0， b ＞0〕的一个焦点F 作两近 的垂，垂足分P 、Q ，假定∠PFQ=π，双曲的近方程〔〕A ．y=±xB．y=±xC．y=±x D ．y=±x 5．〔5分〕〔2021?衡中模〕将半径 1的切割成面之比 1：2：3的三个扇形作三个的面， 三个底面半径挨次r1，r2，r3，那么r1+r2+r3的〔 〕 A ． B ．2 C ． D ．16．〔5分〕〔2021?衡中模〕如是某算法的程序框，程序运转后出的果是〔 〕A ．2B ．3C ．4D ．57．〔5分〕〔2021?衡中模〕等差数列{a n }中， a 3=7， a 5=11， 假定b n = ，数列{bn}的前8和〔 〕A ．B ．C ．D ．8．〔5分〕〔2021?衡中模〕〔x3〕10=a0+a1〔x+1〕+a2〔x+1〕2+⋯+a10〔x+1〕10，a=〔 〕8A．45B．180C．180D．720第1页〔共22页〕9．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕如图为三棱锥S﹣ABC的三视图，其表面积为〔〕A．16B．8+6C．16D．16+610．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕椭圆E：+=1〔a＞b＞0〕的左焦点F〔﹣3，0〕，P为椭圆上一动点，椭圆内部点M〔﹣1，3〕知足PF+PM的最大值为17，那么椭圆的离心率为〔〕A．B．C．D．11．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕f〔x〕=，假定函数y=f〔x〕﹣kx恒有一个零点，那么k的取值范围为〔〕A．k≤0B．k≤0或k≥1C．k≤0或k≥eD．k≤0或k≥12．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕数列{a n}的通项公式为a n=﹣2n+p，数列{b n}的通项公式为b nn﹣4，设c n n6n*，n≠6〕，那么=2=，假定在数列{c}中c＜c〔n∈Np的取值范围〔〕A．〔11，25〕B．〔12，22〕C．〔12，17〕D．〔14，20〕第2页〔共22页〕第2卷二、填空题〔本大题共 4小题， 每题5分， 共20分．把答案填在题中的横线上．〕13．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕假定平面向量 、知足||=2| |=2，|﹣|=，那么 在上的投影为．n 12 n+2 ，14〔．5分〕〔2021?衡中模拟〕假定数列{a}知足a=a=1 ，a=那么数列{a n }前2n 项和S 2n =．15．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕假定直线 ax+〔a ﹣2〕y+4﹣a=0把地区 分红面积相等的两局部，那么的最大值为 ．16．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕函数f 〔x 〕=〔a+1〕lnx+ x 2〔a ＜﹣1〕对任意的x 1、x 2＞0， 恒有|f 〔x 1〕﹣f 〔x 2〕|≥4|x 1﹣x 2|，那么a 的取值范围为． 三、解答题〔本大题共 5小题，共70分.解允许写出文字说明、证明过程或演算步骤.〕 17．〔12分〕〔2021?衡中模拟〕在△ABC 中， 角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，知足c=1，且cosBsinC+〔a ﹣sinB 〕cos 〔A+B 〕=0〔1〕求C 的大小；〔2〕求a 2+b 2的最大值，并求获得最大值时角 A ，B 的值．18．〔12分〕〔2021?衡中模拟〕如图， 在四棱锥 P ﹣ABCD 中， 侧棱PA ⊥底面ABCD ， AD ∥BC ， ∠ABC=90°， PA=AB=BC=2， AD=1， M 是棱PB 中点． 〔Ⅰ〕求证：平面 PBC ⊥平面PCD ；〔Ⅱ〕设点N 是线段CD 上一动点， 且 =λ ，当直线MN 与平面PAB 所成的角最大时， 求λ的值．第3页〔共22页〕19．〔12分〕〔2021?衡中模拟〕如图是两个独立的转盘〔A〕、〔B〕，在两个图中三个扇形地区的圆心角分别为60°、120°、180°．用这两个转盘进行游戏，规那么是：同时转动两个转盘待指针停下〔当两个转盘中随意一个指针恰巧落在分界限时，那么此次转动无效，重新开始〕，记转盘〔A〕指针所对的地区为x，转盘〔B〕指针所对的地区为y，x、y∈{1，2，3}，设x+y的值为ξ．〔Ⅰ〕求x＜2且y＞1的概率；〔Ⅱ〕求随机变量ξ的散布列与数学希望．20．〔12分〕〔2021?衡中模拟〕椭圆E：+=1〔a＞b＞0〕，倾斜角为45°的直线与椭圆订交于M、N两点，且线段MN的中点为〔﹣1，〕．过椭圆E内一点P〔1，〕的两条直线分别与椭圆交于点A、C和B、D，且知足=λ，=λ，此中λ为实数．当直线AP平行于x轴时，对应的λ=．〔Ⅰ〕求椭圆E的方程；〔Ⅱ〕当λ变化时，k AB能否为定值？假定是，恳求出此定值；假定不是，请说明原因．第4页〔共22页〕21．〔12分〕〔2021?衡中模拟〕函数f〔x〕=，曲线y=f〔x〕在点x=e2处的切线与直线x﹣2y+e=0平行．〔Ⅰ〕假定函数g〔x〕= f〔x〕﹣ax在〔1，+∞〕上是减函数，务实数a的最小值；〔Ⅱ〕假定函数F〔x〕=f〔x〕﹣无零点，求k的取值范围．[选修4-1：几何证明选讲]22．〔10分〕〔2021?衡中模拟〕以以下图，AC为⊙O的直径，D为的中点，E为BC的中点．〔Ⅰ〕求证：DE∥AB；〔Ⅱ〕求证：AC?BC=2AD?CD．第5页〔共22页〕[选修4-4：坐标系与参数方程]23．〔2021?衡中模拟〕在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为〔t为参数〕，在以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ=〔1〕求曲线C的直角坐标方程和直线l的一般方程；〔2〕假定直线l与曲线C订交于A，B两点，求△AOB的面积．[选修4-5：不等式选讲]24．〔2021?衡中模拟〕函数f〔x〕=|x﹣l|+|x﹣3|．〔I〕解不等式f〔x〕≤6；〔Ⅱ〕假定不等式f〔x〕≥ax﹣1对随意x∈R恒成立，务实数a的取值范围．第6页〔共22页〕参照答案与试题分析一、选择题〔本大题共12小题，每题 5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的 .〕1．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕会合A={x|x 2＜1}，B={y|y=|x|}，那么A ∩B=〔〕A ．?B ．〔0，1〕C ．[0，1〕D ．[0，1]【解答】解：A={x|x 2＜1}={x|﹣1＜x ＜1}，B={y|y=|x|≥0}， 那么A ∩B=[0，1〕，应选：C ．2．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕设随机变量ξ～N 〔3， 2σ〕，假定P 〔ξ＞4〕，那么P 〔3＜ξ≤4〕=〔 〕A ．B ．C ．D ．2【解答】解：∵随机变量 X 听从正态散布 N 〔3，σ〕，∴μ=3， 得对称轴是x=3．∵P 〔ξ＞4〕∴P 〔3＜ξ≤4〕﹣． 应选：C3．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕复数 z= 〔i 为虚数单位〕，那么3〕=〔A ．1B ．﹣1C ．D ．【解答】解：复数 z= ，可得=﹣=cos+isin ．3那么=cos4π+isin4π=1． 应选：A ．4．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕过双曲线 ﹣ =1〔a ＞0， b ＞0〕的一个焦点 F 作两渐近线的垂线，垂足分别为 P 、Q ， 假定∠PFQ= π， 那么双曲线的渐近线方程为〔〕A ．y=± xB ．y=± xC ．y=±xD ．y=± x【解答】解：如图假定∠PFQ=π，那么由对称性得∠QFO= ，那么∠QOx= ，第7页〔共22页〕即OQ的斜率k= =tan=，那么双曲线渐近线的方程为y=±x，应选：B5．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕将半径为1的圆切割成面积之比为1：2：3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥底面半径挨次为r 1，r2，r3，那么r1+r2+r3的值为〔〕A．B．2C．D．1【解答】解：∵2πr1=，∴r1=，同理，∴r1+r2+r3=1，应选：D．6．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕如图是某算法的程序框图，那么程序运转后输出的结果是〔〕A．2B．3C．4D．5【解答】解：第一次循环，sin＞sin0，即1＞0成立，a=1，T=1，k=2，k＜6成立，第二次循环，sinπ＞sin，即0＞1不可立，a=0，T=1，k=3，k ＜6成立，第三次循环，sin＞sinπ，即﹣1＞0不可立，a=0，T=1，k=4，k＜6成立，第8页〔共22页〕第四次循， sin2π＞sin， 即0＞1成立， a=1， T =1+1=2， k=5， k ＜6成立，第五次循， sin ＞sin2π， 即1＞0成立， a=1， T =2+1=3， k=6， k ＜6不可立， 出T=3， 故：B7．〔5分〕〔2021?衡中模〕等差数列{a n }中， a 3=7， a 5=11， 假定b n = ，数列{b n }的前8 和〔 〕 A ．B ．C ．D ．【解答】解：等差数列{a n }的公差d ， a 3=7，a 5=11，∴，解得a 1=3， d=2， a n =3+2〔n1〕=2n+1， ∴ ，∴b 8= 〔1 + +⋯+ 〕= 〔1 〕=故B ．8．〔5分〕〔2021?衡中模〕〔x 3〕10=a 0+a 1〔x+1〕+a 2〔x+1〕2+⋯+a 10〔x+1〕10，a 8=〔 〕A ．45B ．180C ．180D ．720 【解答】解：〔x 3〕10=[〔x+1〕4]10， ∴ ，故：D ．9．〔5分〕〔2021?衡中模〕如三棱 SABC 的三， 其表面〔 〕A ．16B ．8 +6C ．16D ．16+6第9页〔共22页〕【解答】解：由三视图可知该三棱锥为边长为2，4，4的长方体切去四个小棱锥获得的几何体．三棱锥的三条边长分别为，∴表面积为4×=16．应选：C．10．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕椭圆E：+=1〔a＞b＞0〕的左焦点F〔﹣3，0〕，P为椭圆上一动点，椭圆内部点M〔﹣1，3〕知足PF+PM的最大值为17，那么椭圆的离心率为〔〕A．B．C．D．【解答】解：设右焦点为Q，由F〔﹣3，0〕，可得Q〔3，0〕，由椭圆的定义可得|PF|+|PQ|=2a，即|PF|=2a﹣|PQ|，那么|PM|+|PF|=2a+〔|PM|﹣|PQ|〕≤2a+|MQ|，当P，M，Q共线时，获得等号，即最大值2a+|MQ|，由|MQ|==5，可得2a+5=17，所以a=6，那么e===，应选：A．11．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕f〔x〕=，假定函数y=f〔x〕﹣kx恒有一个零点，那么k的取值范围为〔〕A．k≤0B．k≤0或k≥1 C．k≤0或k≥e D．k≤0或k≥【解答】解：由y=f〔x〕﹣kx=0得f〔x〕=kx，作出函数f〔x〕和y=kx的图象如图，由图象知当k≤0时，函数f〔x〕和y=kx恒有一个交点，第10页〔共22页〕当x ≥0时， 函数f 〔x 〕=ln 〔x+1〕的导数f ′〔x 〕= ，那么f ′〔0〕=1，当x ＜0时， 函数f 〔x 〕=e x ﹣1的导数f ′〔x 〕=e x， 那么f ′〔0〕=e 0=1，即当k=1时， y=x 是函数f 〔x 〕的切线，那么当0＜k ＜1时，函数f 〔x 〕和y=kx 有3个交点， 不知足条件．当k ≥1时， 函数f 〔x 〕和y=kx 有1个交点，知足条件．综上k 的取值范围为k ≤0或k ≥1，应选：B ．12．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕数列{a n }的通项公式为 a n =﹣2n+p ，数列{b n }的通项公式为b n=2n ﹣4，设c n，n6n〔n ∈N *，n ≠6〕，那么=假定在数列{c} 中c ＜cp 的取值范围〔〕A ．〔11， 25〕B ．〔12， 22〕C ．〔12， 17〕D ．〔14，20〕【解答】解：∵a n nn ﹣4，﹣b=﹣2n+p ﹣2∴a n ﹣b n 跟着n 变大而变小，又∵a n =﹣2n+p 跟着n 变大而变小，nn ﹣4跟着n 变大而变大， b=2 ∴，〔1〕当〔2〕当 ，综上p ∈〔14， 20〕， 应选D ．二、填空题〔本大题共4小题， 每题5分， 共20分．把答案填在题中的横线上． 〕13．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕假定平面向量 、知足| |=2| |=2，|﹣|=， 那么 在上的投影为﹣1．第11页〔共22页〕【解答】解：依据条件，==7；∴；∴在上的投影为．故答案为：﹣1．14．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕假定数列{a n}知足a1=a2=1，a n+2=，那么数列{a n}前2n项和S2n= 2n+n2﹣1．【解答】解：∵数列{a n}知足a1=a2=1，a n+2=，∴n=2k﹣1时，a2k+1﹣a2k﹣1=2，为等差数列；n=2k时，a 2k+2=2a2k，为等比数列．∴．故答案为：2n+n2﹣1．15．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕假定直线ax+〔a﹣2〕y+4﹣a=0把地区分红面积相等的两局部，那么的最大值为2．【解答】解：由ax+〔a﹣2〕y+4﹣a=0得a〔x+y﹣1〕+4﹣2y=0，那么得，即直线恒过C〔﹣1，2〕，假定将地区分红面积相等的两局部，那么直线过AB的中点D，由得，即A〔1，6〕，∵B〔3，0〕，∴中点D〔2，3〕，代入a〔x+y﹣1〕+4﹣2y=0，得4a﹣2=0，那么，那么的几何意义是地区内的点到点〔﹣2，0〕的斜率，由图象过AC的斜率最大，此时最大值为2．第12页〔共22页〕故答案为：2．16．〔5分〕〔2021?衡中模拟〕函数 f 〔x 〕=〔a+1〕lnx+x 2〔a ＜﹣1〕对任意的x 12＞0， 12 1 2 那么a 的取值范围为〔﹣∞，﹣、x 恒有|f 〔x 〕﹣f 〔x〕|≥4|x ﹣x|，2]．【解答】解：由f ′〔x 〕= +x ，得f ′〔1〕=3a+1，所以f 〔x 〕=〔a+1〕lnx+ax 2， 〔a ＜﹣1〕在〔0，+∞〕单一递减， 不如设0＜x 1＜x 2，那么f 〔x 1 2 2 4x 1 1 1 2 2〕﹣f 〔x 〕≥4x ﹣ ，即f 〔x 〕+4x ≥f 〔x 〕+4x ， 令F 〔x 〕=f 〔x 〕+4x ， F ′〔x 〕=f ′〔x 〕+4= +2ax+4，等价于F 〔x 〕在〔0， +∞〕上单一递减，故F'〔x 〕≤0恒成立，即+2ax+4≤0，所以 恒成立，得a ≤﹣2．故答案为：〔﹣∞，﹣2]．三、解答题〔本大题共 5小题， 共70分.解允许写出文字说明、证明过程或演算步骤 .〕 17．〔12分〕〔2021?衡中模拟〕在△ ABC 中， 角A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c ， 知足c=1， 且cosBsinC+〔a ﹣sinB 〕cos 〔A+B 〕=0 〔1〕求C 的大小；〔2〕求a 2+b 2的最大值， 并求获得最大值时角 A ， B 的值． 【解答】解：〔1〕cosBsinC+〔a ﹣sinB 〕cos 〔A+B 〕=0 可得：cosBsinC ﹣〔a ﹣sinB 〕cosC=0 即：sinA ﹣acosC=0． 由正弦定理可知： ，第13页〔共22页〕∴，c=1，asinC﹣acosC=0，sinC﹣cosC=0，可得sin〔C﹣〕=0，C是三角形内角，∴C=．〔2〕由余弦定理可知：222c=a+b﹣2abcosC，得1=a 2+b2﹣ab又，∴，即：．当时，a 2+b2取到最大值为2+．18．〔12分〕〔2021?衡中模拟〕如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC=90°，PA=AB=BC=2，AD=1，M是棱PB中点．〔Ⅰ〕求证：平面PBC⊥平面PCD；〔Ⅱ〕设点N是线段CD上一动点，且=λ，当直线MN与平面PAB所成的角最大时，求λ的值．【解答】证明：〔1〕取PC的中点E，那么连结DE，∵ME是△PBC的中位线，∴ME，又AD，∴ME AD，∴四边形AMED是平行四边形，∴AM∥DE．PA=AB，M是PB的中点，∴AM⊥PB，PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，∵AM?平面PAB，∴BC⊥AM，第14页〔共22页〕又PB?平面PBC，BC?平面PBC，PB∩BC=B，∴AM⊥平面PBC，∵AM∥DE，∴DE⊥平面PBC，又DE?平面PCD，∴平面PBC⊥平面PCD．〔2〕以A为原点，以AD，AB，AP为坐标轴成立空间直角坐标系，以以下图：那么A〔0，0，0〕，B〔0，2，0〕，M〔0，1，1〕，P〔0，0，2〕，C〔2，2，0〕，D〔1，0，0〕．∴=〔1，2，0〕，=〔0，1，1〕，=〔1，0，0〕，∴=λ=〔λ，2λ，0〕，=〔λ+1，2λ，0〕，==〔λ+1，2λ﹣1，﹣1〕．∵AD⊥平面PAB，∴为平面PAB的一个法向量，∴cos＜＞=====设MN与平面PAB所成的角为θ，那么sinθ=．∴当即时，sinθ获得最大值，∴MN与平面PAB所成的角最大时．19．〔12分〕〔2021?衡中模拟〕如图是两个独立的转盘〔A〕、〔B〕，在两个图中三个扇形地区的圆心角分别为60°、120°、180°．用这两个转盘进行游戏，规那么是：同时转动两个转盘待指针停下〔当两个转盘中随意一个指针恰巧落在分界限时，那么此次转动无效，重第15页〔共22页〕新开始〕， 〔A 〕指所的地区 x ， 〔B 〕指所的地区 y ， x 、y ∈{1， 2， 3}， x+y 的ξ． 〔Ⅰ〕求x ＜2且y ＞1的概率；〔Ⅱ〕求随机量 ξ的散布列与数学希望．【解答】解：〔1〕A 指指向1， 2， 3地区的事件 A 1， A 2，A 3，同理B 指指向1，2，3地区的事件 B 1，B 2，B 3，∴P 〔A 1〕=，P 〔A 2〕=，P 〔A 3〕=，P 〔B 1〕=，P 〔B 2〕=，P 〔B 3〕=，P=P 〔A 1〕P 〔1P 〔B 1〕〕=×〔1〕==．⋯〔5分〕〔2〕由得ξ的可能取 2，3，4， 5，6，P 〔ξ=2〕=P 〔A 〕P 〔B 〕===，11P 〔ξ=3〕=P 〔A 1〕P 〔B 2〕+P 〔A 2〕P 〔B 1〕== ，P 〔ξ=4〕=P 〔A 1〕P 〔B 3〕+P 〔A 2〕P 〔B 2〕+P 〔A 3〕P 〔B 1〕==，P 〔ξ=5〕=P 〔A 2〕P 〔B 3〕+P 〔A 3〕P 〔B 2〕=+=，P 〔ξ=6〕=P 〔A3〕P 〔B 〕==，3 ∴ξ的散布列：ξ 2345 6PE ξ==．⋯〔12分〕20．〔12分〕〔2021?衡中模〕 E ：+=1〔a ＞b ＞0〕， 斜角 45°的直与订交于M 、N 两点， 且段MN 的中点〔1，〕．E 内一点P 〔1，第16页〔共22页〕〕的两条直分与交于点 A 、C 和B 、D ， 且足 =λ ，=λ ， 此中λ数．当直AP 平行于x ， 的λ=．〔Ⅰ〕求E 的方程；〔Ⅱ〕当λ化，k AB 能否定？假定是， 求出此定；假定不是， 明原因．【解答】解：〔Ⅰ〕M 〔m 1，n 1〕、N 〔m 2， n 2〕， ，两式相减 ，故a 2=3b 2⋯〔2分〕 当直AP 平行于x ，|AC|=2d ，∵， ， ，解得 ， 故点A 〔或C 〕的坐．代入方程 ， 得 ⋯4分 a 2=3， b 2=1， 所以方程 ⋯〔6分〕〔Ⅱ〕A 〔x 1， y 1〕、B 〔x 2， y 2〕、C 〔x 3，y 3〕、D 〔x 4， y 4〕因为，可得A 〔x 1， y 1〕、B 〔x 2，y 2〕、C 〔x 3，y 3〕、D 〔x 4，y 4〕，⋯①同理 可得 ⋯②⋯〔8分〕第17页〔共22页〕由①②得：⋯③将点A、B的坐代入方程得，两式相减得〔x1+x2〕〔x1x2〕+3〔y1+y2〕〔y1y2〕=0，于是3〔y1+y2〕k AB=〔x1+x2〕⋯④同理可得：3〔y3+y4〕k CD=〔x3+x4〕，⋯〔10分〕于是3〔y3+y4〕k AB=〔x3+x4〕〔∵AB∥CD，∴k AB=k CD〕所以3λ〔y3+y4〕k AB=λ〔x3+x4〕⋯⑤由④⑤两式相加获得：3[y1+y2+λ〔y3+y4〕]k AB=[〔x1+x2〕+λ〔x3+x4〕]把③代入上式得3〔1+λ〕k AB=2〔1+λ〕，解得：，当λ化，k AB定，．⋯〔12分〕21．〔12分〕〔2021?衡中模〕函数f〔x〕=，曲y=f〔x〕在点x=e 2的切与直x2y+e=0平行．〔Ⅰ〕假定函数g〔x〕=f〔x〕ax在〔1，+∞〕上是减函数，求数a的最小；〔Ⅱ〕假定函数F〔x〕=f〔x〕无零点，求k的取范．【解答】解：〔Ⅰ〕由，得，解得m=2，故，，函数g〔x〕的定域〔0，1〕∪〔1，+∞〕，而，又函数g〔x〕在〔1，+∞〕上是减函数，∴在〔1，+∞〕上恒成立，∴当x∈〔1，+∞〕，的最大．而，即右的最大，第18页〔共22页〕∴， 故实数a 的最小值 ；〔Ⅱ〕由题可得，且定义域为〔0， 1〕∪〔1，+∞〕，要使函数F 〔x 〕无零点，即 在〔0， 1〕∪〔1，+∞〕内无解，亦即 在〔0， 1〕∪〔1，+∞〕内无解．结构函数 ， 那么 ，〔1〕当k ≤0时， h'〔x 〕＜0在〔0， 1〕∪〔1， +∞〕内恒成立， ∴函数h 〔x 〕在〔0， 1〕内单一递减， 在〔1， +∞〕内也单一递减． 又h 〔1〕=0， ∴当x ∈〔0， 1〕时， h 〔x 〕＞0， 即函数h 〔x 〕在〔0， 1〕内无 零点， 同理， 当x ∈〔1， +∞〕时， h 〔x 〕＜0， 即函数h 〔x 〕在〔1， +∞〕内无零点， 故k ≤0知足条件；〔2〕当k ＞0时， ．①假定0＜k ＜2， 那么函数h 〔x 〕在〔0， 1〕内单一递减，在内也单一递减， 在内单一递加．又h 〔1〕=0， ∴h 〔x 〕在〔0，1〕内无零点；又， 而 ， 故在 内有一个零点，∴0＜k ＜2不知足条件；②假定k=2，那么函数h 〔x 〕在〔0， 1〕内单一递减， 在〔1， +∞〕内单一递加．又h 〔1〕=0， ∴当x ∈〔0，1〕∪〔1，+∞〕时，h 〔x 〕＞0恒成立，故无零点．∴k=2知足条件；③假定k ＞2， 那么函数h 〔x 〕在 内单一递减，在内单一递加，在〔1，+∞〕内也单一递加．又h 〔1〕=0，∴在 及〔1，+∞〕内均无零点．易知﹣kkk2 ﹣2=?〔k 〕，，又h 〔e 〕=k ×〔﹣k 〕﹣2+2e =2e ﹣k那么?'〔k 〕=2〔e k﹣k 〕＞0，那么?〔k 〕在k ＞2为增函数，∴?〔k 〕＞?〔2〕=2e 2﹣6＞0．第19页〔共22页〕故函数h〔x〕在内有一零点，k＞2缺少．上：k≤0或k=2．[修4-1：几何明]22．〔10分〕〔2021?衡中模〕如所示，AC⊙O的直径，D的中点，EBC的中点．〔Ⅰ〕求：DE∥AB；〔Ⅱ〕求：AC?BC=2AD?CD．【解答】明：〔Ⅰ〕接BD，因D的中点，所以BD=DC．因E BC的中点，所以DE⊥BC．因AC的直径，所以∠ABC=90°，所以AB∥DE．⋯〔5分〕〔Ⅱ〕因D的中点，所以∠BAD=∠DAC，又∠BAD=∠DCB，∠DAC=∠DCB．又因AD⊥DC，DE⊥CE，所以△DAC∽△ECD．所以=，AD?CD=AC?CE，2AD?CD=AC?2CE，所以2AD?CD=AC?BC．⋯〔10分〕[修4-4：坐系与参数方程][修4-5：不等式]24．〔2021?衡中模〕函数f〔x〕=|x l|+|x 3|．〔I〕解不等式f〔x〕≤6；〔Ⅱ〕假定不等式 f〔x〕≥ax 1随意x∈R恒成立，求数a的取范．【解答】解：函数f〔x〕=|x l|+|x 3|=的象如所示，第20页〔共22页〕〔I 〕不等式 f 〔x 〕≤6，即 ①或 ②， 或 ③．解①求得x ∈?， 解②求得3＜x ≤5， 解③求得1≤x ≤3． 上可得， 原不等式的解集 [ 1， 5]．〔Ⅱ〕假定不等式 f 〔x 〕≥ax 1随意x ∈R 恒成立， 函数f 〔x 〕的象 不可以在y=ax 1的象的下方． 如所示：因为中两射的斜率分 2， 2， 点B 〔3， 2〕， ∴3a 1≤2， 且a ≥2， 求得2≤a ≤1．23．〔2021?衡中模〕在平面直角坐系中， 直l 的参数方程〔t 参数〕，在以直角坐系的原点 O 极点，x 的正半极的极坐系中，曲C 的极坐方程ρ=〔1〕求曲C 的直角坐方程和直 l 的一般方程；〔2〕假定直l 与曲C 订交于A ，B 两点，求△AOB 的面．【解答】解：〔1〕由曲C 的极坐方程ρ=22θ=2ρcos θ．得ρsin∴由曲C 的直角坐方程是：y 2=2x ．由直l 的参数方程〔t 参数〕，得t=3+y 代入x=1+t 中消去t 得：xy4=0，所以直l 的一般方程：xy4=0⋯〔5分〕〔2〕将直l 的参数方程代入曲 C 的一般方程y 2=2x ，得t 28t+7=0，A ，B 两点的参数分 t 1，t 2，所以|AB|===，第21页〔共22页〕因原点到直x y 4=0的距离d=，所以△AOB的面是|AB|d==12．⋯〔10分〕第22页〔共22页〕。
精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2023届高三高考押题卷三理数试题(解析版)
2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷理科数学（Ⅲ）第Ⅰ卷一、选择题:本题共12个小题,每小题5分,在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地.1. 已知复数,则=（）A. B. C. D.【解析】C【解析】由题意可得: ,则= .本题选择C选项.2. 集合,,则=（）A. B.C. D.【解析】A【解析】由题意可得: ,则= .本题选择A选项.3. 已知函数地最小正周期为,则函数地图象（）A. 可由函数地图象向左平移个单位而得B. 可由函数地图象向右平移个单位而得C. 可由函数地图象向左平移个单位而得D. 可由函数地图象向右平移个单位而得【解析】D【解析】由已知得,则地图象可由函数地图象向右平移个单位而得,故选D.4. 已知实数,满足约束条件则地最大值为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【解析】B【解析】绘制目标函数表示地可行域,结合目标函数可得,目标函数在点处取得最大值 .本题选择B选项.5. 一直线与平行四边形中地两边,分别交于、,且交其对角线于,若,,,则=（）学,科,网...A. B. 1 C. D. -3【解析】A【解析】由几何关系可得: ,则: ,即: ,则= .本题选择A选项.点睛:(1)应用平面向量基本定理表示向量地实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量地加、减或数乘运算．(2)用向量基本定理解决问题地一般思路是:先选择一组基底,并运用该基底将条件和结论表示成向量地形式,再通过向量地运算来解决．6. 在如下图所示地正方向中随机投掷10000个点,则落入阴影部分（曲线为正态分布地密度曲线）地点地个数地估计值为（附:若,则,.（）A. 906B. 1359C. 2718D. 3413【解析】B【解析】由正态分布地性质可得,图中阴影部分地面积 ,则落入阴影部分（曲线为正态分布地密度曲线）地点地个数地估计值为.本题选择B选项.点睛:关于正态曲线在某个区间内取值地概率求法①熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ),P(μ－2σ<X≤μ＋2σ),P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)地值．②充分利用正态曲线地对称性和曲线与x轴之间面积为1.7. 某几何体地三视图如下图所示,其中俯视图下半部分是半径为2地半圆,则该几何体地表面积是（）A. B. C. D.【解析】B【解析】根据三视图可知几何体是棱长为4地正方体挖掉半个圆柱所得地组合体,且圆柱底面圆地半径是2、母线长是4,∴该几何体地表面积 ,本题选择B选项.8. 已知数列中,,.若如下图所示地程序框图是用来计算该数列地第2018项,则判断框内地条件是（）A. B. C. D.【解析】B学,科,网...【解析】阅读流程图结合题意可得,该流程图逐项计算数列各项值,当时推出循环,则判断框内地条件是.本题选择B选项.9. 已知5件产品中有2件次品,现逐一检测,直至能确定所有次品为止,记检测地次数为,则=（）A. 3B.C.D. 4【解析】B【解析】由题意知,地可能取值为2,3,4,其概率分别为,,,所以,故选B．10. 已知抛物线:地焦点为,点是抛物线上一点,圆与线段相交于点,且被直线截得地弦长为,若=2,则=（）A. B. 1 C. 2 D. 3【解析】B【解析】由题意:M（x0,2√2）在抛物线上,则8=2px,则px=4,①由抛物线地性质可知,, ,则,∵被直线截得地弦长为√3|MA|,则,由,在Rt△MDE中,丨DE丨2+丨DM丨2=丨ME丨2,即,代入整理得:②,=2,p=2,由①②,解得:x∴ ,故选:B．【点睛】本题考查抛物线地简单几何性质,考查了抛物线地定义,考查勾股定理在抛物线地中地应用,考查数形结合思想,转化思想,属于中档题,将点A到焦点地距离转化为点A到其准线地距离是关键.11. 若定义在上地可导函数满足,且,则当时,不等式地解集为（）A. B. C. D.【解析】D【解析】不妨令 ,该函数满足题中地条件,则不等式转化为: ,整理可得: ,结合函数地定义域可得不等式地解集为.本题选择D选项.12. 已知是方程地实根,则关于实数地判断正确地是（）A. B. C. D.【解析】C【解析】令 ,则 ,函数在定义域内单调递增,方程即: ,即 ,结合函数地单调性有: .本题选择C选项.点睛:(1)利用导数研究函数地单调性地关键在于准确判定导数地符号．第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分,第13题～第21题为必考题,每个试卷考生都必须作答.第22题和第23题为选考题,考生根据要求作答.学,科,网...二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13. 若地展开式中项地系数为20,则地最小值为_________．【解析】2【解析】试卷分析:展开后第项为,其中项为,即第项,系数为,即,,当且仅当时取得最小值.考点:二项式公式,重要不等式.14. 已知中,内角,,地对边分别为,,,若,,则地面积为__________．【解析】【解析】由题意有: ,则地面积为 .【解析】【解析】由题意可得,为正三角形,则,所以双曲线地离心率 .16. 已知下列命题:①命题","地否定是","；②已知,为两个命题,若""为假命题,则"为真命题"；③""是""地充分不必要条件；④"若,则且"地逆否命题为真命题其中,所有真命题地序号是__________.【解析】②【解析】逐一考查所给地命题:①命题","地否定是","；②已知,为两个命题,若""为假命题,则"为真命题"；③""是""地必要不充分条件；④"若,则且"是假命题,则它地逆否命题为假命题其中,所有真命题地序号是②.三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 设为数列地前项和,且,,.（1）证明:数列为等比数列；（2）求.【解析】（1）见解析；（2）.学,科,网...【解析】试卷分析:(1)利用题意结合等比数列地定义可得数列为首先为2,公比为2地等比数列；(2)利用(1)地结论首先求得数列地通项公式,然后错位相减可得.试卷解析:（1）因为,所以,即,则,所以,又,故数列为等比数列.（2）由（1）知,所以,故.设,则,所以,所以,所以.点睛:证明数列{a n }是等比数列常用地方法:一是定义法,证明 ＝q (n ≥2,q 为常数)；二是等比中项法,证明＝a n －1·a n ＋1.若判断一个数列不是等比数列,则只需举出反例即可,也可以用反证法．18. 如下图所示,四棱锥,已知平面平面,,,,.（1）求证:；（2）若二面角为,求直线与平面所成角地正弦值.【解析】（1）见解析；（2）.【解析】试卷分析:(1)利用题意首先证得平面,结合线面垂直地定义有.(2)结合(1)地结论首先找到二面角地平面角,然后可求得直线与平面所成角地正弦值为.试卷解析:（1）中,应用余弦定理得,解得,所以,所以.因为平面平面,平面平面,,所以平面,又因为平面,学,科,网...所以.（2）由（1）平面,平面,所以.又因为,平面平面,所以是平面与平面所成地二面角地平面角,即.因为,,所以平面.所以是与平面所成地角.因为在中,,所以在中,.19. 某中学为了解高一年级学生身高发育情况,对全校700名高一年级学生按性别进行分层抽样检查,测得身高（单位:）频数分布表如表1、表2.表1:男生身高频数分布表表2:女生身高频数分布表（1）求该校高一女生地人数；（2）估计该校学生身高在地概率；（3）以样本频率为概率,现从高一年级地男生和女生中分别选出1人,设表示身高在学生地人数,求地分布列及数学期望.【解析】（1）300；（2）；（3）见解析.【解析】试卷分析:(1)利用题意得到关于人数地方程,解方程可得该校高一女生地人数为300；(2)用频率近似概率值可得该校学生身高在地概率为.(3) 由题意可得地可能取值为0,1,2.据此写出分布列,计算可得数学期望为 .试卷解析:（1）设高一女学生人数为,由表1和表2可得样本中男、女生人数分别为40,30,则,解得.即高一女学生人数为300.（2）由表1和表2可得样本中男女生身高在地人数为,样本容量为70.所以样本中该校学生身高在地概率为.因此,可估计该校学生身高在地概率为.（3）由题意可得地可能取值为0,1,2.学,科,网...由表格可知,女生身高在地概率为,男生身高在地概率为.所以,,.所以地分布列为:所以.20. 中,是地中点,,其周长为,若点在线段上,且.（1）建立合适地平面直角坐标系,求点地轨迹地方程；（2）若,是射线上不同地两点,,过点地直线与交于,,直线与交于另一点,证明:是等腰三角形.【解析】（1）；（2）见解析.【解析】试卷分析:（1）由题意得,以为坐标原点,以地方向为轴地正方向,建立平面直角坐标系,得地轨迹方程为,再将相应地点代入即可得到点地轨迹地方程；（2）由（1）中地轨迹方程得到轴,从而得到,即可证明是等腰三角形.试卷解析:解法一:（1）以为坐标原点,以地方向为轴地正方向,建立平面直角坐标系.依题意得.由,得,因为故,所以点地轨迹是以为焦点,长轴长为6地椭圆（除去长轴端点）,所以地轨迹方程为.设,依题意,所以,即,代入地轨迹方程得,,所以点地轨迹地方程为.（2）设.由题意得直线不与坐标轴平行,因为,所以直线为,与联立得,,由韦达定理,同理,所以或,当时,轴,当时,由,得,学,科,网...同理,轴.因此,故是等腰三角形.解法二:（1）以为坐标原点,以地方向为轴地正方向,建立平面直角坐标系.依题意得.在轴上取,因为点在线段上,且,所以,则,故地轨迹是以为焦点,长轴长为2地椭圆（除去长轴端点）,所以点地轨迹地方程为.（2）设,,由题意得,直线斜率不为0,且,故设直线地方程为:,其中,与椭圆方程联立得,,由韦达定理可知,,其中,因为满足椭圆方程,故有,所以.设直线地方程为:,其中,同理,故,所以,即轴,因此,故是等腰三角形.21. 已知函数,,曲线地图象在点处地切线方程为.（1）求函数地解析式；（2）当时,求证:；（3）若对任意地恒成立,求实数地取值范围.【解析】（1）；（2）见解析；（3）.学,科,网...【解析】试卷分析:(1)利用导函数研究函数切线地方法可得函数地解析式为.(2)构造新函数.结合函数地最值和单调性可得.(3)分离系数,构造新函数,,结合新函数地性质可得实数地取值范围为.试卷解析:（1）根据题意,得,则.由切线方程可得切点坐标为,将其代入,得,故.（2）令.由,得,当,,单调递减；当,,单调递增.所以,所以.（3）对任意地恒成立等价于对任意地恒成立.令,,得.由（2）可知,当时,恒成立,令,得；令,得.所以地单调增区间为,单调减区间为,故,所以.所以实数地取值范围为.请考生在第22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做地第一题计分,作答时请写清题号.22. 选修4-4:坐标系与参数方程在极坐标系中,曲线:,曲线:.以极点为坐标原点,极轴为轴正半轴建立直角坐标系,曲线地参数方程为（为参数）.（1）求,地直角坐标方程；（2）与,交于不同四点,这四点在上地排列顺次为,,,,求地值.【解析】（1）；（2）.【解析】(1)因为,由,得,所以曲线地直角坐标方程为；由,得,所以曲线地极坐标方程为.(2) 不妨设四点在上地排列顺次至上而下为,它们对应地参数分别为,如图,连接,则为正三角形 ,所以,,把代入,得:,即,故,所以.【点睛】本题为极坐标与参数方程,是选修内容,把极坐标方程化为直角坐标方程,需要利用公式,第二步利用直线地参数方程地几何意义,联立方程组求出,利用直线地参数方程地几何意义,进而求值.学,科,网...23. 选修4-5:不等式选讲.已知,为任意实数.（1）求证:；（2）求函数地最小值.【解析】（1）见解析；（2）.【解析】试卷分析:(1)利用不等式地性质两边做差即可证得结论；(2)利用题意结合不等式地性质可得.试卷解析:（1）,因为,所以.（2）.即.点睛:本题难以想到利用绝对值三角不等式进行放缩是失分地主要原因；对于需求最值地情况,可利用绝对值三角不等式性质定理:||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|,通过适当地添、拆项来放缩求解．。
新版河北省衡水中学高三第一次模拟考试数学【理】试卷及答案
y
x
在第一象限内的抛物线
2 上从左向右依次取点列
Bk , k 1,2, ，使 Ak 1Bk Ak （ k 1,2, ）都是等边三角形，其中 A0 是坐标原点，则第 20xx 个
等边三角形的边长是
。
三、解答题（共 6 个题， 共 70 分，把每题的答案填在答卷纸的相应位置）
17.（本题 12 分）
在 △ ABC 中 ， a, b, c 是 角 A, B, C 对 应 的 边 ， 向 量 m (a b,c) , n a b, c ， 且
3．若 { an } 是等差数列， 首项 a1 0, a2011 a2012 0 ，a 2011 a 2012
0 ，则使前 n 项和 Sn 0
成立的最大正整数 n 是（ ）
A ． 20xx
B ．20xx
C ． 4022
D． 4023
4. 在某地区某高传染性病毒流行期间，为了建立指标显示疫情已受控制，以便向该地区居众显示可
12. 设 f ( x) 是定义在 R 上的函数，若 f (0) 2008 ，且对任意 x R ，满足
f ( x 2) f ( x) 3 2x ， f ( x 6) f ( x) 63 2x ，则 f (2008) =（
）
A. 2 2006 2007 B ． 2 2008 2006
C． 2 2008 2007
，则
14．某程序框图如图所示，该程序运行后输出的
S 的值是
15. 在 ABC 中， P 是 BC 边中点，角 A ， B ， C 的对边分别是 a ，
b ， c ，若 cAC aPA bPB 0 ，则 ABC 的形状为
。
16.在 x 轴的正方向上，从左向右依次取点列
2020年河北衡水中学理科数学高考模拟试卷(含答案)
2 2✓)20如图，椭圆吓兰+.L = l (a > h > 0)的左右焦点分别为八，九，离心率为—,a b 2 2 7 过抛物线C 2:x 1 =4b y 住点J,的直线交抛物线千M,N两点，当I M们＝－时，M 4点在x轴上的射影为F;。
连接NO,MO并延长分别交c l 于A,B两点，连接AB,� LlOMN与Ll OAR的曲积分别记为S"a,,JN禾11S !,OAB '设/4=兰罕兰s!,OAB (l)求椭圆(_'\和抛物线C \的方程；(2)求入的取值范围x7 解：(1)由抛物线定义可得M (-c,--h),:. 点M在抛物线2=4by J:,47 :.c 1 =4b(--b), 即c 2=7h-4h�(D 4心一又由.:.=—，得c 2= 3b 2, 将上式代入＠，得7b:=7b,解得b = I , .". c =✓3,a 2:. a= 2,X 2 所以仙线c l 的方程为—+y 2 = 1, 曲线c 2的方程为x 2=4y 4 (2)设直线M N的方程为y =kx+I,由｛y =kx + 1 消去Y挔理得x 2-4kx—4= 0, x -= 4y 设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),则X 1X 2=-4,V, y 1 I 1 1 设从=m,k 。
�1= n 1', 则mm'=.:....=.—=—X1X 2=--, 所以n1'=-—-, ®x 2 x 1 164 4m 设直线ON 的方程为y =mx (m>O),叶y,=mx , 解得x 0=4m, 所以jO N!=✓一x -=4y l+m lx N l =4m五言了，1 I 山＠可知，用—一代替m ,可得IOMI=上✓l+(-上)2 I X ,11 = - 1 + '1 4m m 4m m厂二第14页由｛勹'�I '解得x ,:J.;, 气，所以iOA i :汇伈I :2汇4五＇用-i,;;代替m,可行1081:三1,./j三1 4m✓I 言�-I+ 1 m 言s 所以A,=�竺=I ON I I OM 仁1S !!.O忠I OAIIOBI 2�_2厂二=�言归丿二厂41111 1 1 4nt 2 + 2+—=2m+—:2: 2'当目仅当m=1时等号成立4m 2 2m 所以入的取伯范围为[2,+吩21已知函数f(x)= x 2 -a e x -1.(1)若f(x)有两个不同的极值点X 1,X 2, 求实数a 的取值范围；4 (2)在(l)的条件下，求证：e -''+e·'0 >一雇(1)函数f (x ) =x 2 -ae 入-1' ．寸(x)=2x -ae 入，守(x)有两个不同的极值点X1,X2, 习(x)=2.x -ae 入'=O有两个根，即a =尘，e x 即y=a与y=g (x ) =坠－有两个交点，e x :.g '(x) = 2 (1-x) X ' ea 当x<I时，g'(x)>O, 函数g (x)单调递增，当x>l H寸，g'(x)<O, 函数g (x )单调递减，: .g (x) mcu•=g (1) =乌当X ---->一动时，g Cx) ---->十心，当X---->十心时，g (x)一O ,第15页。
河北省衡水市第二中学2024届高三高考模拟一数学试题(含答案解析)
河北省衡水市第二中学2024届高三高考模拟一数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合{}2120,{23},P xx x Q x m x m P Q =--≤=≤≤-=∅ ∣∣，则实数m 的取值范围是（）．A ．{0m m <∣或4}m >B ．{04}m m <<∣C ．{3mm <∣或4}m >D ．{34}mm <<∣2．某同学统计最近5次考试成绩，发现分数恰好组成一个公差不为0的等差数列，设5次成绩的平均分数为x ，第60百分位数为m ，当去掉某一次的成绩后，4次成绩的平均分数为y ，第60百分位数为n .若y x =，则（）A ．m n >B ．m n=C ．m n<D ．m 与n 大小无法判断3．吹气球时，气球的体积V （单位：L ）与半径r （单位：dm ）之间的关系是343V r π=．当4L 3V π=时，气球的瞬时膨胀率为（）A ．1dm /L 4πB ．1dm /L3C ．3L /dmD ．4L /dmπ4．设实数x ，y 满足22154x y +=）A ．B ．2-C ．D ．前三个答案都不对5．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，设甲：{}n a 是公比不为1的等比数列；乙：存在一个非零常数t ，使1n S t ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，则（）A ．甲是乙的充要条件B ．甲是乙的充分不必要条件C ．甲是乙的必要不充分条件D ．甲是乙的既不充分也不必要条件6．六氟化硫，化学式为6SF ，在常压下是一种无色､无臭､无毒､不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体E ABCD F --的棱长为a ，下列说法中正确的个数有（）①此八面体的表面积为2；②异面直线AE 与BF 所成的角为45 ；③此八面体的外接球与内切球的体积之比为④若点P 为棱EB 上的动点，则AP CP +的最小值为.A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个7．在ABC V 中，2AB AC =，AD 是A ∠的平分线，交BC 于点D ，且AC tAD =，则t 的取值范围是A ．3,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．3,14⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫⎪⎝⎭8．已知,,(1,)a b c ∈+∞，且e 9ln11,e 10ln10,e 11ln 9a b c a b c ===，则,,a b c 的大小关系为（）A ．a b c >>B ．c a b >>C ．b c a>>D ．c b a>>二、多选题9．下列四个命题正确的是（）A ．若1i 1z +-=，则1i z --的最大值为3B ．若复数12,z z满足12122,2,1z z z z ==+=，则12z z -=C ．若()sin sin C A AB A AB B AC C P λλ⎛⎫ ⎪=+∈ ⎪⎝⎭R，则点P 的轨迹经过ABC V 的重心D ．在ABC V 中，D 为ABC V 所在平面内一点，且1132+= AD AB AC ，则16BCD ABDS S =△△10．由倍角公式2cos 22cos 1x x =-可知，cos 2x 可以表示为cos x 的二次多项式．一般地，存在一个()*n n ∈N 次多项式()110n n n n n P t a t a t a --=+++ （0a ，1a ，…，n a ∈R ），使得()cos cos n nx P x =，这些多项式()n P t 称为切比雪夫（P ．L ．Tschebyscheff ）多项式．运用探究切比雪夫多项式的方法可得（）A ．()3343P t t t=-+B ．()424881P t t t =-+C．1sin 544+︒=D．1cos546︒=11．已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且21n n S S n +=-+，则下列选项中正确的是（）.A ．121n n a a n ++=-（2n ≥）B ．22n n a a +-=C ．若10a =，则1004950S =D ．若数列{}n a 单调递增，则1a 的取值范围是11,43⎛⎫- ⎪⎝⎭三、填空题12．已知：平面l αβ= ，A l ∈，B l ∈，4AB =，C β∈，CA l ⊥，3AC =，D α∈，DB l ⊥，3.DB =直线AC 与BD 的夹角是60︒，则线段CD 的长为．13．数列{}满足()2*114,13n n n a a a a n N +==-+∈，则122017111a a a +++ 的整数部分是．14．极线是高等几何中的重要概念，它是圆锥曲线的一种基本特征.对于圆222x y r +=，与点()00,x y 对应的极线方程为200x x y y r +=，我们还知道如果点()00,x y 在圆上，极线方程即为切线方程；如果点()00,x y 在圆外，极线方程即为切点弦所在直线方程.同样，对于椭圆22221x y a b +=，与点()00,x y 对应的极线方程为00221x x y y a b +=.如上图，已知椭圆C ：22143x y +=，()4,P t -，过点P 作椭圆C 的两条切线PA ，PB ，切点分别为A ，B ，则直线AB 的方程为；直线AB 与OP 交于点M ，则sin PMB ∠的最小值是.四、解答题15．在数列{}n a 中，已知321212222n n a a a a n -++++= ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 中的1a 和2a 之间插入1个数11x ，使1112,,a x a 成等差数列；在2a 和3a 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,a x x a 成等差数列；…；在n a 和1n a +之间插入n 个数12,,,n n nn x x x ，使121,,,,,n n n nn n a x x x a + 成等差数列，这样可以得到新数列{}1112212233132334:,,,,,,,,,,,n n b a x a x x a x x x a a ，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求55S （用数字作答）．16．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为F ，左顶点为A ，短轴长为点31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 的直线l （不与x 轴重合）与C 交于,P Q 两点，直线,AP AQ 与直线4x =的交点分别为,M N ，记直线,MF NF 的斜率分别为12,k k ，证明：12k k ⋅为定值．17．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，E 是BC 的中点，点F 在棱AD 上，且PA AD ⊥，2cos5PAE ∠=-，PA =(1)若平面PAB ⋂平面PCD l =，证明：//l 平面ABCD ；(2)求平面PEF 与平面PCD 的夹角的余弦值的最大值．18．近年来，购买盲盒成为当下年轻人的潮流之一，为了引导青少年正确消费，国家市场监管总局提出，盲盒经营行为应规范指引，经营者不能变相诱导消费．盲盒最吸引人的地方，是因为盒子上没有标注，只有打开才会知道自己买到了什么，这种不确定性的背后就是概率．几何分布是概率论中非常重要的一个概率模型，可描述如下：在独立的伯努利（Bernoulli ）试验中，若所考虑事件首次出现，则试验停止，此时所进行的试验次数X 服从几何分布，事件发生的概率p 即为几何分布的参数，记作()~X G p ．几何分布有如下性质：分布列为()()11k P X k p p -==-，1,2,,,k n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅，期望()()1111k k E X k p p p+∞-==-⋅=∑．现有甲文具店推出四种款式不同、单价相同的文具盲盒，数量足够多，购买规则及概率规定如下：每次购买一个，且买到任意一种款式的文具盲盒是等可能的．(1)现小嘉欲到甲文具店购买文具盲盒．①求他第二次购买的文具盲盒的款式与第一次购买的不同的概率；②设他首次买到两种不同款式的文具盲盒时所需要的购买次数为Y ，求Y 的期望；(2)若甲文具店的文具盲盒的单价为12元，乙文具店出售与甲文具店款式相同的非盲盒文具且单价为18元．小兴为了买齐这四种款式的文具，他应选择去哪家文具店购买更省钱，并说明理由．19．牛顿在《流数法》一书中，给出了代数方程的一种数值解法——牛顿法．具体做法如下：如图，设r 是()0f x =的根，首先选取0x 作为r 的初始近似值，若()f x 在点00(,())x f x 处的切线与x 轴相交于点1(,0)x ，称1x 是r 的一次近似值；用1x 替代0x 重复上面的过程，得到2x ，称2x 是r 的二次近似值；一直重复，可得到一列数：012,,,,,n x x x x ．在一定精确度下，用四舍五入法取值，当()*1,N n n x x n -∈近似值相等时，该值即作为函数()f x 的一个零点r ．(1)若32()33f x x x x =++-，当00x =时，求方程()0f x =的二次近似值（保留到小数点后两位）；(2)牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取为曲线的切线或割线，求函数()e 3x g x =-在点(2,(2))g 处的切线，并证明：23ln31e <+；(3)若()(1ln )h x x x =-，若关于x 的方程()h x a =的两个根分别为1212,()x x x x <，证明：21e e x x a ->-．参考答案：题号12345678910答案C CACBBADABCBC题号11答案AC1．C【分析】化简集合A 后，根据P Q =∅ 分类讨论即可.【详解】由{}2120[3,4]P xx x =--≤=-∣，P Q =∅ ，当Q =∅时，需满足23m m >-，解得3m <；当Q ≠∅时，需满足34m m ≥⎧⎨>⎩，解得4m >，综上3m <或4m >．故选：C 2．C【分析】依题意不妨设这5次的分数从小到大分别为a 、a d +、2a d +、3a d +、4a d +()0,0a d >>，即可求出x 、m ，要使去掉一个数据之后平均数不变，则去掉的一定是2a d +，从而求出n ，即可判断.【详解】依题意不妨设这5次的分数从小到大分别为a 、a d +、2a d +、3a d +、4a d +()0,0a d >>，所以()123425x a a d a d a d a d a d =++++++++=+，又560%3⨯=，所以第60百分位数为23522a d a d m a d +++==+，要使4次成绩的平均分数为y 且y x =，则去掉的数据一定是2a d +，即还剩下a 、a d +、3a d +、4a d +()0,0a d >>，又460% 2.4⨯=，所以第60百分位数为3n a d =+，因为0d >，所以n m >.故选：C 3．A【分析】气球膨胀率指的是气球体积变化的值与半径变化值之间的比值，即rV∆∆，但此题所求的时瞬时变化率，故需要利用导数求解.【详解】因为343V r π=，所以r =，所以12333143r π-⎛⎫'=⨯ ⎪⎝⎭，所以，当43V π=时，12123333314313131433434344r ππππππ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=⨯=⨯=⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭dm /L .故选：A 4．C【分析】转化为动点到两定点之间距离和，再利用焦点三角形的性质可求最小值.，点(,)P x y 是椭圆22:154x y C +=上的点，设(1,0),(1,0),(0,1)E F A -，如图．记题中代数式为M ，则||||||||||M PA PF PA PE AE =+=+≥=等号当点E ，A ，P 依次共线时取得．因此所求最小值为故选：C.5．B【分析】利用等比数列前n 项和公式，结合充分条件、必要条件的定义判断即得.【详解】设数列{}n a 的首项和公比分别为1a ，(1)≠q q ，则111n n q S a q -=⋅-，取11a t q =-，得1n n S q t +=，显然数列{1}n S t +是等比数列；反之，取1t =，0n a =，此时11n S +=，数列{1}nS t+为等比数列，而{}n a 不是等比数列，所以甲是乙的充分不必要条件.故选：B 6．B【分析】对①：计算出一个三角形面积后乘8即可得；对②：借助等角定理，找到与AE 平行，与BF 相交的线段，计算即可得；对③：借助外接球与内切球的性质计算即可得；对④：空间中的距离和的最值问题可将其转化到同意平面中进行计算.【详解】对①：由题意可得2284S =⨯=表，故①正确；对②：连接AC ，取AC 中点O ，连接OE 、OF ，由题意可得OE 、OF 为同一直线，A 、E 、C 、F 四点共面，又AE EC CF FA ===，故四边形AECF 为菱形，故//AE CF ，故异面直线AE 与BF 所成的角等于直线CF 与BF 所成的角，即异面直线AE 与BF 所成的角等于60CFB ∠=，故②错误；对③：由四边形ABCD 为正方形，有2222222AC BC AB EC AE a =+=+=，故四边形AECF 亦为正方形，即点O 到各顶点距离相等，即此八面体的外接球球心为O，半径为2aR =，设此八面体的内切球半径为r ，则有2112233E ABCD F E ABCD V S r V a ---=⨯==⨯⨯⨯表r =，则此八面体的外接球与内切球的体积之比为33R r ⎛⎫⎪⎛⎫== ⎪⎝⎭对④：将AEB 延EB 折叠至平面EBC中，如图所示：则在新的平面中，A 、P 、C 三点共线时，AP CP +有最小值，则()min 22AP CP a +=⨯=，故④错误.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题④中，关键点在于将不共面的问题转化为同一平面的问题.7．A【解析】在ABC V 中，2AB AC =，AD 是A ∠的平分线，由角平分线性质可得2BD ABCD AC==，利用cos cos BAD CAD ∠=∠结合余弦定理化简可得22212CD AC AD =-，再代入cos CAD ∠的式子中消去CD ，通过AC tAD =，化简整理得出3cos 4CAD t∠=，即可得到t 的取值范围.【详解】在ABC V 中，2AB AC =，AD 是A ∠的平分线，∴由角平分线的性质可得2BD ABCD AC==，BAD CAD ∠=∠，在ABD △中，由余弦定理得222cos 2AB AD BD BAD AB AD +-∠=⋅，在ACD 中，由余弦定理得222cos 2AC AD CD CAD AC AD +-∠=⋅，∴22222222AB AD BD AC AD CD AB AD AC AD+-+-=⋅⋅，化简得22222AD AC CD =-，即22212CD AC AD =-，∴22223332cos 2244AD AC AD CD AD CAD AC AD AC AD AC t+-∠===⋅⋅而0,2CAD π⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，故()3cos 0,14CAD t ∠=∈，∴3,4t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭.故选：A.【点睛】本题考查了三角形内角平分线的性质以及余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化能力与计算能力，属于中档题.8．D【分析】构造函数()()e ,1,xf x x x∞=∈+，利用导数讨论其单调性，将问题转化为比较,,，再转化为比较9ln11,10ln10,11ln 9，构造函数()()20ln g x x x =-，利用导数讨论其单调性，利用单调性即可得答案.【详解】由题知，e e e 9ln11,10ln10,11ln 9a b ca b c ===，记()()e ,1,x f x x x ∞=∈+，则()()21e x x f x x-'=，当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，故比较,,a b c 的大小关系，只需比较,,的大小关系，即比较9ln11,10ln10,11ln 9的大小关系，记()()20ln ,1g x x x x =->，则()20ln 1g x x x=-+-'，记()20ln 1h x x x =-+-，则()21200h x x x=--<'，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，又()220338ln 81ln 8ln e 0822h =-+-=-<-<，所以，当()8,x ∈+∞时，()0h x <，()g x 单调递减，所以()()()11109g g g <<，即9ln1110ln1011ln 9<<，所以()()()f a f b f c <<，所以a b c <<.故选：D【点睛】本题难点在于构造函数()()e ,1,xf x x x∞=∈+，将问题转化成比较,,的大小关系后，需要再次构造函数()()20ln ,1g x x x x =->，对学生观察问题和分析问题的能力有很高的要求，属于难题.9．ABC【分析】A 根据复数模的几何意义及圆的性质判断；B 利用复数的运算和模的运算求解即可；C 结合重心的性质进行判断；D 利用平面向量基本定理，判断出D 点位置，进而可求.【详解】对A ，由1i 1z +-=的几何意义，知复数z 对应的动点Z 到定点(1,1)-的距离为1，即动点Z 的轨迹以(1,1)-为圆心，1为半径的圆，1i z --表示动点点Z 的轨迹以(1,1)的距离，由圆的性质知：max |i |z --==113，A 正确；对B ，设i,i,(,,,R)z m n z c d m n c d =+=+∈12，因为12122,2,1z z z z ==+=，所以,m n c d +=+=222244，,m c n d +=+=1，所以mc nd +=-2，所以12()()i z z m c n d -=-+-====，B 正确；对C ，由正弦定理的sin sin AC C AB B ⋅=⋅，即||sin ||sin AC C AB B =，()sin sin sin AB AC AP AB AC AB B AC C AB B λλ⎛⎫ ⎪∴==+ ⎪⎝⎭，设BC 中点为E ，如图：则AB +AC =2AE，则||sin AP AE AB Bλ=2 ，由平面向量的共线定理得,,A P E 三点共线，即点P 在边BC 的中线上，故点P 的轨迹经过ABC V 的重心,C 正确；对D ，如图由已知点D 在ABC V 中与AB 平行的中位线上，且靠近BC 的三等分点处，故有,,ABD ABC ACD ABC BCD S S S S S ===1123 1111236ABC ABC S S ⎛⎫--= ⎪⎝⎭ ，所以13BCD ABDS S =△△，D 错误.故选：ABC 10．BC【分析】根据两角和的余弦公式，以及二倍角的正余弦公式化简可得3cos34cos 3cos x x x =-，根据定义即可判断A 项；根据二倍角公式可推得()424cos 8cos 8cos 1P x x x =-+，即可得出B 项；根据诱导公式以及A 的结论可知，3cos544cos 183cos18︒=︒-︒，2sin 54cos 362cos 181︒=︒=︒-.平方相加，即可得出25cos 188︒+=，进而求出C 项；假设D 项成立，结合C 项，检验即可判断.【详解】对于A 项，()cos3cos 2cos 2cos sin 2sin =+=-x x x x x x x ()222cos 1cos 2cos sin x x x x=--()()222cos 1cos 2cos 1cos x x x x =---34cos 3cos x x =-.由切比雪夫多项式可知，()3cos3cos x P x =，即()33cos 4cos 3cos P x x x =-.令cos t x =，可知()3343P t t t =-，故A 项错误；对于B 项，()cos 4cos 22x x =⨯()2222cos 2122cos 11x x =-=⨯--428cos 8cos 1x x =-+.由切比雪夫多项式可知，()4cos 4cos x P x =，即()424cos 8cos 8cos 1P x x x =-+.令cos t x =，可知()424881P t t t =-+，故B 项正确；对于C 项，因为36218︒=⨯︒，54318︒=⨯︒，根据A 项3cos34cos 3cos x x x =-，可得3cos 544cos 183cos18︒=︒-︒，2cos 362cos 181︒=︒-.又cos 36sin 54︒=︒，所以2222cos 36cos 54sin 54cos 541︒+︒=︒+︒=，所以，()()22324cos 183cos182cos 1811︒-︒+︒-=.令cos180t =︒>，可知()()223243211t tt -+-=，展开即可得出642162050t t t -+=，所以42162050t t -+=，解方程可得258t ±=.因为cos18cos320t =︒>︒，所以258t =，所以，2cos 362cos 181︒=︒-512184=⨯=，所以，sin 54cos36︒=︒=C 项正确；对于D 项，假设1cos546︒=，因为1sin 544︒=，则22221si c s n o 5445⎫︒=+≠⎪⎪⎝⎭⎝⎭︒+，显然不正确，故假设不正确，故D 项错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：根据题意多项式的定义，结合两角和以及二倍角的余弦公式，化简可求出()()34cos ,cos P x P x ，换元即可得出()()34,P t P t .11．AC【分析】对于A ，由21n n S S n +=-+，多写一项，两式相减即可得出答案.对于B ，由121n n a a n ++=-（2n ≥），多递推一项，两式相减即可得出答案少了条件2n ≥.对于C ，由分析知22n n a a +-=，所以{}n a 奇数项是以10a =为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以21a =为首项，2为公差的等差数列，由等差数列得前n 项和公式即可得出答案.对于D ，因为数列{}n a 单调递增，根据1234n a a a a a <<<<< ，即可求出1a 的取值范围.【详解】对于A ，因为21n n S S n +=-+，当()2121n n n S S n -≥=-+-，，两式相减得：121n n a a n ++=-（2n ≥）,所以A 正确.对于B ，因为121n n a a n ++=-（2n ≥）,所以()+122+11=21n n a a n n ++=-+，两式相减得：22n n a a +-=（2n ≥），所以B 不正确.对于C ，21n n S S n +=-+ ，令1n =，则211S S =-+，1211a a a +=-+，因为10a =，所以21a =.令2n =，则324S S =-+，112324a a a a a ++=--+，所以32a =.因为22n n a a +-=（2n ≥），而312a a -=，所以22n n a a +-=.所以{}n a 奇数项是以10a =为首项，2为公差的等差数列.偶数项是以21a =为首项，2为公差的等差数列.则：()()10012399100139924100=+++S a a a a a a a a a a a =+++++++++ 5049504950025012=495022⨯⨯⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以C 正确.对于D ，21n n S S n +=-+，令1n =，则211S S =-+，1211a a a +=-+，则2121a a =-+又因为+12=21n n a a n +++，令1n =则23=3a a +，所以()3211=332122a a a a -=--+=+，同理：()4311=552223a a a a -=-+=-+，()5411=772324a a a a -=--+=+，因为数列{}n a 单调递增，所以1234n a a a a a <<<<< ，解12a a <得：113a <，解23a a <得：114a >-，解34a a <得：114a <，解45a a <得：114a >-，解56a a <得：114a <，所以1a 的取值范围是11,44⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以D 不正确.故选：AC.【点睛】本题考查的是等差数列的知识，解题的关键是利用121n n a a n ++=-，得出{}n a 的奇数项、偶数项分别成等差数列，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.12．5【分析】作//AE BD 且AE BD =，连接,ED EC ，则CAE ∠（或其补角）为异面直线,AC BD 所成的角，所以60CAE ∠=︒或120CAE ∠=︒，证明DE EC ⊥，先求出EC ，再得CD ．【详解】如图，作//AE BD 且AE BD =，连接,ED EC ，则CAE ∠（或其补角）为异面直线,AC BD 所成的角，所以60CAE ∠=︒或120CAE ∠=︒，因为//AE BD 且AE BD =，所以ABDE 是平行四边形，所以//DE AB ，4DE AB ==，因为,AB AC AB BD ⊥⊥，所以,ED AC ED AE ⊥⊥，AC AE A ⋂=，所以BD ⊥平面AEC ，CE ⊂平面AEC ，所以ED CE ⊥，3AC AE ==，若60CAE ∠=︒，则3CE =，5CD ==，若120CAE ∠=︒，则23sin 60CE =⨯︒=，CD =故答案为：5【点睛】本题考查异面直线所成角的应用，都可空间两点间的距离．解题关键是作出异面直线所成的角．构造三角形，在三角形中求线段长．13．2【详解】因为()2*114,13n n n a a a a n N +==-+∈，所以211(1)0n n n n n a a a a a ++-=->⇒>，数列{}单调递增，所以1(11)0n n n a a a +-=->，所以111(1)1111n n n n na a a a a +--=--=，所以121122111111111111()()()11111n n n n n S a a a a a a a a a a a =+++=-+-++-=------ ，所以20172017131m S a ==--，因为143a =，所以22223444131313133133133()1,()1,()12,33999818181a a a =-+==-+==-+> ，所以20172016201542a a a a >>>>> ，所以201711a ->，所以20171011a <<-，所以201512331a <-<-，因此m 的整数部分是2．点睛：本题考查了数列的综合应用问题，其中解答中涉及到数列的通项公式，数列的裂项求和，数列的单调性的应用等知识点的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题，本题的借助数列递推关系，化简数列为111111n n na a a +=---，再借助数列的单调性是解答的关键．14．103tyx -+-=（或330x ty -+=）；【分析】（1）根据已知直接写出直线AB 的方程；（2）求出cos ,OP n →→〈〉=sin PMB ∠利用基本不等式求解.【详解】解：（1）由题得AB ：4143x ty-+=，即103ty x -+-=，（2）()4,OP t →=-，3k AB t→=，∴AB →的方向向量(),3n t = ，所以cos ,OP nOP n OP n→→→→→→⋅〈〉==sin PMB ∠==，即()min sin PMB ∠=.故答案为：103tyx -+-=.15．(1)2n n a =(2)14337【分析】（1）根据数列的前n 项和求数列的通项公式，一定要分1n =和2n ≥讨论.（2）首先弄清楚新数列前55项的构成，再转化为错位相减法求和.【详解】（1）当1n =时，12a =；当2n ≥时，3312211121222222222n n n n n n a a a a a a a a a ----⎛⎫⎛⎫=++++-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2212n n =--=，所以122nn a -=⇒2n n a =，2n ≥.当1n =时，上式亦成立，所以：2n n a =.（2）由()123155n n ⎡⎤+++++-=⎣⎦ ⇒10n =.所以新数列前55项中包含数列的前10项，还包含，11x ，21x ，22x ，31x ，32x ，L ，98x ，99x .且12112a a x +=，()23212222a a x x ++=，()3431323332a a x x x +++=，()91091929992a a x x x ++++=.所以()()()239101255121029222a a a a a a S a a a +++=+++++++123910357191122a a a a a ++++=+ .设123935719T a a a a =++++ 1239325272192=⨯+⨯+⨯++⨯ 则234102325272192T =⨯+⨯+⨯++⨯ ，所以()1239102322222192T T T -=-=⨯+⨯+++-⨯ 101722=-⨯-.故：101722T =⨯+.所以1010955172211228211433722S ⨯+=+⨯=⨯+=.【点睛】关键点点睛：本题的关键是要弄清楚新数列前55项的构成.可先通过列举数列的前几项进行观察得到规律.16．(1)22143x y +=；(2)证明见解析.【分析】（1）由题意得b =，将点3(1,)2代入椭圆的方程可求得2a 的值，进而可得椭圆的方程；（2）设:1l x ty =+，1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ，联立直线l 和椭圆的方程，可得122634ty y t +=-+，122934y y t =-+，直线PA 的方程为11(2)2y y x x =++，令4x =，得116(4,2y M x +，同理226(4,)2y N x +，由斜率公式计算即可．【详解】（1）因为2b =b =，再将点31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭代入22213x y a +=得21314a +=，解得24a =，故椭圆C 的方程为22143x y +=；（2）由题意可设()()1122:1,,,,l x ty P x y Q x y =+，由221143x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩可得()2234690t y ty ++-=，易知0∆>恒成立，所以12122269,3434t y y y y t t +=-=-++，又因为−2,0，所以直线PA 的方程为=+2，令4x =，则1162=+y y x ，故1164,2y M x ⎛⎫⎪+⎝⎭，同理2264,2y N x ⎛⎫⎪+⎝⎭，从而()()111212126266,413333y x y y k k ty ty +===-++，故()()()212121222212121222363643419189333993434y y y y t k k t t ty ty t y y t y y t t -+====-+++++--+++为定值．17．(1)证明见解析(2)14【分析】（1）证明出//CD 平面PAB ，利用线面平行的性质可得出//CD l ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）计算出cos PAB ∠的值，以A 为坐标原点，AB 、AD 所在直线分别为x 、y 轴，建立空间直角坐标系，设()0,,0F a ()02a ≤≤，利用空间向量法结合二次函数的基本性质可求得平面PEF 与平面PCD 的夹角的余弦值的最大值.【详解】（1）证明：因为四边形ABCD 正方形，所以//AB CD ．因为CD ⊂/平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，所以//CD 平面PAB ．又因为CD ⊂平面PCD ，平面PAB ⋂平面PCD l =，所以//CD l ．因为l ⊂/平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以//l 平面ABCD ．（2）解：由题意可得AE ==，PE =因为四边形ABCD 是正方形，所以AB AD ⊥．又因为PA AD ⊥，PA AB A = ，PA 、AB ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ．因为//AD BC ，所以⊥BC 平面PAB ，因为PB ⊂平面PAB ，所以，BC PB⊥．则PB ===．所以，222cos 2PA AB PB PAB PA AB +-∠==⋅以A 为坐标原点，AB 、AD 所在直线分别为x 、y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．点P 到平面yAz的距离为()cos π1AP PAB -∠=，点P 到平面xAy2==．则()1,0,2P -，()2,2,0C ，()0,2,0D ，()2,1,0E ，设()0,,0F a ()02a ≤≤，则()3,2,2PC =-，()2,0,0CD =- ，设平面PCD 的法向量为()111,,x n y z = ，则1111322020PC n x y z CD n x ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取11y =，可得()0,1,1n = ．设平面PEF 的法向量为()222,,m x y z = ，()3,1,2PE =-，()1,,2PF a =- ，则22222232020PE m x y z PF m x ay z ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩，取24y =，可得()22,4,31m a a =-- ．设平面PEF 与平面PCD 的夹角为α，则cos m n m nα⋅==⋅ 令[]11,3a t +=∈，则cosα==．当1512t =时，211484013t t ⎛⎫-⨯+⎪⎝⎭取得最小值，最小值为143，所以cos α75a =．故平面PEF 与平面PCD 的夹角的余弦值的最大值为14．18．(1)①34；②73(2)应该去乙店购买非盲盒文具，理由见解析【分析】（1）①明确第二次只需买到其余的三种文具盲盒的任意一款即可求解；②结合已知由几何分布的性质即可求解.（2）由随机变量以及相应的均值结合几何分布的性质即可求解.【详解】（1）①由题意可知，当第一次购买的文具盲盒已经确定时，第二次只需买到其余的三种文具盲盒的任意一款即可，所以34p =；②设从第一次购买文具后直到购买到两种不同款式的文具盲盒所需要的购买次数为X ，则由题意可知3~4X G ⎛⎫ ⎪⎝⎭，又1Y X =+，所以()()()4711133E Y E X E X =+=+=+=.（2）由题意，在乙店买齐全部文具盲盒所花费的费用为18472⨯=元，设从甲店买齐四种文具盲盒所需要的购买次数为Z ，从第一次购买到1i -种不同款式的文具开始，到第一次购买到i 种不同款式的文具盲盒所需要的购买次数为随机变量i Z ，则5~4i i Z G -⎛⎫ ⎪⎝⎭，其中1,2,3,4i =，而1234Z Z Z Z Z =+++，所以()()()441234114425124533i i i E Z E Z Z Z Z E Z i===+++===+++=-∑∑，所以在甲店买齐全部文具盲盒所需费用的期望为()1210072E Z =>，所以应该去乙店购买非盲盒文具．19．(1)1.83(2)22e e 30x y ---=，证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据题意分别计算出12,x x ，取2x 得近似值即为方程()0f x =的二次近似值；（2）分别求出(2)g ，(2)g '，即可写出函数()g x 在点(2,(2))g 处的切线方程；设2()ln 1,1ex m x x x =-->，证明出2()(e )m x m ≤，得出2(3)(e )m m <，即可证明；（3）先判断出1201e x x <<<<，然后辅助证明两个不等式()()()1e 1e 1e h x x x ≥-≤≤-和()(01)h x x x ≥<≤即可．【详解】（1）2()361f x x x '=++，当00x =时，(0)1f '=，()f x 在点(0,3)-处的切线方程为3y x +=，与x 轴的交点横坐标为(3,0)，所以13x =，(3)46f '=，()f x 在点(3,54)处的切线方程为5446(3)y x -=-，与x 轴的交点为42(,0)23，所以方程()0f x =的二次近似值为1.83．（2）由题可知，2(2)e 3g =-，()e x g x '=，2(2)e g '=，所以()g x 在(2,(2))g 处的切线为22(e 3)e (2)y x --=-，即22e e 30x y ---=；设2()ln 1,1e x m x x x =-->，则211()em x x '=-，显然()m x '单调递减，令()0m x '=，解得2e x =，所以当2(1,e )x ∈时，()0m x '>，则()m x 在2(1,e )单调递增，当2(e ,)x ∈+∞时，()0m x '<，则()m x 在2(e ,)+∞单调递减，所以2222e ()(e )ln e 10em x m ≤=--=，所以2(3)(e )m m <，即2233ln 310ln 31e e --<⇔<+．（3）由()ln h x x x x =-，得()ln h x x '=-，当01x <<时，ℎ′>0；当1x >时，ℎ′<0，所以ℎ在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，所以1x =是ℎ的极大值点，也是ℎ的最大值点，即()max ()11h x h ==，又0e x <<时，()0h x >，e x >时，()0h x <，所以当方程()h x a =有两个根时，必满足1201e x x <<<<；曲线()y h x =过点()1,1和点()e,0的割线方程为1(e)1e y x =--，下面证明()()()1:e 1e 1e h x x x ≥-≤≤-，设()()()()1e 1e 1eu x h x x x =--≤≤-，则()1e 11ln ln lne e 1u x x x -⎛⎫=-+=-'- ⎪-⎝⎭，所以当1e 11e x -<<时，()0u x '>；当1e 1e e x -<<时，()0u x '<，所以()u x 在1e 11,e -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，()()10u x u ≥=；在1e 1e ,e -⎛⎫ ⎪⎝⎭上()u x 单调递减，()()e 0u x u ≥=，所以当1e x ≤≤时，()0u x ≥，即()1()e (1e)1ef x x x ≥-≤≤-（当且仅当1x =或e x =时取等号），由于21e x <<，所以()()221e 1e a f x x =>--，解得2e e x a a >-+；①下面证明当01x <≤时，()h x x ≥，设()()ln ,01n x h x x x x x =--<≤=，因为ln 0x ≤，所以当01x <≤时，()f x x ≥（当且仅当1x =时取等号），由于101x <<所以()11a h x x =>，解得1x a ->-，②①+②，得21e e x x a ->-．【点睛】关键点睛：第三问的难点在于辅助构造出两个函数不等式，这样再利用函数单调性，得到相关不等式，然后进行估计21x x -的范围．。
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衡水中学高考数学全真模拟试卷（理科）第1卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．（5分）（2020•衡中模拟）已知集合A={x|x2＜1}，B={y|y=|x|}，则A∩B=（）A．∅B．（0，1）C．[0，1）D．[0，1]2．（5分）（2020•衡中模拟）设随机变量ξ～N（3，σ2），若P（ξ＞4）=0.2，则P（3＜ξ≤4）=（）A．0.8 B．0.4 C．0.3 D．0.23．（5分）（2020•衡中模拟）已知复数z=（i为虚数单位），则3=（）A．1 B．﹣1 C．D．4．（5分）（2020•衡中模拟）过双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一个焦点F作两渐近线的垂线，垂足分别为P、Q，若∠PFQ=π，则双曲线的渐近线方程为（）A．y=±x B．y=±x C．y=±x D．y=±x5．（5分）（2020•衡中模拟）将半径为1的圆分割成面积之比为1：2：3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥底面半径依次为r1，r2，r3，那么r1+r2+r3的值为（）A．B．2 C．D．16．（5分）（2020•衡中模拟）如图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是（）A．2 B．3 C．4 D．57．（5分）（2020•衡中模拟）等差数列{a n}中，a3=7，a5=11，若b n=，则数列{b n}的前8项和为（）A．B．C．D．8．（5分）（2020•衡中模拟）已知（x﹣3）10=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a10（x+1）10，则a8=（）A．45 B．180 C．﹣180 D．7209．（5分）（2020•衡中模拟）如图为三棱锥S﹣ABC的三视图，其表面积为（）A．16 B．8+6C．16D．16+610．（5分）（2020•衡中模拟）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）的左焦点F（﹣3，0），P为椭圆上一动点，椭圆内部点M（﹣1，3）满足PF+PM的最大值为17，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．11．（5分）（2020•衡中模拟）已知f（x）=，若函数y=f（x）﹣kx恒有一个零点，则k的取值范围为（）A．k≤0 B．k≤0或k≥1 C．k≤0或k≥e D．k≤0或k≥12．（5分）（2020•衡中模拟）已知数列{a n}的通项公式为a n=﹣2n+p，数列{b n}的通项公式为b n=2n﹣4，设c n=，若在数列{c n}中c6＜c n（n∈N*，n≠6），则p的取值范围（）A．（11，25）B．（12，22）C．（12，17）D．（14，20）第2卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．）13．（5分）（2020•衡中模拟）若平面向量、满足||=2||=2，|﹣|=，则在上的投影为．14．（5分）（2020•衡中模拟）若数列{a n}满足a1=a2=1，a n+2=，则数列{a n}前2n项和S2n=．15．（5分）（2020•衡中模拟）若直线ax+（a﹣2）y+4﹣a=0把区域分成面积相等的两部分，则的最大值为．16．（5分）（2020•衡中模拟）已知函数f（x）=（a+1）lnx+x2（a＜﹣1）对任意的x1、x2＞0，恒有|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|，则a的取值范围为．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）（2020•衡中模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足c=1，且cosBsinC+（a﹣sinB）cos（A+B）=0（1）求C的大小；（2）求a2+b2的最大值，并求取得最大值时角A，B的值．18．（12分）（2020•衡中模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC=90°，PA=AB=BC=2，AD=1，M是棱PB中点．（Ⅰ）求证：平面PBC⊥平面PCD；（Ⅱ）设点N是线段CD上一动点，且=λ，当直线MN与平面PAB所成的角最大时，求λ的值．19．（12分）（2020•衡中模拟）如图是两个独立的转盘（A）、（B），在两个图中三个扇形区域的圆心角分别为60°、120°、180°．用这两个转盘进行游戏，规则是：同时转动两个转盘待指针停下（当两个转盘中任意一个指针恰好落在分界线时，则这次转动无效，重新开始），记转盘（A）指针所对的区域为x，转盘（B）指针所对的区域为y，x、y ∈{1，2，3}，设x+y的值为ξ．（Ⅰ）求x＜2且y＞1的概率；（Ⅱ）求随机变量ξ的分布列与数学期望．20．（12分）（2020•衡中模拟）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0），倾斜角为45°的直线与椭圆相交于M、N两点，且线段MN的中点为（﹣1，）．过椭圆E内一点P（1，）的两条直线分别与椭圆交于点A、C和B、D，且满足=λ，=λ，其中λ为实数．当直线AP平行于x轴时，对应的λ=．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）当λ变化时，k AB是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．21．（12分）（2020•衡中模拟）已知函数f（x）=，曲线y=f（x）在点x=e2处的切线与直线x﹣2y+e=0平行．（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；（Ⅱ）若函数F（x）=f（x）﹣无零点，求k的取值范围．[选修4-1：几何证明选讲]22．（10分）（2020•衡中模拟）如图所示，AC为⊙O的直径，D为的中点，E为BC的中点．（Ⅰ）求证：DE∥AB；（Ⅱ）求证：AC•BC=2AD•CD．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．（2020•衡中模拟）在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），在以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ=（1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）若直线l与曲线C相交于A，B两点，求△AOB的面积．[选修4-5：不等式选讲]24．（2020•衡中模拟）已知函数f（x）=|x﹣l|+|x﹣3|．（I）解不等式f（x）≤6；（Ⅱ）若不等式f（x）≥ax﹣1对任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围．参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．（5分）（2020•衡中模拟）已知集合A={x|x2＜1}，B={y|y=|x|}，则A∩B=（）A．∅B．（0，1）C．[0，1）D．[0，1]【解答】解：A={x|x2＜1}={x|﹣1＜x＜1}，B={y|y=|x|≥0}，则A∩B=[0，1），故选：C．2．（5分）（2020•衡中模拟）设随机变量ξ～N（3，σ2），若P（ξ＞4）=0.2，则P（3＜ξ≤4）=（）A．0.8 B．0.4 C．0.3 D．0.2【解答】解：∵随机变量X服从正态分布N（3，σ2），∴μ=3，得对称轴是x=3．∵P（ξ＞4）=0.2∴P（3＜ξ≤4）=0.5﹣0.2=0.3．故选：C3．（5分）（2020•衡中模拟）已知复数z=（i为虚数单位），则3=（）A．1 B．﹣1 C．D．【解答】解：复数z=，可得=﹣=cos+isin．则3=cos4π+isin4π=1．故选：A．4．（5分）（2020•衡中模拟）过双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一个焦点F作两渐近线的垂线，垂足分别为P、Q，若∠PFQ=π，则双曲线的渐近线方程为（）A．y=±x B．y=±x C．y=±x D．y=±x【解答】解：如图若∠PFQ=π，则由对称性得∠QFO=，则∠QOx=，即OQ的斜率k==tan=，则双曲线渐近线的方程为y=±x，故选：B5．（5分）（2020•衡中模拟）将半径为1的圆分割成面积之比为1：2：3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥底面半径依次为r1，r2，r3，那么r1+r2+r3的值为（）A．B．2 C．D．1【解答】解：∵2πr1=，∴r1=，同理，∴r1+r2+r3=1，故选：D．6．（5分）（2020•衡中模拟）如图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是（）A．2 B．3 C．4 D．5【解答】解：第一次循环，sin＞sin0，即1＞0成立，a=1，T=1，k=2，k ＜6成立，第二次循环，sinπ＞sin，即0＞1不成立，a=0，T=1，k=3，k＜6成立，第三次循环，sin＞sinπ，即﹣1＞0不成立，a=0，T=1，k=4，k＜6成立，第四次循环，sin2π＞sin，即0＞﹣1成立，a=1，T=1+1=2，k=5，k＜6成立，第五次循环，sin＞sin2π，即1＞0成立，a=1，T=2+1=3，k=6，k＜6不成立，输出T=3，故选：B7．（5分）（2020•衡中模拟）等差数列{a n}中，a3=7，a5=11，若b n=，则数列{b n}的前8项和为（）A．B．C．D．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，a3=7，a5=11，∴，解得a1=3，d=2，∴a n=3+2（n﹣1）=2n+1，∴，∴b8=（1﹣+﹣+…+﹣）=（1﹣）=故选B．8．（5分）（2020•衡中模拟）已知（x﹣3）10=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a10（x+1）10，则a8=（）A．45 B．180 C．﹣180 D．720【解答】解：（x﹣3）10=[（x+1）﹣4]10，∴，故选：D．9．（5分）（2020•衡中模拟）如图为三棱锥S﹣ABC的三视图，其表面积为（）A．16 B．8+6C．16D．16+6【解答】解：由三视图可知该三棱锥为边长为2，4，4的长方体切去四个小棱锥得到的几何体．三棱锥的三条边长分别为，∴表面积为4×=16．故选：C．10．（5分）（2020•衡中模拟）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）的左焦点F（﹣3，0），P为椭圆上一动点，椭圆内部点M（﹣1，3）满足PF+PM的最大值为17，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：设右焦点为Q，由F（﹣3，0），可得Q（3，0），由椭圆的定义可得|PF|+|PQ|=2a，即|PF|=2a﹣|PQ|，则|PM|+|PF|=2a+（|PM|﹣|PQ|）≤2a+|MQ|，当P，M，Q共线时，取得等号，即最大值2a+|MQ|，由|MQ|==5，可得2a+5=17，所以a=6，则e===，故选：A．11．（5分）（2020•衡中模拟）已知f（x）=，若函数y=f（x）﹣kx恒有一个零点，则k的取值范围为（）A．k≤0 B．k≤0或k≥1 C．k≤0或k≥e D．k≤0或k≥【解答】解：由y=f（x）﹣kx=0得f（x）=kx，作出函数f（x）和y=kx的图象如图，由图象知当k≤0时，函数f（x）和y=kx恒有一个交点，当x≥0时，函数f（x）=ln（x+1）的导数f′（x）=，则f′（0）=1，当x＜0时，函数f（x）=e x﹣1的导数f′（x）=e x，则f′（0）=e0=1，即当k=1时，y=x是函数f（x）的切线，则当0＜k＜1时，函数f（x）和y=kx有3个交点，不满足条件．当k≥1时，函数f（x）和y=kx有1个交点，满足条件．综上k的取值范围为k≤0或k≥1，故选：B．12．（5分）（2020•衡中模拟）已知数列{a n}的通项公式为a n=﹣2n+p，数列{b n}的通项公式为b n=2n﹣4，设c n=，若在数列{c n}中c6＜c n（n∈N*，n≠6），则p的取值范围（）A．（11，25）B．（12，22）C．（12，17）D．（14，20）【解答】解：∵a n﹣b n=﹣2n+p﹣2n﹣4，∴a n﹣b n随着n变大而变小，又∵a n=﹣2n+p随着n变大而变小，b n=2n﹣4随着n变大而变大，∴，（1）当（2）当，综上p∈（14，20），故选D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．）13．（5分）（2020•衡中模拟）若平面向量、满足||=2||=2，|﹣|=，则在上的投影为﹣1．【解答】解：根据条件，==7；∴；∴在上的投影为．故答案为：﹣1．14．（5分）（2020•衡中模拟）若数列{a n}满足a1=a2=1，a n+2=，则数列{a n}前2n项和S2n=2n+n2﹣1．【解答】解：∵数列{a n}满足a1=a2=1，a n+2=，∴n=2k﹣1时，a2k+1﹣a2k﹣1=2，为等差数列；n=2k时，a2k+2=2a2k，为等比数列．∴．故答案为：2n+n2﹣1．15．（5分）（2020•衡中模拟）若直线ax+（a﹣2）y+4﹣a=0把区域分成面积相等的两部分，则的最大值为2．【解答】解：由ax+（a﹣2）y+4﹣a=0得a（x+y﹣1）+4﹣2y=0，则得，即直线恒过C（﹣1，2），若将区域分成面积相等的两部分，则直线过AB的中点D，由得，即A（1，6），∵B（3，0），∴中点D（2，3），代入a（x+y﹣1）+4﹣2y=0，得4a﹣2=0，则，则的几何意义是区域内的点到点（﹣2，0）的斜率，由图象过AC的斜率最大，此时最大值为2．故答案为：2．16．（5分）（2020•衡中模拟）已知函数f（x）=（a+1）lnx+x2（a＜﹣1）对任意的x1、x2＞0，恒有|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|，则a的取值范围为（﹣∞，﹣2] ．【解答】解：由f′（x）=+x，得f′（1）=3a+1，所以f（x）=（a+1）lnx+ax2，（a＜﹣1）在（0，+∞）单调递减，不妨设0＜x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）≥4x2﹣4x1，即f（x1）+4x1≥f（x2）+4x2，令F（x）=f（x）+4x，F′（x）=f′（x）+4=+2ax+4，等价于F（x）在（0，+∞）上单调递减，故F'（x）≤0恒成立，即+2ax+4≤0，所以恒成立，得a≤﹣2．故答案为：（﹣∞，﹣2]．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）（2020•衡中模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足c=1，且cosBsinC+（a﹣sinB）cos（A+B）=0（1）求C的大小；（2）求a2+b2的最大值，并求取得最大值时角A，B的值．【解答】解：（1）cosBsinC+（a﹣sinB）cos（A+B）=0可得：cosBsinC﹣（a﹣sinB）cosC=0即：sinA﹣acosC=0．由正弦定理可知：，∴，c=1，∴asinC﹣acosC=0，sinC﹣cosC=0，可得sin（C﹣）=0，C是三角形内角，∴C=．（2）由余弦定理可知：c2=a2+b2﹣2abcosC，得1=a2+b2﹣ab又，∴，即：．当时，a2+b2取到最大值为2+．18．（12分）（2020•衡中模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC=90°，PA=AB=BC=2，AD=1，M是棱PB中点．（Ⅰ）求证：平面PBC⊥平面PCD；（Ⅱ）设点N是线段CD上一动点，且=λ，当直线MN与平面PAB所成的角最大时，求λ的值．【解答】证明：（1）取PC的中点E，则连接DE，∵ME是△PBC的中位线，∴ME，又AD，∴ME AD，∴四边形AMED是平行四边形，∴AM∥DE．∵PA=AB，M是PB的中点，∴AM⊥PB，∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，∵AM⊂平面PAB，∴BC⊥AM，又PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，PB∩BC=B，∴AM⊥平面PBC，∵AM∥DE，∴DE⊥平面PBC，又DE⊂平面PCD，∴平面PBC⊥平面PCD．（2）以A为原点，以AD，AB，AP为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A（0，0，0），B（0，2，0），M（0，1，1），P（0，0，2），C （2，2，0），D（1，0，0）．∴=（1，2，0），=（0，1，1），=（1，0，0），∴=λ=（λ，2λ，0），=（λ+1，2λ，0），==（λ+1，2λ﹣1，﹣1）．∵AD⊥平面PAB，∴为平面PAB的一个法向量，∴cos＜＞=====设MN与平面PAB所成的角为θ，则sinθ=．∴当即时，sinθ取得最大值，∴MN与平面PAB所成的角最大时．19．（12分）（2020•衡中模拟）如图是两个独立的转盘（A）、（B），在两个图中三个扇形区域的圆心角分别为60°、120°、180°．用这两个转盘进行游戏，规则是：同时转动两个转盘待指针停下（当两个转盘中任意一个指针恰好落在分界线时，则这次转动无效，重新开始），记转盘（A）指针所对的区域为x，转盘（B）指针所对的区域为y，x、y ∈{1，2，3}，设x+y的值为ξ．（Ⅰ）求x＜2且y＞1的概率；（Ⅱ）求随机变量ξ的分布列与数学期望．【解答】解：（1）记转盘A指针指向1，2，3区域的事件为A1，A2，A3，同理转盘B指针指向1，2，3区域的事件为B1，B2，B3，∴P（A1）=，P（A2）=，P（A3）=，P（B1）=，P（B2）=，P（B3）=，P=P（A1）P（1﹣P（B1））=×（1﹣）==．…（5分）（2）由已知得ξ的可能取值为2，3，4，5，6，P（ξ=2）=P（A1）P（B1）===，P（ξ=3）=P（A1）P（B2）+P（A2）P（B1）==，P（ξ=4）=P（A1）P（B3）+P（A2）P（B2）+P（A3）P（B1）==，P（ξ=5）=P（A2）P（B3）+P（A3）P（B2）=+=，P（ξ=6）=P（A3）P（B3）==，∴ξ的分布列为：ξ 2 3 4 5 6PEξ==．…（12分）20．（12分）（2020•衡中模拟）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0），倾斜角为45°的直线与椭圆相交于M、N两点，且线段MN的中点为（﹣1，）．过椭圆E内一点P（1，）的两条直线分别与椭圆交于点A、C和B、D，且满足=λ，=λ，其中λ为实数．当直线AP平行于x轴时，对应的λ=．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）当λ变化时，k AB是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．【解答】解：（Ⅰ）设M（m1，n1）、N（m2，n2），则，两式相减，故a2=3b2…（2分）当直线AP平行于x轴时，设|AC|=2d，∵，，则，解得，故点A（或C）的坐标为．代入椭圆方程，得…4分a2=3，b2=1，所以方程为…（6分）（Ⅱ）设A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）、D（x4，y4）由于，可得A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）、D（x4，y4），…①同理可得…②…（8分）由①②得：…③将点A、B的坐标代入椭圆方程得，两式相减得（x1+x2）（x1﹣x2）+3（y1+y2）（y1﹣y2）=0，于是3（y1+y2）k AB=﹣（x1+x2）…④同理可得：3（y3+y4）k CD=﹣（x3+x4），…（10分）于是3（y3+y4）k AB=﹣（x3+x4）（∵AB∥CD，∴k AB=k CD）所以3λ（y3+y4）k AB=﹣λ（x3+x4）…⑤由④⑤两式相加得到：3[y1+y2+λ（y3+y4）]k AB=﹣[（x1+x2）+λ（x3+x4）]把③代入上式得3（1+λ）k AB=﹣2（1+λ），解得：，当λ变化时，k AB为定值，．…（12分）21．（12分）（2020•衡中模拟）已知函数f（x）=，曲线y=f（x）在点x=e2处的切线与直线x﹣2y+e=0平行．（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；（Ⅱ）若函数F（x）=f（x）﹣无零点，求k的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由，得，解得m=2，故，则，函数g（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），而，又函数g（x）在（1，+∞）上是减函数，∴在（1，+∞）上恒成立，∴当x∈（1，+∞）时，的最大值．而，即右边的最大值为，∴，故实数a的最小值；（Ⅱ）由题可得，且定义域为（0，1）∪（1，+∞），要使函数F（x）无零点，即在（0，1）∪（1，+∞）内无解，亦即在（0，1）∪（1，+∞）内无解．构造函数，则，（1）当k≤0时，h'（x）＜0在（0，1）∪（1，+∞）内恒成立，∴函数h（x）在（0，1）内单调递减，在（1，+∞）内也单调递减．又h（1）=0，∴当x∈（0，1）时，h（x）＞0，即函数h（x）在（0，1）内无零点，同理，当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，即函数h（x）在（1，+∞）内无零点，故k≤0满足条件；（2）当k＞0时，．①若0＜k＜2，则函数h（x）在（0，1）内单调递减，在内也单调递减，在内单调递增．又h（1）=0，∴h（x）在（0，1）内无零点；又，而，故在内有一个零点，∴0＜k＜2不满足条件；②若k=2，则函数h（x）在（0，1）内单调递减，在（1，+∞）内单调递增．又h（1）=0，∴当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，h（x）＞0恒成立，故无零点．∴k=2满足条件；③若k＞2，则函数h（x）在内单调递减，在内单调递增，在（1，+∞）内也单调递增．又h（1）=0，∴在及（1，+∞）内均无零点．易知，又h（e﹣k）=k×（﹣k）﹣2+2e k=2e k﹣k2﹣2=ϕ（k），则ϕ'（k）=2（e k﹣k）＞0，则ϕ（k）在k＞2为增函数，∴ϕ（k）＞ϕ（2）=2e2﹣6＞0．故函数h（x）在内有一零点，k＞2不满足．综上：k≤0或k=2．[选修4-1：几何证明选讲]22．（10分）（2020•衡中模拟）如图所示，AC为⊙O的直径，D为的中点，E为BC的中点．（Ⅰ）求证：DE∥AB；（Ⅱ）求证：AC•BC=2AD•CD．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD，因为D为的中点，所以BD=DC．因为E为BC的中点，所以DE⊥BC．因为AC为圆的直径，所以∠ABC=90°，所以AB∥DE．…（5分）（Ⅱ）因为D为的中点，所以∠BAD=∠DAC，又∠BAD=∠DCB，则∠DAC=∠DCB．又因为AD⊥DC，DE⊥CE，所以△DAC∽△ECD．所以=，AD•CD=AC•CE，2AD•CD=AC•2CE，因此2AD•CD=AC•BC．…（10分）[选修4-4：坐标系与参数方程][选修4-5：不等式选讲]24．（2020•衡中模拟）已知函数f（x）=|x﹣l|+|x﹣3|．（I）解不等式f（x）≤6；（Ⅱ）若不等式f（x）≥ax﹣1对任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围．【解答】解：函数f（x）=|x﹣l|+|x﹣3|=的图象如图所示，（I）不等式f（x）≤6，即①或②，或③．解①求得x∈∅，解②求得3＜x≤5，解③求得﹣1≤x≤3．综上可得，原不等式的解集为[﹣1，5]．（Ⅱ）若不等式f（x）≥ax﹣1对任意x∈R恒成立，则函数f（x）的图象不能在y=ax﹣1的图象的下方．如图所示：由于图中两题射线的斜率分别为﹣2，2，点B（3，2），∴3a﹣1≤2，且a≥﹣2，求得﹣2≤a≤1．23．（2020•衡中模拟）在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），在以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ=（1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）若直线l与曲线C相交于A，B两点，求△AOB的面积．【解答】解：（1）由曲线C的极坐标方程为ρ=得ρ2sin2θ=2ρcosθ．∴由曲线C的直角坐标方程是：y2=2x．由直线l的参数方程为（t为参数），得t=3+y代入x=1+t中消去t得：x﹣y﹣4=0，所以直线l的普通方程为：x﹣y﹣4=0…（5分）（2）将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程y2=2x，得t2﹣8t+7=0，设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，所以|AB|===，因为原点到直线x﹣y﹣4=0的距离d=，所以△AOB的面积是|AB|d==12．…（10分）。