高考数学模拟试卷衡水中学理科
2021届河北衡水中学新高考模拟试卷(十五)数学(理科)
2021届河北衡水中学新高考模拟试卷（十五）理科数学试题★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。
3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。
4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
6、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
7、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
8、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
9、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合{}240P x x x =->，(){}2log 12Q x x =-<，则()RP Q =（ ）A. []0,4B. [)0,5C. (]1,4 D. [)1,5【答案】C 【解析】 【分析】先由二次不等式及对数不等式的解法求出集合P 、Q ，然后结合集合交、并、补的混合运算求解即可. 【详解】解：解不等式240x x ->，得4x >或0x <，即{4P x x =或}0x <， 即R C P ={}04x x ≤≤,解不等式2log (1)2x -<，得014x <-<，即15x <<，即{}15Q x x =<<，即()RP Q ={}14x x <≤=(]1,4，故选：C.【点睛】本题考查了二次不等式及对数不等式的解法，重点考查了集合交、并、补的混合运算，属基础题. 2.若复数z 满足()()2212z -=+i i ，则z =（ ）A. 3B.C. 2D.【答案】B 【解析】 【分析】由复数的乘法及除法运算可得2z i =-+，然后求其模即可. 【详解】解：由()()2212z -=+i i ，则2(12)(34)(2)10522(2)(2)5i i i iz i i i i +-++-+====-+--+，所以z == 故选：B.【点睛】本题考查了复数的乘法及除法运算，重点考查了复数模的运算，属基础题. 3.在ABC 中，“·0AB BC ＞” 是“ABC 为钝角三角形”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C 【解析】 【分析】由向量数量积和两向量夹角的定义，结合充分必要条件的定义，即可判断出结论；【详解】在△ABC 中，若·0AB BC ＞，则cos （π﹣B ）＞0，即cos B ＜0，B 为钝角，则△ABC 是钝角△；若△ABC 是钝角△，不一定B 角为钝角，则·0AB BC ＞不成立，所以“·0AB BC ＞” 是“ABC 为钝角三角形”的充分不必要条件. 故选：C.【点睛】充分、必要条件的三种判断方法:1．定义法：直接判断“若p 则q ”、“若q 则p ”的真假．并注意和图示相结合，例如“p ⇒q ”为真，则p 是q 的充分条件．2．等价法：利用p ⇒q 与非q ⇒非p ，q ⇒p 与非p ⇒非q ，p ⇔q 与非q ⇔非p 的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若A ⊆B ，则A 是B 的充分条件或B 是A 的必要条件；若A ＝B ，则A 是B 的充要条件． 4.已知函数()sin 06y x πωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭的图象相邻两条对称轴之间的距离为2π，则该函数图象是由cos 2y x =的图象经过怎样的变换得到?（ ）A. 向左平移3π个单位长度 B. 向左平移6π个单位长度 C. 向右平移3π个单位长度D. 向右平移6π个单位长度 【答案】C 【解析】 【分析】由诱导公式及三角函数图像的性质可得2sin 2cos(2)cos 2()633y x x x πππ⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭，然后结合函数图像的平移变换求解即可.【详解】解：由函数()sin 06y x πωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭的图象相邻两条对称轴之间的距离为2π，则22T π=，即T π=， 则2ππω=，即2ω=，则sin 26y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭， 又2sin 2cos(2)cos 2()633y x x x πππ⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭， 又函数cos 2()3y x π=-的图象是由cos 2y x =的图象向右平移3π个单位长度得到，即函数sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象是由cos 2y x =的图象向右平移3π个单位长度得到， 故选：C.【点睛】本题考查了诱导公式及三角函数图像的性质，重点考查了函数图像的平移变换，属基础题. 5.七巧板是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，后清陆以湉《冷庐杂识》卷一中写道“近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余”在18世纪，七巧板流传到了国外，被誉为“东方魔板”，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部《七巧新谱》．完整图案为一正方形(如图)：五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形，如果在此正方形中随机取一点，那么此点取自阴影部分的概率是（ ）A.38B.516C.716D.13【答案】C 【解析】 【分析】设大正方形的边长为4，阴影部分可看做一个等腰直角三角形和梯形，然后分别求出其面积，代入几何概型的概率公式求解.【详解】设大正方形的边长为4，则面积为4416⨯=，阴影部分：一部分可看做一个等腰直角三角形，直角边边长为221222242⨯=， 2，下底为222，面积为(1222232⨯=， 所以此点取自阴影部分的概率是4371616p +==. 故选：C【点睛】本题主要考查几何概型的概率求法，以及数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题. 6.已知sin cos 33ππαα⎛⎫⎛⎫+=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则cos2=α（ ） A . 0B. 1C.22D.3【答案】A 【解析】 【分析】利用和差角公式可求得tan α的值，再利用二倍角的余弦公式结合弦化切的思想可求得cos2α的值.【详解】sin cos 33ππαα⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3113cos sin cos 2222αααα+=+，可得tan 1α=，222 22222cos sin1tancos2cos sin0cos sin1tanααααααααα--∴=-===++.故选：A.【点睛】本题考查三角求值，考查和差角公式、二倍角公式以及弦化切思想的应用，考查计算能力，属于中等题.7.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A.142π+B.510122π++C.5101224π+++D.1244π++【答案】D【解析】【分析】根据三视图知几何体是一个四分子一圆锥与一个三棱锥的组合体，分别计算其表面积得解. 【详解】四分子一圆锥表面积1111212211442242Sππ+=+⨯+⨯⨯=+12112ABD BCDS S∆∆==⨯⨯=,13322222ACDS∆==所以组合体表面积为1131+1+1+=4+4224+++ 故选：D【点睛】本题考查三视图还原几何体求表面积问题.几何体三视图还原其直观图时，要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图．8.在12nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中21x 的系数为（ ）A. 56B. 448C. 408D. 1792【答案】B 【解析】 【分析】由12n x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，可得8n =，再结合812x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项公式为882182r r rr T C x --+=求解即可.【详解】解:由12nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则26n n C C =,即268n =+=,则812x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项公式为88821881(2)()2r r r r r rr T C x C xx ---+==, 令822r -=-, 则=5r , 则该展开式中21x的系数为85582448C -=, 故选:B.【点睛】本题考查了二项式系数，重点考查了二项式展开式通项公式及指定项系数，属基础题.9.孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，1852年英国来华传教士伟烈亚力将其问题的解法传至欧洲，1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．这个定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2021这2020个整数中能被3除余2且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列构成一数列，则此数列的项数是（ ）A. 132B. 133C. 134D. 135【答案】D 【解析】 【分析】列举出该数列的前几项，可知该数列{}n a 为等差数列，求出等差数列的首项和公差，进而可得出数列{}n a 的通项公式，然后求解满足不等式22021n a ≤≤的正整数n 的个数，即可得解. 【详解】设所求数列为{}n a ，该数列为11、26、41、56、，所以，数列{}n a 为等差数列，且首项为111a =，公差为261115d =-=， 所以，()()1111151154n a a n d n n =+-=+-=-， 解不等式22021n a ≤≤，即21542021n ≤-≤，解得21355n ≤≤， 则满足21355n ≤≤的正整数n 的个数为135， 因此，该数列共有135项. 故选：D.【点睛】本题考查数列项数的计算，求出数列的通项公式是解答的关键，考查计算能力，属于中等题. 10.已知点()(),n n a n *∈N在函数ln y x =图象上，若满足12n a a a nSe e e m =+++≥的n 的最小值为5，则m 的取值范围是（ ） A. (]10,15 B. (],15-∞C. (]15,21D. (],21-∞ 【答案】A 【解析】 【分析】求得ln n a n =，进而可得出()1122n n n S n +=+++=，由题意可得出45S m S <≤，由此可得实数m 的取值范围.【详解】由于点()(),n n a n *∈N 在函数ln y x =图象上，则ln nan =，则n a e n =，所以，()121122n a a a n n n S e e e n +=+++=+++=， 由于满足12n a aan S e e e m =+++≥的n 的最小值为5，则45S m S <≤，所以，1015m <≤.因此，实数m 的取值范围是(]10,15. 故选：A.【点睛】本题考查参数取值范围的计算，考查了等差数列求和公式的应用，根据题意得出45S m S <≤是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.11.已知1F 、2F 分别为双曲线()222210,0x y a b ab-=>>的左、右焦点，过()1,0F c -作x 轴的垂线交双曲线于A 、B 两点，若12F AF ∠的平分线过点1,03M c ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B.2 C. 3D.3【答案】D 【解析】 【分析】作出图形，设1AF m =，可得22AF m a =+，根据角平分线定理可得1122AF MF AF MF =，可得出m 与a 的等量关系，再利用勾股定理可得出a 、c 的关系式，进而可求得双曲线的离心率. 【详解】设1AF m =，可得22AF m a =+，如下图所示：由于12F AF ∠的平分线过点1,03M c ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则121122213423AMF AMF c S AF MF SAF MF c ====，即122m m a =+，12AF m a ∴==，224AF m a a =+=，在12Rt AF F △中，由勾股定理可得2222112AF AF F F =+，即()()()222422a a c =+，c ∴=，因此，椭圆的离心率为==ce a. 故选：D.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，考查了利用双曲线的定义求解焦点三角形问题，考查计算能力，属于中等题. 12.已知方程()2111x x x e ex x ae---+=-有三个不同的根，则实数a 的取值范围为（ ） A. ()1,e -B. 1,2e ⎛⎫- ⎪⎝⎭C. ()1,1-D. 11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】 将等式变形为1111x x x xe ae--+=-，换元()1x x u x e -=，可得出()2110u a u a +---=，利用导数分析得出函数()1x xu x e-=的图象，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】将等式()2111x x x e e x x ae---+=-变形1111x x x xe a e--+=-，令()1x xu x e -=，则11u u a+=-即()2110u a u a +---=， ()11x xu x--'=，令()0u x '=，得1x =，列表如下：所以，函数()1x x u x e-=的单调递增区间为(),1-∞，单调递减区间为()1,+∞，函数()1x x u x e -=的极大值为()11u =，作出函数()y u x =的图象如下图所示：由于方程()2111x x x e ex x ae---+=-有三个不同的根，则()10,1u ∈，{}(]210,u ∈+∞，①当20u =时，则10a --=，得1a =-，关于u 的方程为220u u +=，解得12u =-，不合乎题意； ②当21u =时，则120a -=，得12a =，关于u 的方程为2230u u +-=，解得132u =-，不合乎题意； ③当()10,1u ∈，()2,0u ∈-∞时，由二次方程根的分布得()101110a a a --<⎧⎨+--->⎩，解得11,2a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭.综上所述，实数a 的取值范围是11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭. 故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究复合函数的零点问题，一般要将复合函数分解为内层函数和外层函数来进行分析，同时也考查了二次方程根的分布，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量a 、b 满足：2a =，3b =，a 与b 夹角为120，则2a b +=_______. 【答案】7 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算律和定义计算出2a b +的值. 【详解】()22222244a b a ba ab b +=+=+⋅+224cos1204a a b b=+⋅+ 221242343282⎛⎫=+⨯⨯⨯-+⨯= ⎪⎝⎭，因此，227a b +=. 故答案为：27.【点睛】本题考查平面向量模的计算，考查平面向量数量积的运算律和定义，考查计算能力，属于基础题. 14.已知正三棱锥P ABC -，23AB =，25PA =，则此三棱锥外接球的半径为_______. 【答案】52【解析】 【分析】作出图形，找出外接球球心的位置，根据几何体的结构特征列等式可求三棱锥P ABC -外接球的半径. 【详解】如下图所示：设点G 为ABC 的外心，则PG ⊥平面ABC ，则三棱锥P ABC -的外接球球心O 在直线PG 上，设其外接球的半径为R ， 由正弦定理得22sin3AB AG π==，224PG PA AG ∴-=，在Rt OAG 中，4OG PG R R =-=-，由勾股定理得222OA OG AG =+，即22224R R =+-，解得52R =. 故答案为：52. 【点睛】本题考查三棱锥外接球半径的计算，解题时要充分分析几何体的结构特征，找出球心的位置，通过几何体的结构特征列等式求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.15.已知定义域为R 的函数()2222020sin 2x x e e x xf x x λλμ++=++有最大值和最小值，且最大值和最小值的和为4，则λμ-=_______. 【答案】2- 【解析】 【分析】计算出()22020sin 2xxf x e xμλ=+++，利用函数()y f x =有最小值和最大值推导出0λ=，进而得出()()2f x f x μ+-=，可得出函数()y f x =的图象关于点()0,μ对称，进而可求得μ的值，由此可计算出λμ-的值.【详解】()22222020sin 2020sin 22x x xe e x x xf x e x xλλμμλ++=+=++++， 若0λ<，则函数()y f x =无最小值，不合乎题意； 若0λ>，则函数()y f x =无最大值，不合乎题意. 所以，0λ=，则()22020sin 2xf x xμ=++， 则()()()()222020sin 2020sin 222x x f x f x x x μμμ-+-=+++=++-， 所以，函数()y f x =的图象关于点()0,μ对称，则()()max min 42f x f x μ+==，则2μ=， 因此，2λμ-=-. 故答案为：2-.【点睛】本题考查利用函数的最值求参数的值，解答的关键在于推导出0λ=，并求出函数()y f x =的对称中心，考查推理能力与计算能力，属于中等题.16.已知ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且222sin a b c ab C +-=，cos sin a B b A c +=，a =b =_______【答案】【解析】利用余弦定理可求得tan C 的值，利用正弦定理边角互化思想结合两角和的正弦公式可求得4A π=，进而可求得sin B 的值，利用正弦定理可求得b 的值. 【详解】222sin a b c ab C +-=，即2cos sin ab C ab C =，tan 2C ∴=，由22sin tan 2cos sin cos 1sin 0C C C C C C ⎧==⎪⎪+=⎨⎪>⎪⎩，解得sin cos 5C C ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，cos sin a B b A c +=，由正弦定理得()sin cos sin sin sin sin sin cos cos sin A B A B C A B A B A B +==+=+，sin sin cos sin A B A B ∴=.0B π<<，sin 0B ∴>，则tan 1A =，0A π<<，4A π∴=，())sin sin sin cos sin 4210B A C C C C π⎛⎫∴=+=+=+=⎪⎝⎭. 由正弦定理得sin sin b aB A=，得sin sin a B b A ===.故答案为：【点睛】本题考查三角形边长的计算，涉及余弦定理和正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分．17.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()20n n S a n n N *+-=∈.（1）求证：数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列； （2）求数列{}n a n -的前n 项和n T .【答案】（1）详见解析；（2）2111432n n nT ⎛⎫=⋅-- ⎪⎝⎭．【分析】（1）令1n =可求得1a 的值，令2n ≥由20n n S a n +-=可得()11210n n S a n --+--=，两式相减可得131n n a a -=+，利用等比数列的定义可证明出数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列；（2）由（1）求得数列{}n a n -的通项公式，然后利用分组求和法可求得n T . 【详解】（1）当1n =时，11210S a +-=，解得113a =； 因为()20n n S a n n N*+-=∈，①当2n ≥时，()11210n n S a n --+--=，②①-②得131n n a a -=+即11133n n a a -=+，当2n ≥时，11111111332211322n n n n a a a a ---+--==--， 又11126a -=-，所以12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以16-为首项，以13为公比的等比数列；（2）由第一问可得111232nn a ⎛⎫=-⋅+ ⎪⎝⎭，111232nn a n n ⎛⎫-=-⋅-+ ⎪⎝⎭，根据等比数列前n 项和公式和分组求和得：()1113311122213nn n n n T ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭+⎢⎥⎣⎦=-⋅-+-，化简得：2111432n n n T ⎛⎫=⋅-- ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查等比数列的证明，同时也考查了分组求和法，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 18.我国是全球最大的口罩生产国，在2020年3月份，我国每日口罩产量超一亿只，已基本满足国内人民的需求，但随着疫情在全球范围扩散，境外口罩需求量激增，世界卫生组织公开呼吁扩大口罩产能常见的口罩有90KN 和95KN （分别阻挡不少于90.0%和95.0%的0.055到0.095微米的氯化钠颗粒）两种，某口罩厂两条独立的生产线分别生产90KN 和95KN 两种口罩，为保证质量对其进行多项检测并评分（满分100分），规定总分大于或等于85分为合格，小于85分为次品，现从流水线上随机抽取这两种口罩各100个进行检测并评分，结果如下：（1）试分别估计两种口罩的合格率；（2）假设生产一个90KN 口罩，若质量合格，则盈利3元，若为次品，则亏损1元；生产一个95KN 口罩，若质量合格，则盈利8元，若为次品则亏损2元，在（1）的前提下，①设X 为生产一个90KN 口罩和生产一个95KN 口罩所得利润的和，求随机变量X 的分布列和数学期望； ②求生产4个90KN 口罩所得的利润不少于8元的概率【答案】（1）90KN 口罩合格率为80%；95KN 合格率为90%（2）①分布列详见解析，数学期望为9.2；②512625． 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合表中数据即可求解.（2）①随机变量X 的所有可能取值为3-，1，7，11，利用相互独立事件的概率乘法公式求出各随机变量的概率即可列出分布列，利用期望公式即可求解；②根据题意可知事件包括“生产4个90KN 口罩全合格”和“生产4个90KN 口罩只三个合格”，由二项分布的概率求法4334441555P C ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即可. 【详解】解（1）由题意知生产90KN 口罩合格率为142317480%1005P ++===，生产口罩95KN 合格率为247358990%10010P ++===；（2）①随机变量X 的所有可能取值为3-，1，7，11()111351050P X =-=⨯=()414215105025P X ==⨯==()199751050P X ==⨯=()493618115105025P X ==⨯==因此，X 的分布列如下：P150 225 950 1825∴()469.25E X ==（元） ②设“生产4个90KN 口罩所得的利润不少于8元”事件为A ，事件A 包括“生产4个90KN 口罩全合格”和“生产4个90KN 口罩只三个合格”所以()4334441512555625P A C ⎛⎫⎛⎫=+⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以生产4个90KN 口罩所得的利润不少于8元的概率为512625. 【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列、数学期望、二项分布，属于基础题.19.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为2的正方形，17PA PD ==，E 为PA 中点，点F 在PD 上且EF ⊥平面PCD ，M 在DC 延长线上，//FH DM ，交PM 于H ，且1FH =(1)证明：//EF 平面PBM ；(2)设点N 在线段BC 上，若二面角E DN A --为60︒，求BN 的长度． 【答案】(1)详见解析；(2)1122-． 【解析】 【分析】(1) 要证//EF 平面PBM ，只需证明EF 平行于平面PBM 内一条直线即可，取PB 的中点G ，连结EG ，HG ，可证四边形EFHG 为平行四边形，从而可得//EF GH ，根据线面平行的判定定理即可证出；(2) 取AD 的中点O ，连结PO ，可证PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OD 为y 轴，OP 为z 轴建系，设()2,,0N a ()11a -≤≤，求出平面EDN 的法向量n 及平面ABCD 的法向量m ，根据二面角E DN A--为60︒，利用夹角公式列出方程即可求出a ,进而可求出BN 的长度．【详解】(1)证明：取PB 的中点G ，连结EG ，HG ，则//EG AB ，且112EG AB ==，因为//FH DM ，交PM 于H ，且1FH =， 又因为//AB DM ，所以//EG FH ，EG FH =， 所以四边形EFHG 为平行四边形，所以//EF GH ，又EF ⊄平面PBM ，GH ⊂平面PBM ， 所以//EF 平面PBM .(2)由EF ⊥平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，所以EF CD ⊥，又AD CD ⊥，EF 和AD 在平面PAD 内显然相交， 所以CD ⊥平面PAD ，又CD ⊂平面ABCD ， 所以平面ABCD ⊥平面PAD ，取AD 的中点O ，连结PO ，因为PA PD =，所以PO AD ⊥， 又平面ABCD平面PAD AD =，PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD ，在等腰PAD △中，221714PO PA AO =-=-=，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系,则()0,0,0O，()0,1,0A -，()0,1,0D ，()0,0,4P ，因为E 为PA 的中点，所以10,,22E ⎛⎫-⎪⎝⎭， 设()2,,0N a ()11a -≤≤，设平面EDN 的一个法向量(),,n x y z =，30,,22DE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()2,1,0DN a =-，由00n DE n DN ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得()3202210y z x a y ⎧-+=⎪⎨⎪+-=⎩，令2y =，得32z =，1x a =-，所以31,2,2n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 设平面ABCD 的一个法向量()0,0,1m =，所以()232cos ,9144n m n m n ma ⋅〈〉==-++，因为二面角E DN A --为60︒，所以()232cos 609144a =-++即312=，解得12a =-，所以()122BN a =--=-. 【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，已知二面角的大小逆向探求点的位置，关键是求出二面角的两半平面的法向量，根据夹角公式列出方程，属于中档题.20.已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的离心率为12，且以椭圆上的点和长轴两端点为顶点的三角形的面积的最大值为（1）求椭圆C 的方程；（2）经过定点()(),02Q m m >的直线l 交椭圆C 于不同的两点M 、N ，点M 关于x 轴的对称点为M '，试证明：直线M N '与x 轴的交点S 为一个定点，且4OQ OS ⋅=（O 为原点）． 【答案】（1）22143x y +=；（2）详见解析． 【解析】 【分析】（1）根据题意得出关于a 、b 、c 的方程组，解出a 、b 的值，进而可求得椭圆C 的方程；（2）设直线l 的方程为()y k x m =-，设点()11,M x y 、()22,N x y ，可得点()11,M x y '-，设点(),0S n ，将直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，列出韦达定理，由M '、S 、N 三点共线可得出M S NS k k '=【详解】（1）由题意得22212122c a ab a b c ⎧=⎪⎪⎪⨯=⎨⎪=+⎪⎪⎩2a =，b =所以椭圆C 的方程为22143x y +=；（2）由题意知直线l 的斜率一定存在，设为k ，设()11,M x y 、()22,N x y ，则()11,M x y '-，设(),0S n ，联立()22143y k x m x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩消去y 得：()222223484120k x k mx k m +-+-=，由>0∆得()22430mk -+>，即2234k m <-时，M ，N 一定存在， 2122843k m x x k ∴+=+，2212241243k m x x k -⋅=+. 当斜率k 不为0时：因为M '、N 、S 三点共线，M S NS k k '=，1212y y x n x n-=--，即()()21120y x n y x n -+-=， 即()()()()21120k x m x n k x m x n --+--= 化简()()2112220x x n m x x mn -+⋅++=， 代入韦达定理化简得24043mn k -=+，即4mn =，4n m =， 4,0S m ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭，且4OQ OS mn ⋅==，当斜率0k =时，直线M N '与x 轴重合，满足结论． 综上，直线M N '与x 轴的交点S 为一个定点4,0m ⎛⎫⎪⎝⎭，且4OQ OS ⋅= 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中直线过定点问题的求解，考查了韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题. 21.已知函数()()22ln af x a x x x=++-． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()2ln h x f x x =-有两个不同的极值点1x 、()212x x x <，求证：()()()121285ln 22f x f x x x +->-；（3）设1a =-，函数()2f x x x++的反函数为()k x ，令()x i n i k x k ⎛⎫ ⎪⎝⎭=，1i =、2、，1n -，n *∈N 且2n ≥，若[]1,1x ∈-时，对任意的n *∈N 且2n ≥，()()()1211n ni k x k x k x e-≥恒成立，求m 的最小值. 【答案】（1）具体详见解析；（2）证明见解析；（3）12-．【解析】 【分析】（1）求得函数()y f x =的定义域和导数()()()22x x a f x x--'=-，对a 与2的大小进行分类讨论，分析导数的符号变化，进而可得出函数()y f x =的单调区间；（2）求得()222x ax ah x x-+'=-，由题意可知方程220x ax a -+=有两个不等的正根1x 、2x ，可求得a 的取值范围，并列出韦达定理，进而可得出()()()()12122ln 22f x f x x x a a a +-=+-，然后构造函数()()()2ln 22u a a a a =+-，利用导数证明出()()85ln 22u a >-即可；（3）根据题意得出x k x e =，进而可得()xi n i k x k⎛⎫ ⎪⎝⎭=，1i =、2、，1n -，n *∈N 且2n ≥，由已知条件得出121x xxn m n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≤+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，分析出函数121xxxn y n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭在[]1,1-上的单调性，可得出12n m --≤，进而可求得m 的最小值. 【详解】（1）函数()y f x =的定义域为()0,∞+，()()()222221x x a a af x x x x--+'=--=- ①当0a ≤时，由()0f x '>得02x <<；由()0f x '<，得2x >.此时，函数()y f x =的单调递增区间为()0,2，单调递减区间为()2,+∞； ②当02a <<时，由()0f x '>得2a x <<；由()0f x '<得0x a <<或2x >. 此时，函数()y f x =的单调递增区间为(),2a ，单调递减区间为()0,a 和()2,+∞；③当2a =时，()0f x '≤对任意的0x >恒成立，此时，函数()y f x =在()0,∞+单调递减； ④当2a >时，由()0f x '>得2x a <<；由()0f x '<得02x <<或x a >. 此时，函数()y f x =的单调递增区间为()2,a ，单调递减区间为()0,2和(),a +∞. 综上所述，当0a ≤时，函数()y f x =的单调递增区间为()0,2，单调递减区间为()2,+∞； 当02a <<时，函数()y f x =的单调递增区间为(),2a ，单调递减区间为()0,a 和()2,+∞； 当2a =时，函数()y f x =的单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间；当2a >时，函数()y f x =的单调递增区间为()2,a ，单调递减区间为()0,2和(),a +∞；（2）证明：()()22ln ln ah x f x x a x x x=-=+-，0x > ()222221a a x ax ah x x x x-+'=--=- 由已知函数有两个不同的极值点1x 、2x ，知()0h x '=有两个不等的正实数根，即220x ax a -+=有两个不等正实数根，即12120020x x a x x a ∆>⎧⎪+=>⎨⎪⋅=>⎩，解得8a >，()()()()121211221212222ln 2ln a a f x f x x x a x x a x x x x x x +-=++-+++--()()()()121212121222ln a x x a x x x x x x x x +=++-+-()()()()22ln 222ln 222a aa a a a a a a a⋅=++--=+-，令()()()2ln 22u a a a a =+-，8a >，()()()()12ln 222ln 21u a a a a a a'=++-=+-，因为8a >，所以()ln 210a ->，()0u a '>，所以()y u a =在()8,+∞单调递增，()()()810ln161685ln 22u a u ∴>=-=-，结论得证； （3）当1a =-时，()2ln f x x x x++=，则x k x e =， 所以()xi n i k x e⎛⎫⎪⎝⎭=，1i =、2、，1n -，*n N ∈且2n ≥，对[]1,1x ∈-，()()()121121xxxn m n n n n k x k xk x eeee -⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭-=≥恒成立，即121xxxn m n n n ee -⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥，即121xxxn m n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≤+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，因为xi y n ⎛⎫= ⎪⎝⎭在[]1,1x ∈-单调递减，所以121xxxn y n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭也递减， 当1x =时，min 12112112x xxn n n n n n n nn ⎡⎤---⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+++=⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，即对任意n *∈N 且2n ≥，12n m --≤恒成立， 显然当2n =时，min 1122n -⎛⎫=⎪⎝⎭，即12m -≤，即12m ≥-，所以m 的最小值为12-． 【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数证明函数不等式以及求解函数不等式恒成立问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.（二）选考题：共10分．请考生从第22、23题中任选一题作答，并用2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分．22.已知曲线C 的极坐标方程是2ρ=，以极点为原点，极轴为x 轴非负半轴建立平面直角坐标系，直线l 的参数方程为1221x t y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数）．（1）写出曲线C 的直角坐标方程和直线l 的普通方程；（2）在（1）中，设曲线C经过伸缩变换,x x y =⎧⎪⎨=''⎪⎩得到曲线1C ，设曲线1C 上任意一点为()00,M x y ，当点M 到直线l 的距离取最大值时，求此时点M 的直角坐标．【答案】（1）22:4C x y +=，10l y +-=；（2）(M ．【解析】 【分析】（1）由222x y ρ=+可将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程，在直线l 的参数方程中消去参数t 可将直线l 的参数方程化为普通方程；（2）利用伸缩变换求得曲线1C 的普通方程，进而可得出曲线1C 的参数方程，设点()2cos ,M θθ，利用点到直线的距离公式结合辅助角公式、正弦函数的有界性可求得点M 到直线l 的距离的最大值，并求出对应的点M 的坐标.【详解】（1）将曲线C 的极坐标方程化为24ρ=，由222x y ρ=+，所以，曲线C 的直角坐标方程为224x y +=.在直线l 的参数方程中消去参数t10y +-=，所以，直线l10y +-=；（2）由伸缩变换,,x x y =⎧''⎪⎨=⎪⎩得,,3x x y y =⎧=''⎪⎨⎪⎩带入圆的方程C 得2243y x ''+=， 化简得曲线221:1412x y C +=，其参数方程为2cos x y θθ=⎧⎪⎨=⎪⎩（θ为参数，且[)0,2θ∈π），设点()2cos ,M θθ，点M到直线10l y +-=距离为：d ==02θπ≤<，则9444πππθ≤+<，所以，当342ππθ+=时，即当54πθ=时，d取最大值，即max d =，此时，点M的坐标为(.【点睛】本题考查曲线的极坐标方程、参数方程与普通方程之间的转化，同时也考查了利用椭圆的参数方程求解椭圆上的点到直线距离的最值，考查计算能力，属于中等题. 23.已知2()2|1|.f x x x =+- （1）求不等式|2|()x f x x>的解集； （2）若f (x )的最小值为M ，且a +b +c =M (a ，b ，c ∈R )≥ 【答案】（1）{|0x x <或}1x > （2）见解析 【解析】 【分析】（1）根据绝对值不等式性质，进行分类讨论即可；（2）由题知f (x )的最小值为M =1，再根据基本不等式推理论证即可证明.【详解】（1）由题可知，()22224,122,0124,0x x x x f x x x x x x x x ⎧+-≥⎪-=-≤<⎨⎪-+<⎩则()20x f x x->的解集为{|0x x <或}1x >综上，不等式|2|()x f x x>的解集为{|0x x <或}1x > （2）由题可知，f (x )的最小值为M =1（1x =时取得）， 即1a b c ++=， 由柯西不等式，得，()()()2222211a b ab +≥≥+⇒+≥2a b c ++≥=得证（等号成立条件==a b c ）【点睛】本题考查解绝对值不等式和利用柯西不等式的简单证明，难度一般，利用基本、柯西不等式证明结论时，注意等号成立条件.。
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。
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。
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．。
2023年河北省衡水中学高考数学押题卷(理科)(金卷二)(解析版)
2023年河北省衡水中学高考数学押题卷（理科）（金卷二） 一．选择题:本大题共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．集合M={x|y=lg（x2﹣8x）},N={x|x=2n﹣1,n∈Z},则{1,3,5,7}=（ ）A．∁R（M∩N）B．（∁R M）∩N C．（∁R M）∩（∁R N）D．M∩（∁R N）2．若复数z满足（+2i﹣3）（4+3i）=3﹣4i,则|z|=（ ）A．B．C．3D．23．将函数f（x）=3sin2x﹣cos2x地图象向左平移个单位,所得地图象其中地一条对称轴方程为（ ）A．x=0B．x=C．x=D．x=4．已知等差数列{a n},S n为数列{a n}地前n项和,若S n=an2+4n+a﹣4（a∈R）,记数列{}地前n项和为T n,则T10=（ ）A．B．C．D．5．执行如下图所示地程序框图,若输出地s=86,则判断框内地正整数n地所有可能地值为（ ）A．7B．6,7C．6,7,8D．8,96．已知夹角为地两个向量,,,向量满足（）•（）=0,则||地取值范围为（ ）A．[1,]B．[0,2]C．[1,]D．[0,2]7．若实数x、y满足不等式组,且z=ax+y仅在点P（﹣,）处取得最小值,则a地取值范围为（ ）A．0＜a＜1B．a＞1C．a≥1D．a≤08．已知双曲线C:﹣=1（a＞0,b＞0）地左焦点为F1,P为左支上一点,|PF1|=a,P0与P关于原点对称,且=0．则双曲线地渐近线方程为（ ）A．y=±x B．y=x C．y=x D．y=±2x9．设函数f（x）=,其中对∀x1,x2∈（﹣∞,0],且x1≠x2均有x1g（x1）+x2g（x2）＞x1g（x2）+x2g（x1）成立,且g（0）=1,若不等式f（x﹣a）≤1（a∈R）地解集为D,且2e∈D（e为自然对数地底数）,则a地最小值为（ ）A．0B．1C．e D．2e10．某几何体地三视图如下图所示,且该几何体地体积为,则正视图中x地值为（ ）A．B．2C．D．11．已知正项数列{a n}地前n项和为S n,a1=2,且对于任意地正整数n≥2, +=1,设数列{b n}满足b n=a sin,其前4n项和为T4n,则满足T4n≤﹣36地最小正整数n地值为（ ）A．1B．2C．3D．412．若二次函数f（x）=x2+1地图象与曲线C:g（x）=ae x+1（a＞0）存在公共切线,则实数a 地取值范围为（ ）A．（0,]B．（0,]C．[,+∞）D．[,+∞）二．填空题:本大题共4小题．每小题5分．13．数列{a n}地前n项和记为S n,a1=3,a n+1=2S n（n≥1）,则S n=_______．14．已知α∈（0,）,若cos（α+）=,则tan（2α+）=_______．15．已知点A、F分别是椭圆C: +=1（a＞b＞0）地上顶点和左焦点,若AF与圆O:x2+y2=4相切于点T,且点T是线段AF靠近点A地三等分点,则椭圆C地标准方程为_______．16．将三项式（x 2+x +1）n 展开,当n=0,1,2,3,…时,得到以下等式:（x 2+x +1）0=1（x 2+x +1）1=x 2+x +1（x 2+x +1）2=x 4+2x 3+3x 2+2x +1（x 2+x +1）3=x 6+3x 5+6x 4+7x 3+6x 2+3x +1…观察多项式系数之间地关系,可以仿照杨辉三角构造如下图所示地广义杨辉三角形,其构造方法为:第0行为1,以下各行每个数是它头上与左右两肩上3数（不足3数地,缺少地数计为0）之和,第k 行共有2k +1个数．若在（1+ax ）（x 2+x +1）5地展开式中,x 7项地系数为75,则实数a 地值为_______．三．解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤．17．如图,设△ABC 地个内角A 、B 、C 对应地三条边分别为a 、b 、c,且角A 、B 、C 成等差数列,a=2,线段AC 地垂直平分线分别交线段AB 、AC 于D 、E 两点．（1）若△BCD 地面积为,求线段CD 地长；（2）若DE=,求角A 地值．18．如图,已知三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中,CA=CB,侧面AA 1B 1B 是菱形,且∠ABB 1=60°．（I ）求证:AB ⊥B 1C ；（Ⅱ）若AB=B 1C=2,BC=,求二面角B ﹣AB 1﹣C 1地正弦值．19．2023年10月十八届五中全会决定全面放开二胎,这意味着一对夫妇可以生育两个孩子．全面二胎于2023年1月1日起正式实施．某地计划生育部门为了了解当地家庭对"全面二胎"地赞同程度,从当地200位城市居民中用系统抽样地方法抽取了20位居民进行问卷调查．统计如表:居民编号28问3577110771024778957755卷得分62806028040880457385（注:表中居民编号由小到大排列,得分越高赞同度越高）（Ⅰ）列出该地得分为100分地居民编号；（Ⅱ）该地区计划生育部门从当地农村居民中也用系统抽样地方法抽取了20位居民,将两类居民问卷得分情况制作了茎叶图,试通过茎叶图中数据信息,用样本特征数评价农村居民和城市居民对"全面二胎"地赞同程度（不要求算出具体数值,给出结论即可）；（Ⅲ）将得分不低于70分地调查对象称为"持赞同态度"．当地计划生育部门想更进一步了解城市居民"持赞同态度"居民地更多信息,将调查所得地频率视为概率,从大量地居民中采用随机抽样地方法每次抽取1人,共抽取了4次．（i ）求每次抽取1人,抽到"持赞同态度"居民地概率；（ii ）若设被抽到地4人"持赞同态度"地人数为ξ．每次抽取结果相互独立,求ξ地分布列、期望E （ξ）及其方差D （ξ）．20．已知点M 是抛物线C 1:y 2=2px （p ＞0）地准线与x 轴地交点,点P 是抛物线C 1上地动点,点A 、B 在y 轴上,△APB 地内切圆为圆C 2,（x 一1）2+y 2=1,且|MC 2|=3|OM |为坐标原点．（I ）求抛物线C 1地标准方程；（Ⅱ）求△APB 面积地最小值．21．已知函数f （x ）=x 3﹣x 2+ax +2,g （x ）=lnx ﹣bx,且曲线y=f （x ）在点（0,2）处地切线与x 轴地交点地横坐标为﹣2．（Ⅰ）求a 地值；（Ⅱ）若m 、n 是函数g （x ）地两个不同零点,求证:f （mn ）＞f （e 2）（其中e 为自然对数地底数）．[选修4-1:几何证明选讲]22．如图,直线ED与圆相切于点D,且平行于弦BC,连接EC 并延长,交圆于点A,弦BC 和AD 相交于点F ．（I ）求证:AB •FC=AC •FB ；（Ⅱ）若D 、E 、C 、F 四点共圆,且∠ABC=∠CAB,求∠BAC ．[选修4-4:坐标系与参数方程选讲]23．在直角坐标系xOy中,直线l地参数方程为（t为参数,φ∈[0,]）,以坐标原点O为极点,x轴地非负半轴为极轴建立极坐标系,已知圆C地圆心C地极坐标为（2,）,半径为2,直线l与圆C相交于M,N两点．（I）求圆C地极坐标方程；（Ⅱ）求当φ变化时,弦长|MN|地取值范围．[选修4-5:不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣2|+|x﹣a|．（I）当a=1时,解不等式f（x）≤2；（Ⅱ）当a=3时,若f（x）≥m恒成立,求实数m地取值范围．2023年河北省衡水中学高考数学押题卷（理科）（金卷二）参考解析与试卷解析一．选择题:本大题共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．集合M={x|y=lg（x2﹣8x）},N={x|x=2n﹣1,n∈Z},则{1,3,5,7}=（ ）A．∁R（M∩N）B．（∁R M）∩N C．（∁R M）∩（∁R N）D．M∩（∁R N）【考点】交、并、补集地混合运算．【分析】先化简集合M,根据N={x|x=2n﹣1,n∈Z},和{1,3,5,7}可得解析．【解答】解:∵x2﹣8x＞0,解得x＜0或x＞8,∴M=（﹣∞,0）∪（8,+∞）,∴∁R M=[0,8],∵N={x|x=2n﹣1,n∈Z},∴（∁R M）∩N={1,3,5,7}．故选:B．2．若复数z满足（+2i﹣3）（4+3i）=3﹣4i,则|z|=（ ）A．B．C．3D．2【考点】复数求模．【分析】把已知等式变形,利用复数代数形式地乘除运算求得,再由求得解析．【解答】解:由（+2i﹣3）（4+3i）=3﹣4i,得=,∴．故选:C．3．将函数f（x）=3sin2x﹣cos2x地图象向左平移个单位,所得地图象其中地一条对称轴方程为（ ）A．x=0B．x=C．x=D．x=【考点】函数y=Asin（ωx+φ）地图象变换．【分析】利用两角差地正弦函数公式可求f（x）=2sin（2x﹣）,根据函数y=Asin（ωx+φ）地图象变换规律可得g（x）=2sin（2x+）,利用正弦函数地对称性即可得解．【解答】解:f（x）=sin2x﹣cos2x=2sin（2x﹣）,将函数地图象向左平移个单位得到函数g（x）=2sin[2（x+）﹣]=2sin（2x+）,由2x+=kπ+,k∈Z,可得所得地图象地对称轴方程为:x=+,k∈Z,当k=0时,可知函数g（x）图象关于直线x=对称．故选:B．4．已知等差数列{a n},S n为数列{a n}地前n项和,若S n=an2+4n+a﹣4（a∈R）,记数列{}地前n项和为T n,则T10=（ ）A．B．C．D．【考点】数列地求和．【分析】由等差数列{a n}地前n项和地性质及其S n=an2+4n+a﹣4,可得a﹣4=0,a=4．于是S n=4n2+4n.=．利用"裂项求和"方法即可得出．【解答】解:由等差数列{a n}地前n项和地性质及其S n=an2+4n+a﹣4,可得a﹣4=0,解得a=4．∴S n=4n2+4n．∴=．∴T10=+…+==．故选:D．5．执行如下图所示地程序框图,若输出地s=86,则判断框内地正整数n地所有可能地值为（ ）A．7B．6,7C．6,7,8D．8,9【考点】程序框图．【分析】由已知中地程序框图可知:该程序地功能是利用循环结构计算并输出变量s地值,模拟程序地运行过程,分析循环中各变量值地变化情况,可得解析．【解答】解:模拟执行程序,可得s=1,k=0执行循环体,s=2,k=2不满足条件2＞n,执行循环体,s=6,k=4不满足条件4＞n,执行循环体,s=22,k=6不满足条件6＞n,执行循环体,s=86,k=8此时,应该满足条件8＞n,执行循环体,退出循环,输出s地值为86,所以,判断框内n地值满足条件:6≤n＜8,则判断框内地正整数n地所有可能地值为6,7．故选:B．6．已知夹角为地两个向量,,,向量满足（）•（）=0,则||地取值范围为（ ）A．[1,]B．[0,2]C．[1,]D．[0,2]【考点】平面向量数量积地运算．【分析】由向量垂直地条件可得•=0,运用向量地平方即为模地平方,可得|+|=2,再化简运用向量地数量积地定义,结合余弦函数地值域,即可得到所求最大值,进而得到所求范围．【解答】解:由题意可得•=0,可得|+|==2,（﹣）•（﹣）=2+•﹣•（+）=||2﹣||•|+|cos＜+,＞=0,即为||=2cos＜+,＞,当cos＜+,＞=1即+,同向时,||地最大值是2．则||地取值范围为[0,2]．故选:B．7．若实数x、y满足不等式组,且z=ax+y仅在点P（﹣,）处取得最小值,则a地取值范围为（ ）A．0＜a＜1B．a＞1C．a≥1D．a≤0【考点】简单线性规划．【分析】由题意作平面区域,化z=ax+y为y=﹣ax+z,从而可得﹣a＜﹣1,从而解得．【解答】解:由题意作平面区域如下,,z=ax+y可化为y=﹣ax+z,∵z=ax+y仅在点P（﹣,）处取得最小值,∴﹣a＜﹣1,∴a＞1,故选:B．8．已知双曲线C:﹣=1（a＞0,b＞0）地左焦点为F1,P为左支上一点,|PF1|=a,P0与P关于原点对称,且=0．则双曲线地渐近线方程为（ ）A．y=±x B．y=x C．y=x D．y=±2x【考点】双曲线地简单性质．【分析】根据双曲线地定义结合直角三角形地边角关系进行求解即可．【解答】解:设双曲线地右焦点为F2,则由对称性知,|P0F2|=|PF1|=a,则|P0F1|﹣|P0F2|=2a,即|P0F1|=3a,∵=0,∴P0F1⊥PF1,即P0F1⊥P0F2,则4c2=（3a）2+a2=10a2=4（a2+b2）即3a2=4b2,则,即=,即双曲线地渐近线方程为y=x,故选:C．9．设函数f（x）=,其中对∀x1,x2∈（﹣∞,0],且x1≠x2均有x1g（x1）+x2g（x2）＞x1g（x2）+x2g（x1）成立,且g（0）=1,若不等式f（x﹣a）≤1（a∈R）地解集为D,且2e∈D（e为自然对数地底数）,则a地最小值为（ ）A．0B．1C．e D．2e【考点】函数地图象．【分析】根据函数地单调性地定义可得g（x）在（﹣∞,0]内单调递增,根据题意作出函数f （x）地简图,利用树形结合地思想即可求出．【解答】解:对∀x1,x2∈（﹣∞,0],且x1≠x2均有x1g（x1）+x2g（x2）＞x1g（x2）+x2g（x1）,∴[g（x2）﹣g（x1）]（x2﹣x1）＞0,∴g（x）在（﹣∞,0]内单调递增,根据题意作出函数f（x）地简图,如图所述,令f（x）≤1,由f（x）地图象可知x≤e,若f（x﹣a）≤1,则x≤e+a,∴D=（﹣∞,e+a],又2e∈D,∴2e≤a+e,∴a≥e,则a地最小值是e,故选:C．10．某几何体地三视图如下图所示,且该几何体地体积为,则正视图中x地值为（ ）A．B．2C．D．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图知几何体是直三棱柱ABC﹣DEF为长方体一部分,画出直观图求出几何体地棱,结合几何体地体积和柱体地体积公式列出方程,求出x即可．【解答】解:根据三视图知几何体是:直三棱柱ABC﹣DEF为长方体一部分,直观图如下图所示:其中AB=x,且BC=2,长方体底面地宽是,∵该几何体地体积为,∴=,解得x=,故选:D．11．已知正项数列{a n}地前n项和为S n,a1=2,且对于任意地正整数n≥2, +=1,设数列{b n}满足b n=a sin,其前4n项和为T4n,则满足T4n≤﹣36地最小正整数n地值为（ ）A．1B．2C．3D．4【考点】数列递推式．【分析】先由递推公式得到数列{a n}是以2为首项吗,以1为公差地等差数列,再求出b n,分别计算前4项和,5﹣8项和,9﹣12项和,找到规律得到T4n递减,当n=2时,满足,问题得以解决．【解答】解:由题意可得,当n=2时, +=1,∴=1,即a22﹣a2﹣6=0,解得a2=3或a2=﹣2（舍去）,当n≥2, +=1,∴2（S n+1）+S n﹣1•a n=a n（S n+1）,∴2（S n+1）+（S n﹣a n）a n=a n（S n+1）,∴2S n+2=a n2+a n,当n≥3时,2S n﹣1+2=a n﹣12+an﹣1,两式相减得2a n=a n2+a n﹣a n﹣12﹣an﹣1,∴a n+a n﹣1=a n2﹣a n﹣12,∵正项数列{a n},∴a n﹣a n﹣1=1,（n≥3）,∵a2﹣a1=1,∴数列{a n}是以2为首项吗,以1为公差地等差数列,∴a n=2+（n﹣1）=n+1,∴b n=（n+1）2sin,∴当n=1时,sin=1,n=2时,sinπ=0,n=3时,sin=﹣1,n=4时,sin2π=0,∴b1+b2+b3+b4=4+0﹣16+0=﹣12,b5+b6+b7+b8=36+0﹣64+0=﹣28,b9+b10+b11+b12=102+0﹣122+0=﹣44,…b4n﹣3+b4n﹣2+b4n﹣1+b n=（4n﹣2）2﹣（4n）2=﹣2（8n﹣2）=4﹣16n＜0,∴T4n递减,当n=2时,满足,故选:B12．若二次函数f（x）=x2+1地图象与曲线C:g（x）=ae x+1（a＞0）存在公共切线,则实数a 地取值范围为（ ）A．（0,]B．（0,]C．[,+∞）D．[,+∞）【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】设公切线与f（x）、g（x）地切点坐标,由导数几何意义、斜率公式列出方程化简,分离出a后构造函数,利用导数求出函数地单调区间、最值,即可求出实数a地取值范围．【解答】解:设公切线与f（x）=x2+1地图象切于点（x1,）,与曲线C:g（x）=ae x+1切于点（x2,）,∴2x1===,化简可得,2x1=,得x1=0或2x2=x1+2,∵2x1=,且a＞0,∴x1＞0,则2x2=x1+2＞2,即x2＞1,由2x1=得a==,设h（x）=（x＞1）,则h′（x）=,∴h（x）在（1,2）上递增,在（2,+∞）上递减,∴h（x）max=h（2）=,∴实数a地取值范围为（0,],故选:A．二．填空题:本大题共4小题．每小题5分．13．数列{a n}地前n项和记为S n,a1=3,a n+1=2S n（n≥1）,则S n=3n．【考点】数列递推式．【分析】由a n+1=2S n（n≥1）,可得S n+1﹣S n=2S n,即S n+1=3S n利用等比数列地通项公式即可得出．【解答】解:∵a n+1=2S n（n≥1）,∴S n+1﹣S n=2S n,即S n+1=3S n,∴数列{S n}是等比数列,首项为S1=3,公比为q=3,∴S n=3•3n﹣1=3n．故解析为:3n．14．已知α∈（0,）,若cos（α+）=,则tan（2α+）=．【考点】三角函数中地恒等变换应用．【分析】由同角三角函数关系得sin（α+）=,由二倍角公式得tan[2（α+）]=,由两角差地正切公式得结果．【解答】解:∵cos（α+）=,α∈（0,）,∵cos2（α+）+sin2（α+）=1,α+∈（,）∴sin（α+）=,∴tan（α+）=,∴tan[2（α+）]==,∴tan（2α+）=tan（2α+﹣）=tan[2（α+）﹣]=．15．已知点A、F分别是椭圆C: +=1（a＞b＞0）地上顶点和左焦点,若AF与圆O:x2+y2=4相切于点T,且点T是线段AF靠近点A地三等分点,则椭圆C地标准方程为=1．【考点】椭圆地简单性质；椭圆地标准方程．【分析】如下图所示,设|AT|=m,|FT|=2m,即|AF|=3m．由△AOT∽△OFT,可得:|OT|2=|TF||AT|,解得m．又|OT|=2,可得b2=2+m2．c2=9m2﹣b2=12．可得a2=b2+c2,即可得出．【解答】解:如下图所示,设|AT|=m,|FT|=2m,即|AF|=3m．由△AOT∽△OFT,可得:|OT|2=|TF||AT|,∴4=2m2,解得m=．又|OT|=2,∴b2=2+22=6．c2=9m2﹣b2=12．∴a2=b2+c2=18．∴椭圆C地标准方程为=1．故解析为:=1．16．将三项式（x2+x+1）n展开,当n=0,1,2,3,…时,得到以下等式:（x2+x+1）0=1（x2+x+1）1=x2+x+1（x2+x+1）2=x4+2x3+3x2+2x+1（x2+x+1）3=x6+3x5+6x4+7x3+6x2+3x+1…观察多项式系数之间地关系,可以仿照杨辉三角构造如下图所示地广义杨辉三角形,其构造方法为:第0行为1,以下各行每个数是它头上与左右两肩上3数（不足3数地,缺少地数计为0）之和,第k行共有2k+1个数．若在（1+ax）（x2+x+1）5地展开式中,x7项地系数为75,则实数a 地值为1．【考点】归纳推理．【分析】由题意可得广义杨辉三角形第5行为1,5,15,30,45,51,45,30,15,5,1,所以（1+ax）（x2+x+1）5地展开式中,x7项地系数为30+45a=75,即可求出实数a地值．【解答】解:由题意可得广义杨辉三角形第5行为1,5,15,30,45,51,45,30,15,5,1,所以（1+ax）（x2+x+1）5地展开式中,x7项地系数为30+45a=75,所以a=1．故解析为:1．三．解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤．17．如图,设△ABC地个内角A、B、C对应地三条边分别为a、b、c,且角A、B、C成等差数列,a=2,线段AC地垂直平分线分别交线段AB、AC于D、E两点．（1）若△BCD地面积为,求线段CD地长；（2）若DE=,求角A地值．【考点】正弦定理；余弦定理．【分析】（1）先根据三角形地内角A,B,C成等差数列,求出B地度数,再根据三角地面积公式求出BD,再根据余弦定理即可求出,（2）根据垂直平分线地性质得到AC=2AE=,再根据正弦定理,即可求出解析．【解答】解:（1）三角形地内角A,B,C成等差数列,则有2B=A+C．又A+B+C=180°,∴B=60°,∵△BCD地面积为,a=2∴BD•BC•sin60°=,∴BD=,由余弦定理,CD2=BD2+BC2+2BD•BC•cos60°=+4+2××2×=,∴CD=,（2）∵线段AC地垂直平分线分别交线段AB、AC于D、E两点,DE=,∴AE=,∴AC=2AE=2×=,由正弦定理可得=,即=,∴cosA=,∵0＜A＜180°,∴A=45°18．如图,已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CA=CB,侧面AA1B1B是菱形,且∠ABB1=60°．（I）求证:AB⊥B1C；（Ⅱ）若AB=B1C=2,BC=,求二面角B﹣AB1﹣C1地正弦值．【考点】二面角地平面角及求法；直线与平面垂直地性质．【分析】（1）取AB中点,连接OC,OB1,证明AB⊥平面OCB1,即可证明．AB⊥B1C；（2）建立空间坐标系,求出平面地法向量,利用向量法先求出二面角地余弦值,然后求正弦值即可．【解答】解:（1）∵四边形AA1B1B是菱形,且∠ABB1=60°．∴△ABB1是等边三角形,取AB中点,连接OC,OB1,则AB⊥OB1,∵CA=CB,∴AB⊥OC,∵OC∩OB1=O,OB1,OC⊂平面OB1C,∴AB⊥平面OCB1,∴AB⊥B1C；（2）∵△ABB1是等边三角形,AB=2,∴OB1=,∵在△ABC中,AB=2,BC=AC=,O为AB地中点,∴OC=1,∵B1C=2,0B1=,∴OB12+OC2=B1C2,∴OB1⊥OC,∵OB1⊥AB,∴OB1⊥平面ABC,以O为坐标原点,OB,OC,OB1地方向为x,y,z轴地正向,建立如下图所示地坐标系,可得A（﹣1,0,0）,B1（0,0,）,B（1,0,0）,C（0,1,0）,则=+=+=（﹣1,1,）,则C（﹣1,1,）,=（1,0,）,=（0,1,）,则平面BAB1地一个法向量为=（0,1,0）,设=（x,y,z）为平面AB1C1地法向量,则:•=x+z=0,•=y+z=0,令z=﹣1,则x=y=,可得=（,,﹣1）,故cos＜,＞==,则sin＜,＞==,即二面角B﹣AB1﹣C1地正弦值是．19．2023年10月十八届五中全会决定全面放开二胎,这意味着一对夫妇可以生育两个孩子．全面二胎于2023年1月1日起正式实施．某地计划生育部门为了了解当地家庭对"全面二胎"地赞同程度,从当地200位城市居民中用系统抽样地方法抽取了20位居民进行问卷调查．统计如表:居民编号2 8问卷得分3652787161072781024478788945577735 855（注:表中居民编号由小到大排列,得分越高赞同度越高）（Ⅰ）列出该地得分为100分地居民编号；（Ⅱ）该地区计划生育部门从当地农村居民中也用系统抽样地方法抽取了20位居民,将两类居民问卷得分情况制作了茎叶图,试通过茎叶图中数据信息,用样本特征数评价农村居民和城市居民对"全面二胎"地赞同程度（不要求算出具体数值,给出结论即可）；（Ⅲ）将得分不低于70分地调查对象称为"持赞同态度"．当地计划生育部门想更进一步了解城市居民"持赞同态度"居民地更多信息,将调查所得地频率视为概率,从大量地居民中采用随机抽样地方法每次抽取1人,共抽取了4次．（i）求每次抽取1人,抽到"持赞同态度"居民地概率；（ii）若设被抽到地4人"持赞同态度"地人数为ξ．每次抽取结果相互独立,求ξ地分布列、期望E（ξ）及其方差D（ξ）．【考点】离散型随机变量及其分布列；列举法计算基本事件数及事件发生地概率；离散型随机变量地期望与方差．【分析】（Ⅰ）数列{a n}为由小到大排列居民编号,依题意知数列{a n}为等差数列,即可求出解析；（Ⅱ）根据茎叶图和平均数中位数即可判断农村居民"全面二胎"地赞同程度要高于城市居民；（Ⅲ）（i）城市居民"持赞同态度"地居民有12人,即可求出解析,（ii）由题意知ξ～B（4,）,故ξ地分步列如下表,根据数学期望和方差地计算公式计算即可．【解答】解:（Ⅰ）记数列{a n}为由小到大排列居民编号,依题意知数列{a n}为等差数列,公差d=10,且a3=28,得到为100分地居民编号分别对应为a6,a9,则a6=a3+3d=58,a9=a3+6d=88,所以得分为100分地居民编号分别为58,88,（Ⅱ）通过茎叶图可以看出,该地区农村居民问卷得分地平均值明显高于城市居民问卷得分地平均值,农村居民问卷得分地中位数为（94+96）=95,城市居民问卷得分地中位数为（72+73）=72.5,农村居民问卷得分地中位数明显高于城市居民问卷得分地中位数,所以农村居民"全面二胎"地赞同程度要高于城市居民；（Ⅲ）（i）城市居民"持赞同态度"地居民有12人,每次抽到"持赞同态度"居民地概率为=,（ii）由题意知ξ～B（4,）,故ξ地分步列如下表,ξ01234PE（ξ）=4×=所以D（ξ）=np（1﹣p）=4××=20．已知点M是抛物线C1:y2=2px（p＞0）地准线与x轴地交点,点P是抛物线C1上地动点,点A、B在y轴上,△APB地内切圆为圆C2,（x一1）2+y2=1,且|MC2|=3|OM|为坐标原点．（I）求抛物线C1地标准方程；（Ⅱ）求△APB面积地最小值．【考点】抛物线地简单性质；抛物线地标准方程．【分析】（I）求出M（﹣,0）,可得=,即可求抛物线C1地标准方程；（Ⅱ）设P（x0,y0）,A（0,b）,B（0,c）,求得直线PA地方程,运用直线和圆相切地条件:d=r,求得b,c地关系,求得△PAB地面积,结合基本不等式,即可得到最小值．【解答】解:（I）由题意,C2（1,0）,∵|MC2|=3|OM|,∴M（﹣,0）,∴=,∴p=1,∴抛物线C1地标准方程是y2=2x；（Ⅱ）设P（x0,y0）,A（0,b）,B（0,c）,直线PA地方程为:（y0﹣b）x﹣x0y+x0b=0,又圆心（1,0）到PA地距离为1,即=1,整理得:（x0﹣2）b2+2y0b﹣x0=0,同理可得:（x0﹣2）c2+2y0c﹣x0=0,所以,可知b,c是方程（x0﹣2）x2+2y0x﹣x0=0地两根,所以b+c=,bc=,依题意bc＜0,即x0＞2,则（c﹣b）2=,因为y02=2x0,所以:|b﹣c|=||所以S=|b﹣c|•|x0|=（x0﹣2）++4≥8当x0=4时上式取得等号,所以△PAB面积最小值为8．21．已知函数f（x）=x3﹣x2+ax+2,g（x）=lnx﹣bx,且曲线y=f（x）在点（0,2）处地切线与x轴地交点地横坐标为﹣2．（Ⅰ）求a地值；（Ⅱ）若m、n是函数g（x）地两个不同零点,求证:f（mn）＞f（e2）（其中e为自然对数地底数）．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点地判定定理．【分析】（Ⅰ）求出f（x）地导数,可得切线地斜率,运用两点地斜率公式可得a=3:（Ⅱ）求出f（x）地导数,可得f（x）在R上递增,要证f（mn）＞f（e2）,只需证mn＞e2,m、n是函数g（x）地两个不同零点,可得lnm=bm,lnn=bn,相加减,可得ln（mn）=ln•=ln•,设m＞n＞0,令t=＞1,则h（t）=lnt•,只需证得当t＞1时,h（t）＞2．设φ（t）=lnt+﹣2,求得导数,判断单调性,即可得证．【解答】解:（Ⅰ）函数f（x）=x3﹣x2+ax+2地导数为f′（x）=x2﹣2x+a,可得曲线y=f（x）在点（0,2）处地切线斜率为k=a,由两点地斜率可得=a,解得a=3；（Ⅱ）证明:f（x）=x3﹣x2+x+2地导数为f′（x）=x2﹣2x+1=（x﹣1）2≥0,即有f（x）在R上递增,要证f（mn）＞f（e2）,只需证mn＞e2,m、n是函数g（x）地两个不同零点,可得lnm=bm,lnn=bn,相减可得lnm﹣lnn=b（m﹣n）,相加可得lnm+lnn=b（m+n）,可得b==,即有ln（mn）=ln•=ln•,设m＞n＞0,令t=＞1,则h（t）=lnt•,下证当t＞1时,h（t）＞2．即当t＞1时,lnt•＞2,即lnt＞=2（1﹣）,只需证t＞1时,lnt+﹣2＞0,设φ（t）=lnt+﹣2,则φ′（t）=﹣=＞0,即φ（t）在（1,+∞）递增,可得φ（t）＞φ（1）=0,即ln（mn）＞2,故f（mn）＞f（e2）．[选修4-1:几何证明选讲]22．如图,直线ED与圆相切于点D,且平行于弦BC,连接EC并延长,交圆于点A,弦BC和AD 相交于点F．（I）求证:AB•FC=AC•FB；（Ⅱ）若D、E、C、F四点共圆,且∠ABC=∠CAB,求∠BAC．【考点】与圆有关地比例线段；圆內接多边形地性质与判定．【分析】（I）连接CD,证明:△CFD∽△ACD,得到,即可证明AB•FC=AC•FB；（Ⅱ）证明∠ACF=∠CFA．∠EAD=∠DAB,即可求∠BAC．【解答】（I）证明:连接CD,∵直线ED与圆相切于点D,∴∠EDC=∠EAD,∵ED∥BC,∴∠EDC=∠DCB,∴∠EAD=∠DCB,∴∠CAD=∠DCF,∵∠CDF=∠ADC,∴△CFD∽△ACD,∴,∴AB•FC=AC•FB；（Ⅱ）解:∵D、E、C、F四点共圆,∴∠CFA=∠CED,∵ED∥BC,∴∠ACF=∠CED,∴∠ACF=∠CFA．由（I）可知∠EAD=∠DCB,∠DCB=∠DAB,∴∠EAD=∠DAB,设∠EAD=∠DAB=x,则∠ABC=∠CAB=2x,∴∠CFA=∠FBA+∠FAB=3x,在等腰△ACF中,∠CFA+∠ACF+∠CAF=π=7x,∴x=∴∠BAC=2x=．[选修4-4:坐标系与参数方程选讲]23．在直角坐标系xOy 中,直线l 地参数方程为（t 为参数,φ∈[0,]）,以坐标原点O 为极点,x 轴地非负半轴为极轴建立极坐标系,已知圆C 地圆心C 地极坐标为（2,）,半径为2,直线l 与圆C 相交于M,N 两点．（I ）求圆C 地极坐标方程；（Ⅱ）求当φ变化时,弦长|MN |地取值范围．【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线地极坐标方程．【分析】（I ）由圆C 地圆心C 地极坐标为（2,）,即,半径为2,可得圆地标准方程为: =4,展开 利用互化公式即可化为极坐标方程．（II ）把直线l 地参数方程代入圆C 地方程可得:t 2+2tcos φ﹣3=0,利用根与系数地关系可得:|MN |=|t 1﹣t 2|=,再利用三角函数地单调性与值域即可得出．【解答】解:（I ）由圆C 地圆心C 地极坐标为（2,）,即,半径为2,可得圆地标准方程为:=4,展开可得:x 2+y 2﹣2x ﹣2y=0,化为极坐标方程:ρ2﹣2ρcos θ﹣2ρsin θ=0,即ρ=2cos θ+2sin θ=4cos ．（II ）把直线l 地参数方程代入圆C 地方程可得:t 2+2tcos φ﹣3=0,∴t 1+t 2=﹣2cos φ,t 1t 2=﹣3．∴|MN |=|t 1﹣t 2|==2,∵φ∈[0,],∴cos φ∈,cos 2φ∈．∴|MN |∈．[选修4-5:不等式选讲]24．已知函数f （x ）=|x ﹣1|+|x ﹣2|+|x ﹣a |．（I）当a=1时,解不等式f（x）≤2；（Ⅱ）当a=3时,若f（x）≥m恒成立,求实数m地取值范围．【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式地解法．【分析】（Ⅰ）a=1时,通过讨论x地范围,求出各个区间上地不等式地解集,取并集即可；（Ⅱ）a=3时,通过讨论x地范围,求出f（x）地最小值,从而求出m地范围即可．【解答】解:（Ⅰ）a=1时,f（x）=2|x﹣1|+|x﹣2|=,x≤1时,4﹣3x≤2,解得:≤x≤1,1＜x＜2时,x≤2,∴1＜x＜2,x≥2时,3x﹣4≤2,∴x=2,综上,不等式地解集是{x|≤x≤2}；（Ⅱ）a=3时,f（x）=,x≤1时,6﹣3x≥3,∴f（x）≥3,1＜x≤2时,2≤4﹣x＜3,∴2≤f（x）＜3,2＜x≤3时,2＜f（x）≤3,x＞3时,3x﹣6＞3,∴f（x）＞3,综上,x=2时,f（x）地最小值是2,若f（x）≥m恒成立,则m≤2,故实数m地范围是（﹣∞,2]．2023年9月8日。
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。
2023年河北省衡水中学高考数学猜题卷(理科)(解析版)
2023年河北省衡水中学高考数学猜题卷（理科）一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地.1．己知集合Q={x|2x2﹣5x≤0,x∈N},且P⊆Q,则满足条件地集合P地个数是（ ）A．3B．4C．7D．82．已知i是虚数单位,复数地虚部为（ ）A．﹣1B．1C．﹣i D．i3．某样本中共有5个个体,其中四个值分别为0,1,2,3,第五个值丢失,但该样本地平均值为1,则样本方差为（ ）A．2B．C．D．4．双曲线C:﹣=1（a＞0,b＞0）地离心率为2,焦点到渐近线地距离为,则C地焦距等于（ ）A．2B．2C．4D．45．若不等式组表示地平面区域是一个直角三角形,则该直角三角形地面积是（ ）A．B．C．D．或6．已知,则tan2α=（ ）A．B．C．D．7．《九章算术》是中国古代数学名著,体现了古代劳动人民数学地智慧,其中第六章"均输"中,有一竹节容量问题,某教师根据这一问题地思想设计了如下图所示地程序框图,若输出地m地值为35,则输入地a地值为（ ）A．4B．5C．7D．118．如下图所示,过抛物线y2=2px（p＞0）地焦点F地直线l交抛物线于点A、B,交其准线l′点C,若|BC|=2|BF|,且|AF|=3,则此抛物线地方程为（ ）A．y2=9x B．y2=6x C．y2=3x D．9．已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥,则不是该三棱锥地三视图是（ ）A．B．C．D．10．在△ABC中,AB=AC=2,BC•cos（π﹣A）=1,则cosA地值所在区间为（ ）A．（﹣0.4,﹣0.3）B．（﹣0.2,﹣0.1）C．（﹣0.3,﹣0.2）D．（0.4,0.5）11．已知符号函数sgn（x）=,那么y=sgn（x3﹣3x2+x+1）地大致图象是（ ）A．B．C．D．12．已知函数f（x）=﹣,若对任意地x1,x2∈[1,2],且x1≠x2时,[|f（x1）|﹣|f （x2）|]（x1﹣x2）＞0,则实数a地取值范围为（ ）A．[﹣,]B．[﹣,]C．[﹣,]D．[﹣e2,e2]二、填空题（每题5分,满分20分,将解析填在答题纸上）13．已知,则地值是 ．14．已知一个公园地形状如下图所示,现有3种不同地植物要种在此公园地A,B,C,D,E这五个区域内,要求有公共边界地两块相邻区域种不同地植物,则不同地种法共有 种．15．已知函数f（x）=sinx．若存在x1,x2,…,x m满足0≤x1＜x2＜…＜x m≤6π,且|f （x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（x m）﹣f（x m）|=12（m≥2,m∈﹣1N*）,则m地最小值为 ．16．已知等腰直角△ABC地斜边BC=2,沿斜边地高线AD将△ABC折起,使二面角B﹣AD﹣C为,则四面体ABCD地外接球地表面积为 ．三、解答题（本大题共5小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．已知等差数列{a n}地公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}地通项公式；（Ⅱ）令b n=（﹣1）n﹣1,求数列{b n}地前n项和T n．18．如图,在四棱锥E﹣ABCD中,底面ABCD为正方形,AE⊥平面CDE,已知AE=DE=2,F为线段DF地中点．（I）求证:BE∥平面ACF；（II）求平面BCF与平面BEF所成锐二面角地余弦角．19．鹰潭市龙虎山花语世界位于中国第八处世界自然遗产,世界地质公元、国家自然文化双遗产地、国家AAAAA级旅游景区﹣﹣龙虎山主景区排衙峰下,是一座独具现代园艺风格地花卉公园,园内汇集了3000余种花卉苗木,一年四季姹紫嫣红花香四溢．花园景观融合法、英、意、美、日、中六大经典园林风格,景观设计唯美新颖．玫瑰花园、香草花溪、台地花海、植物迷宫、儿童乐园等景点错落有致,交相呼应又自成一体,是世界园艺景观地大展示．该景区自2023年春建成试运行以来,每天游人如织,郁金香、向日葵、虞美人等赏花旺季日入园人数最高达万人．某学校社团为了解进园旅客地具体情形以及采集旅客对园区地建议,特别在2023年4月1日赏花旺季对进园游客进行取样调查,从当日12000名游客中抽取100人进行统计分析,结果如下:（表一）年龄频数频率男女[0,10）100.155[10,20）①②③④[20,30）250.251213[30,40）200.21010[40,50）100.164[50,60）100.137[60,70）50.0514[70,80）30.0312[80,90）20.0202合计100 1.004555（1）完成表格一中地空位①﹣④,并在答题卡中补全频率分布直方图,并估计2023年4月1日当日接待游客中30岁以下人数．（2）完成表格二,并问你能否有97.5%地把握认为在观花游客中"年龄达到50岁以上"与"性别"相关？（3）按分层抽样（分50岁以上与50以下两层）抽取被调查地100位游客中地10人作为幸运游客免费领取龙虎山内部景区门票,再从这10人中选取2人接受电视台采访,设这2人中年龄在50岁以上（含）地人数为ξ,求ξ地分布列（表二）50岁以上50岁以下合计男生 女生 合计 P （K 2≥k ）0.150.100.050.0250.0100.0050.001k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.6357.87910.828（参考公式:k 2=,其中n=a +b +c +d ）20．给定椭圆C:=1（a＞b＞0）,称圆心在原点O,半径为地圆是椭圆C地"准圆"．若椭圆C地一个焦点为F（,0）,其短轴上地一个端点到F地距离为．（Ⅰ）求椭圆C地方程和其"准圆"方程；（Ⅱ）点P是椭圆C地"准圆"上地动点,过点P作椭圆地切线l1,l2交"准圆"于点M,N．（ⅰ）当点P为"准圆"与y轴正半轴地交点时,求直线l1,l2地方程并证明l1⊥l2；（ⅱ）求证:线段MN地长为定值．21．已知函数f（x）=x2﹣alnx（a∈R）（1）若函数f（x）在x=2处地切线方程为y=x+b,求a,b地值；（2）讨论方程f（x）=0解地个数,并说明理由．[选修4-4:坐标系与参数方程]22．已知曲线C地极坐标方程是ρ2=4ρcosθ+6ρsinθ﹣12,以极点为原点,极轴为x 轴地正半轴建立平面直角坐标系,直线l地参数方程为（t为参数）．（I）写出直线l地一般方程与曲线C地直角坐标方程,并判断它们地位置关系；（II）将曲线C向左平移2个单位长度,向上平移3个单位长度,得到曲线D,设曲线D经过伸缩变换得到曲线E,设曲线E上任一点为M（x,y）,求地取值范围．[选修4-5:不等式选讲]23．设f（x）=|x﹣a|,a∈R（Ⅰ）当a=5,解不等式f（x）≤3；（Ⅱ）当a=1时,若∃x∈R,使得不等式f（x﹣1）+f（2x）≤1﹣2m成立,求实数m 地取值范围．2023年河北省衡水中学高考数学猜题卷（理科）参考解析与试卷解析一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地.1．己知集合Q={x|2x2﹣5x≤0,x∈N},且P⊆Q,则满足条件地集合P地个数是（ ）A．3B．4C．7D．8【考点】18:集合地包含关系判断及应用．【分析】解出集合Q,再根据P⊆Q,根据子集地性质,求出子集地个数即为集合P 地个数；【解答】解:集合Q={x|2x2﹣5x≤0,x∈N},∴Q={0,1,2},共有三个元素,∵P⊆Q,又Q地子集地个数为23=8,∴P地个数为8,故选D；2．已知i是虚数单位,复数地虚部为（ ）A．﹣1B．1C．﹣i D．i【考点】A5:复数代数形式地乘除运算．【分析】利用复数地运算法则、虚部地定义即可得出．【解答】解:复数==i﹣2地虚部为1．故选:B．3．某样本中共有5个个体,其中四个值分别为0,1,2,3,第五个值丢失,但该样本地平均值为1,则样本方差为（ ）A．2B．C．D．【考点】BC:极差、方差与标准差．【分析】根据平均数公式先求出a,再计算它们地方差．【解答】解:设丢失地数据为a,则这组数据地平均数是×（a+0+1+2+3）=1,解得a=﹣1,根据方差计算公式得s2=×[（﹣1﹣1）2+（0﹣1）2+（1﹣1）2+（2﹣1）2+（3﹣1）2]=2．故选:A．4．双曲线C:﹣=1（a＞0,b＞0）地离心率为2,焦点到渐近线地距离为,则C地焦距等于（ ）A．2B．2C．4D．4【考点】KC:双曲线地简单性质．【分析】根据双曲线地离心率以及焦点到直线地距离公式,建立方程组即可得到结论．【解答】解:∵:﹣=1（a＞0,b＞0）地离心率为2,∴e=,双曲线地渐近线方程为y=,不妨取y=,即bx﹣ay=0,则c=2a,b=,∵焦点F（c,0）到渐近线bx﹣ay=0地距离为,∴d=,即,解得c=2,则焦距为2c=4,故选:C5．若不等式组表示地平面区域是一个直角三角形,则该直角三角形地面积是（ ）A．B．C．D．或【考点】7C:简单线性规划．【分析】依题意,三条直线围成一个直角三角形,可能会有两种情形,分别计算两种情形下三角形地顶点坐标,利用三角形面积公式计算面积即可．【解答】解:有两种情形:（1）由y=2x与kx﹣y+1=0垂直,则k=﹣,三角形地三个顶点为（0,0）,（0,1）,（,）,三角形地面积为s=×1×=；（2）由x=0与kx﹣y+1=0形垂直,则k=0,三角形地三个顶点为（0.0）,（0,1）,（,1）,三角形地面积为s=×1×=．∴该三角形地面积为或．故选:D．6．已知,则tan2α=（ ）A．B．C．D．【考点】GU:二倍角地正切．【分析】将已知等式两边平方,利用二倍角公式,同角三角函数基本关系式即可化简求值得解．【解答】解:∵,∴,化简得4sin2α=3cos2α,∴,故选:C．7．《九章算术》是中国古代数学名著,体现了古代劳动人民数学地智慧,其中第六章"均输"中,有一竹节容量问题,某教师根据这一问题地思想设计了如下图所示地程序框图,若输出地m地值为35,则输入地a地值为（ ）A．4B．5C．7D．11【考点】EF:程序框图．【分析】模拟程序框图地运行过程,求出运算结果即可．【解答】解:起始阶段有m=2a﹣3,i=1,第一次循环后m=2（2a﹣3）﹣3=4a﹣9,i=2,第二次循环后m=2（4a﹣9）﹣3=8a﹣21,i=3,第三次循环后m=2（8a﹣21）﹣3=16a﹣45,i=4,第四次循环后m=2（16a﹣45）﹣3=32a﹣93,跳出循环,输出m=32a﹣93=35,解得a=4,故选:A8．如下图所示,过抛物线y2=2px（p＞0）地焦点F地直线l交抛物线于点A、B,交其准线l′点C,若|BC|=2|BF|,且|AF|=3,则此抛物线地方程为（ ）A．y2=9x B．y2=6x C．y2=3x D．【考点】K8:抛物线地简单性质．【分析】分别过点A,B作准线地垂线,分别交准线于点E,D,设|BF|=a,根据抛物线定义可知|BD|=a,进而推断出∠BCD地值,在直角三角形中求得a,进而根据BD∥FG,利用比例线段地性质可求得p,则抛物线方程可得．【解答】解:如图分别过点A,B作准线地垂线,分别交准线于点E,D,设|BF|=a,则由已知得:|BC|=2a,由定义得:|BD|=a,故∠BCD=30°,在直角三角形ACE中,∵|AE|=3,|AC|=3+3a,∴2|AE|=|AC|∴3+3a=6,从而得a=1,∵BD∥FG,∴=求得p=,因此抛物线方程为y2=3x．故选C．9．已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥,则不是该三棱锥地三视图是（ ）A．B．C．D．【考点】L!:由三视图求面积、体积．【分析】由已知中地四个三视图,可知四个三视图,分别表示从前、后、左、右四个方向观察同一个棱锥,但其中有一个是错误地,根据A与C中俯视图正好旋转180°,故应是从相反方向进行观察,而其正视图和侧视图中三角形斜边倾斜方向相反,满足实际情况,可得A,C均正确,而根据AC可判断B正确,D错误．【解答】解:三棱锥地三视图均为三角形,四个解析均满足；且四个三视图均表示一个高为3,底面为两直角边分别为1,2地棱锥A与C中俯视图正好旋转180°,故应是从相反方向进行观察,而其正视图和侧视图中三角形斜边倾斜方向相反,满足实际情况,故A,C表示同一棱锥设A中观察地正方向为标准正方向,以C表示从后面观察该棱锥B与D中俯视图正好旋转180°,故应是从相反方向进行观察,但侧视图中三角形斜边倾斜方向相同,不满足实际情况,故B,D中有一个不与其它三个一样表示同一个棱锥,根据B中正视图与A中侧视图相同,侧视图与C中正视图相同,可判断B是从左边观察该棱锥故选D10．在△ABC中,AB=AC=2,BC•cos（π﹣A）=1,则cosA地值所在区间为（ ）A．（﹣0.4,﹣0.3）B．（﹣0.2,﹣0.1）C．（﹣0.3,﹣0.2）D．（0.4,0.5）【考点】HR:余弦定理；HP:正弦定理．【分析】由题意求得cosA=﹣,再由余弦定理,得出关于﹣地方程,构造函数,利用函数零点地判断方法得出cosA地取值范围．【解答】解:△ABC中,AB=AC=2,BC•cos（π﹣A）=1,∴c=b=2,﹣acosA=1,cosA=﹣＜0,且4＞a＞2；由余弦定理得,cosA==,∴﹣=,化为:8•﹣8•+1=0,令﹣=x∈（﹣,﹣）,则f（x）=8x3﹣8x2+1=0,∵f（﹣0.4）=﹣1.4×1.28+1＜0,f（﹣0.3）=0.064＞0,∴cosA∈（﹣0.4,﹣0.3）．故选:A．11．已知符号函数sgn（x）=,那么y=sgn（x3﹣3x2+x+1）地大致图象是（ ）A．B．C．D．【考点】3O:函数地图象．【分析】构造函数f（x）=x3﹣3x2+x+1,可整理得f（x）=（x﹣1）（x2﹣2x﹣1）=（x﹣1）（x﹣1﹣）（x﹣1+）,利用排除法即可得到解析．【解答】解:令f（x）=x3﹣3x2+x+1,则f（x）=（x﹣1）（x2﹣2x﹣1）=（x﹣1）（x﹣1﹣）（x﹣1+）,∴f（,1）=0,f（1﹣）=0,f（1+）=0,∵sgn（x）=,∴sgn（f（1））=0,可排除A,B；又sgn（f（1﹣））=0,sgn（f（1﹣））=0,可排除C,故选D．12．已知函数f（x）=﹣,若对任意地x1,x2∈[1,2],且x1≠x2时,[|f（x1）|﹣|f （x2）|]（x1﹣x2）＞0,则实数a地取值范围为（ ）A．[﹣,]B．[﹣,]C．[﹣,]D．[﹣e2,e2]【考点】6B:利用导数研究函数地单调性．【分析】由题意可知函数y=丨f（x）丨单调递增,分类讨论,根据函数地性质及对勾函数地性质,即可求得实数a地取值范围．【解答】解:由任意地x1,x2∈[1,2],且x1＜x2,由[|f（x1）|﹣|f（x2）|]（x1﹣x2）＞0,则函数y=丨f（x）丨单调递增,当a≥0,f（x）在[1,2]上是增函数,则f（1）≥0,解得:0≤a≤,当a＜0时,丨f（x）丨=f（x）,令=﹣,解得:x=ln,由对勾函数地单调递增区间为[ln,+∞）,故ln≤1,解得:﹣≤a＜0,综上可知:a地取值范围为[﹣,],故选B．二、填空题（每题5分,满分20分,将解析填在答题纸上）13．已知,则地值是 （）2018 ．【考点】DB:二项式系数地性质．【分析】利用二项式定理,对等式中地x赋值﹣2,可求得a0=0,再令x=,即可求出解析．【解答】解:∵（x+1）2（x+2）2016=a0+a1（x+2）+a2（x+2）+…+a2018（x+2）2018,∴令x=﹣2,得a0=0再令x=﹣,得到a0+=（﹣+1）2（﹣+2）2016=（）2018,∴=,故解析为:（）2018,14．已知一个公园地形状如下图所示,现有3种不同地植物要种在此公园地A,B,C,D,E这五个区域内,要求有公共边界地两块相邻区域种不同地植物,则不同地种法共有 18 种．【考点】D8:排列、组合地实际应用．【分析】根据题意,分2步进行分析:①、对于A、B、C区域,将3种不同地植物全排列,安排在A、B、C区域,由排列数公式可得其排法数目,②、对于D、E区域,分2种情况讨论:若A,E种地植物相同,若A,E种地植物不同；由加法原理可得D、E 区域地排法数目,进而由分步计数原理计算可得解析．【解答】解:根据题意,分2步进行分析:①、对于A、B、C区域,三个区域两两相邻,种地植物都不能相同,将3种不同地植物全排列,安排在A、B、C区域,有A33=6种情况,②、对于D、E区域,分2种情况讨论:若A,E种地植物相同,则D有2种种法,若A,E种地植物不同,则E有1种情况,D也有1种种法,则D、E区域共有2+1=3种不同情况,则不同地种法共有6×3=18种；故解析为:18．15．已知函数f（x）=sinx．若存在x1,x2,…,x m满足0≤x1＜x2＜…＜x m≤6π,且|f）﹣f（x m）|=12（m≥2,m∈（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（x m﹣1N*）,则m地最小值为 8 ．【考点】H2:正弦函数地图象．【分析】由正弦函数地有界性可得,对任意x i,x j（i,j=1,2,3,…,m）,都有|f（x i）﹣f （x j）|≤f（x）max﹣f（x）min=2,要使m取得最小值,尽可能多让x i（i=1,2,3,…,m）取得最高点,然后作图可得满足条件地最小m值．【解答】解:∵y=sinx对任意x i,x j（i,j=1,2,3,…,m）,都有|f（x i）﹣f（x j）|≤f（x）max﹣f（x）min=2,要使m取得最小值,尽可能多让x i（i=1,2,3,…,m）取得最高点,考虑0≤x1＜x2＜…＜x m≤6π,|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（x m）﹣1﹣f（x m）|=12,按下图取值即可满足条件,∴m地最小值为8．故解析为:8．16．已知等腰直角△ABC地斜边BC=2,沿斜边地高线AD将△ABC折起,使二面角B﹣AD﹣C为,则四面体ABCD地外接球地表面积为 ．【考点】LG:球地体积和表面积．【分析】由题意,△BCD是等边三角形,边长为1,外接圆地半径为,AD=1,可得四面体ABCD地外接球地半径==,即可求出四面体ABCD地外接球地表面积．【解答】解:由题意,△BCD是等边三角形,边长为1,外接圆地半径为,∵AD=1,∴四面体ABCD地外接球地半径==,∴四面体ABCD地外接球地表面积为=,故解析为:．三、解答题（本大题共5小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．已知等差数列{a n}地公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}地通项公式；（Ⅱ）令b n=（﹣1）n﹣1,求数列{b n}地前n项和T n．【考点】8E:数列地求和；82:数列地函数特性；8H:数列递推式．【分析】（Ⅰ）利用等差数列与等比数列地通项公式及其前n项和公式即可得出；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得b n=．对n分类讨论"裂项求和"即可得出．【解答】解:（Ⅰ）∵等差数列{a n}地公差为2,前n项和为S n,∴S n==n2﹣n+na1,∵S1,S2,S4成等比数列,∴,∴,化为,解得a1=1．∴a n=a1+（n﹣1）d=1+2（n﹣1）=2n﹣1．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得b n=（﹣1）n﹣1==．∴T n=﹣++…+．当n为偶数时,T n=﹣++…+﹣=1﹣=．当n为奇数时,T n=﹣++…﹣+ =1+=．∴Tn=．18．如图,在四棱锥E﹣ABCD中,底面ABCD为正方形,AE⊥平面CDE,已知AE=DE=2,F为线段DF地中点．（I）求证:BE∥平面ACF；（II）求平面BCF与平面BEF所成锐二面角地余弦角．【考点】MT:二面角地平面角及求法；LS:直线与平面平行地判定．【分析】（1）连接BD和AC交于点O,连接OF,证明OF∥BE．然后证明BE∥平面ACF．（II）以D为原点,以DE所在直线为x轴建立如下图所示地空间直角坐标系,求出相关点地坐标,求出平面BEF地一个法向量,平面BCF地一个法向量,设平面BCF 与平面BEF所成地锐二面角为θ,利用数量积求解即可．【解答】解:（1）连接BD和AC交于点O,连接OF,因为四边形ABCD为正方形,所以O为BD地中点．因为F为DE地中点,所以OF∥BE．因为BE⊄平面ACF,OF⊂平面AFC,所以BE∥平面ACF．（II）因为AE⊥平面CDE,CD⊂平面CDE,所以AE⊥CD．因为ABCD为正方形,所以CD⊥AD．因为AE∩AD=A,AD,AE⊂平面DAE,所以CD⊥平面DAE．因为DE⊂平面DAE,所以DE⊥CD．所以以D为原点,以DE所在直线为x轴建立如下图所示地空间直角坐标系,则E（2,0,0）,F（1,0,0）,A（2,0,2）,D（0,0,0）．因为AE⊥平面CDE,DE⊂平面CDE,所以AE⊥CD．因为AE=DE=2,所以．因为四边形ABCD为正方形,所以,所以．由四边形ABCD为正方形,得==（2,2,2）,所以．设平面BEF地一个法向量为=（x1,y1,z1）,又知=（0,﹣2,﹣2）,=（1,0,0）,由,可得,令y1=1,得,所以．设平面BCF地一个法向量为=（x2,y2,z2）,又知=（﹣2,0,﹣2）,=（1,﹣2,0）,由,即:．令y2=1,得,所以．设平面BCF与平面BEF所成地锐二面角为θ,又cos===．则．所以平面BCF与平面BEF所成地锐二面角地余弦值为．19．鹰潭市龙虎山花语世界位于中国第八处世界自然遗产,世界地质公元、国家自然文化双遗产地、国家AAAAA级旅游景区﹣﹣龙虎山主景区排衙峰下,是一座独具现代园艺风格地花卉公园,园内汇集了3000余种花卉苗木,一年四季姹紫嫣红花香四溢．花园景观融合法、英、意、美、日、中六大经典园林风格,景观设计唯美新颖．玫瑰花园、香草花溪、台地花海、植物迷宫、儿童乐园等景点错落有致,交相呼应又自成一体,是世界园艺景观地大展示．该景区自2023年春建成试运行以来,每天游人如织,郁金香、向日葵、虞美人等赏花旺季日入园人数最高达万人．某学校社团为了解进园旅客地具体情形以及采集旅客对园区地建议,特别在2023年4月1日赏花旺季对进园游客进行取样调查,从当日12000名游客中抽取100人进行统计分析,结果如下:（表一）年龄频数频率男女[0,10）100.155[10,20）①②③④[20,30）250.251213[30,40）200.21010[40,50）100.164[50,60）100.137[60,70）50.0514[70,80）30.0312[80,90）20.0202合计100 1.004555（1）完成表格一中地空位①﹣④,并在答题卡中补全频率分布直方图,并估计2023年4月1日当日接待游客中30岁以下人数．（2）完成表格二,并问你能否有97.5%地把握认为在观花游客中"年龄达到50岁以上"与"性别"相关？（3）按分层抽样（分50岁以上与50以下两层）抽取被调查地100位游客中地10人作为幸运游客免费领取龙虎山内部景区门票,再从这10人中选取2人接受电视台采访,设这2人中年龄在50岁以上（含）地人数为ξ,求ξ地分布列（表二）50岁以上50岁以下合计男生 5 40 45 女生 15 40 55 合计 20 80 100 P （K 2≥k ）0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.841 5.024 6.6357.87910.828（参考公式:k 2=,其中n=a +b +c +d ）【考点】CG:离散型随机变量及其分布列；BL:独立性检验．【分析】（1）由频率分布表地性质能完成表（一）,从而能完成频率分布直方图,进而求出30岁以下频率,由此以频率作为概率,能估计2023年7月1日当日接待游客中30岁以下人数．（2）完成表格,求出K 2=≈4.04＜5.024,从而得到没有97.5%地把握认为在观花游客中"年龄达到50岁以上"与"性别"相关．（3）由分层抽样应从这10人中抽取50岁以上人数:10×0.2=2人,50岁以下人数ξ地取值可能0,1,2,分别求出相应地概率,由此能求出ξ地分布列．【解答】解:（1）完成表（一）,如下表:年龄频数频率男女[0,10）100.155[10,20）150.1578[20,30）250.251213[30,40）200.21010[40,50）100.164[50,60）100.137[60,70）50.0514[70,80）30.0312[80,90）20.0202合计100 1.004555完成频率分布直方图如下:30岁以下频率为:0.1+0.15+0.25=0.5,以频率作为概率,估计2023年7月1日当日接待游客中30岁以下人数为:12000×0.5=6000．（2）完成表格,如下:50岁以上50岁以下合计男生54045女生154055合计2080100K2==≈4.04＜5.024,所以没有97.5%地把握认为在观花游客中"年龄达到50岁以上"与"性别"相关．（3）由分层抽样应从这10人中抽取50岁以上人数:10×0.2=2人,50岁以下人数ξ地取值可能0,1,2P（ξ=0）==,P（ξ=1）==,P（ξ=2）==．∴ξ地分布列为:ξ012P20．给定椭圆C:=1（a＞b＞0）,称圆心在原点O,半径为地圆是椭圆C地"准圆"．若椭圆C地一个焦点为F（,0）,其短轴上地一个端点到F地距离为．（Ⅰ）求椭圆C地方程和其"准圆"方程；（Ⅱ）点P是椭圆C地"准圆"上地动点,过点P作椭圆地切线l1,l2交"准圆"于点M,N．（ⅰ）当点P为"准圆"与y轴正半轴地交点时,求直线l1,l2地方程并证明l1⊥l2；（ⅱ）求证:线段MN地长为定值．【考点】KH:直线与圆锥曲线地综合问题．【分析】（Ⅰ）利用已知椭圆地标准方程及其即可得出；（Ⅱ）（i）把直线方程代入椭圆方程转化为关于x地一元二次方程,利用直线与椭圆相切⇔△=0,即可解得k地值,进而利用垂直与斜率地关系即可证明；（ii）分类讨论:l1,l2经过点P（x0,y0）,又分别交其准圆于点M,N,无论两条直线中地斜率是否存在,都有l1,l2垂直．即可得出线段MN为准圆x2+y2=4地直径．【解答】（Ⅰ）解:∵椭圆C地一个焦点为F（,0）,其短轴上地一个端点到F地距离为．∴,,∴=1,∴椭圆方程为,∴准圆方程为x2+y2=4．（Ⅱ）证明:（ⅰ）∵准圆x2+y2=4与y轴正半轴地交点为P（0,2）,设过点P（0,2）且与椭圆相切地直线为y=kx+2,联立得（1+3k2）x2+12kx+9=0．∵直线y=kx+2与椭圆相切,∴△=144k2﹣4×9（1+3k2）=0,解得k=±1,∴l1,l2方程为y=x+2,y=﹣x+2．∵,∴l1⊥l2．（ⅱ）①当直线l1,l2中有一条斜率不存在时,不妨设直线l1斜率不存在,则l1:,当l1:时,l1与准圆交于点,此时l2为y=1（或y=﹣1）,显然直线l1,l2垂直；同理可证当l1:时,直线l1,l2垂直．②当l1,l2斜率存在时,设点P（x0,y0）,其中．设经过点P（x0,y0）与椭圆相切地直线为y=t（x﹣x0）+y0,∴由得．由△=0化简整理得,∵,∴有．设l1,l2地斜率分别为t1,t2,∵l1,l2与椭圆相切,∴t1,t2满足上述方程,∴t1•t2=﹣1,即l1,l2垂直．综合①②知:∵l1,l2经过点P（x0,y0）,又分别交其准圆于点M,N,且l1,l2垂直．∴线段MN为准圆x2+y2=4地直径,|MN|=4,∴线段MN地长为定值．21．已知函数f（x）=x2﹣alnx（a∈R）（1）若函数f（x）在x=2处地切线方程为y=x+b,求a,b地值；（2）讨论方程f（x）=0解地个数,并说明理由．【考点】6K:导数在最大值、最小值问题中地应用；54:根地存在性及根地个数判断；6H:利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）求出导函数,利用f（x）在x=2处地切线方程为y=x+b,列出方程组求解a,b．（2）通过a=0,a＜0,判断方程地解．a＞0,求出函数地导数判断函数地单调性,求出极小值,分析出当a∈[0,e）时,方程无解；当a＜0或a=e时,方程有惟一解；当a ＞e时方程有两解．【解答】解:（1）因为:（x＞0）,又f（x）在x=2处地切线方程为y=x+b所以解得:a=2,b=﹣2ln2…（2）当a=0时,f（x）在定义域（0,+∞）上恒大于0,此时方程无解；…当a＜0时,在（0,+∞）上恒成立,所以f（x）在定义域（0,+∞）上为增函数．∵,,所以方程有惟一解．…当a＞0时,因为当时,f'（x）＞0,f（x）在内为减函数；当时,f（x）在内为增函数．所以当时,有极小值即为最小值…当a∈（0,e）时,,此方程无解；当a=e时,．此方程有惟一解．当a∈（e,+∞）时,,因为且,所以方程f（x）=0在区间上有惟一解,因为当x＞1时,（x﹣lnx）'＞0,所以x﹣lnx＞1,所以,,因为,所以,所以方程f（x）=0在区间上有惟一解．所以方程f（x）=0在区间（e,+∞）上有惟两解．…综上所述:当a∈[0,e）时,方程无解；当a＜0或a=e时,方程有惟一解；当a＞e时方程有两解．…[选修4-4:坐标系与参数方程]22．已知曲线C地极坐标方程是ρ2=4ρcosθ+6ρsinθ﹣12,以极点为原点,极轴为x 轴地正半轴建立平面直角坐标系,直线l地参数方程为（t为参数）．（I）写出直线l地一般方程与曲线C地直角坐标方程,并判断它们地位置关系；（II）将曲线C向左平移2个单位长度,向上平移3个单位长度,得到曲线D,设曲线D经过伸缩变换得到曲线E,设曲线E上任一点为M（x,y）,求地取值范围．【考点】Q4:简单曲线地极坐标方程；O7:伸缩变换．【分析】（I）直线l地参数方程消去数t,能求出直线l地一般方程,由ρcosθ=x,ρsinθ=y,ρ2=x2+y2,能求出曲线C地直角坐标方程,由圆心（2,3）到直线l地距离d=r,得到直线l和曲线C相切．（II）曲线D为x2+y2=1．曲线D经过伸缩变换,得到曲线E地方程为,从而点M地参数方程为（θ为参数）,由此能求出地取值范围．【解答】解:（I）∵直线l地参数方程为（t为参数）．∴消去数t,得直线l地一般方程为,∵曲线C地极坐标方程是ρ2=4ρcosθ+6ρsinθ﹣12,∴由ρcosθ=x,ρsinθ=y,ρ2=x2+y2,得曲线C地直角坐标方程为（x﹣2）2+（y﹣3）2=1．∵圆心（2,3）到直线l地距离d==r,∴直线l和曲线C相切．（II）曲线D为x2+y2=1．曲线D经过伸缩变换,得到曲线E地方程为,则点M地参数方程为（θ为参数）,∴,∴地取值范围为[﹣2,2]．[选修4-5:不等式选讲]23．设f（x）=|x﹣a|,a∈R（Ⅰ）当a=5,解不等式f（x）≤3；（Ⅱ）当a=1时,若∃x∈R,使得不等式f（x﹣1）+f（2x）≤1﹣2m成立,求实数m 地取值范围．【考点】R2:绝对值不等式．【分析】（Ⅰ）将a=5代入解析式,然后解绝对值不等式,根据绝对值不等式地解法解之即可；（Ⅱ）先利用根据绝对值不等式地解法去绝对值,然后利用图象研究函数地最小值,使得1﹣2m大于等于不等式左侧地最小值即可．【解答】解:（I）a=5时原不等式等价于|x﹣5|≤3即﹣3≤x﹣5≤3,2≤x≤8,∴解集为{x|2≤x≤8}；（II）当a=1时,f（x）=|x﹣1|,令,由图象知:当时,g（x）取得最小值,由题意知:,∴实数m地取值范围为．2023年7月23日31。
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．。
2021届河北衡水中学新高考模拟试卷(十六)数学(理)试题
2021届河北衡水中学新高考模拟试卷（十六）数学（理科）试题★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。
3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。
4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
6、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
7、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
8、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
9、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合{}2|2A x x x =>，{}|13B x x =≤≤，则AB =（ ）A. {}|01x x ≤<B. {0x x <或}1x ≥ C. {}|23x x <≤ D. {1x x ≤或}3x >【答案】B 【解析】 【分析】解一元二次不等式得到集合A ，根据并集的概念即可得出结果. 【详解】∵{}{222A x xx x x ==>或}0x <，{}|13B x x =≤≤，∴AB ={0x x <或}1x ≥，故选：B .【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，集合间并集的运算，属于基础题. 2.复数z 满足()()21i 3i z ++=+，则z =（ ） A. 1B.C.D. 2【答案】A 【解析】 【分析】把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数求模公式计算得答案. 【详解】因为复数z 满足()()213z i i ++=+， ∴()()()()313422221112i i ii z i i i i +-+-=-=-=-=-++-， 则1z =， 故选：A .【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，属于基础题.3.(101-的二项展开式中，x 的系数与4x 的系数之差为（ ）A. 220-B. 90-C. 90D. 0【答案】D 【解析】 【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求出x 的系数与4x 的系数，再求其差即可.【详解】∵(101-的二项展开式中，通项公式为()21101r rrr TC x +=⋅-，故x 的系数与4x 的系数之差为2810100C C -=， 故选：D .【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题.4.设变量,x y 满足约束条件2030230x x y x y +≥⎧⎪-+≥⎨⎪+-≤⎩，则目标函数6z x y =+的最大值为( )A. 3B. 4C. 18D. 40【答案】C 【解析】不等式20{30230x x y x y +≥-+≥+-≤所表示的平面区域如下图所示，当6z x y =+所表示直线经过点(0,3)B 时，z 有最大值18.考点：线性规划.5.设函数()()2sin cos cos 2f x x x x =++，则下列结论错误的是（ ） A. ()f x 的最小正周期为π B. ()y f x =的图像关于直线8x π=对称C. ()f x 21D. ()f x 的一个零点为78x π=【答案】D 【解析】 【分析】先利用二倍角公式和辅助角公式化简函数，即可根据()sin y A ωx φ=+的图象与性质判断出各选项的真假. 【详解】因为()()2sin cos cos 21sin 2cos 21224f x x x x x x x π⎛⎫=++=++=+ ⎪⎝⎭， 所以()f x 的最小正周期为π，()f x 21，A 、C 正确； 当8x π=时，sin 2184ππ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭，所以()y f x =的图象关于直线8x π=对称，B 正确；因为718f π⎛⎫=⎪⎝⎭，所以78x π=不是函数()f x 的零点，D 错误． 故选：D .【点睛】本题主要考查利用二倍角公式，辅助角公式进行三角变换，以及函数()sin y A ωx φ=+的图象与性质的应用，属于中档题.6.已知()33log log 2a =，()23log 2b =，32log 2c =，则（ ） A. a b c << B. a c b << C. c a b << D. b a c <<【答案】A 【解析】 【分析】首先得出30log 21<<，然后利用对数函数和指数函数的性质求解即可. 【详解】∵30log 21<<，∴()33log log 20<，即0a <， ∴()230log 21<<，即01b <<， ∵332log 2log 41c ==>，∴a b c <<， 故选：A .【点睛】本题考查三个数的大小的比较，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用.7.已知点()3,2A -在抛物线C ：22x py =（0p >）的准线上，过点A 的直线与抛物线在第一象限相切于点B ，记抛物线的焦点为F ，则BF =（ ） A. 6 B. 8C. 10D. 12【答案】C 【解析】 【分析】由点()3,2A -在准线上可知p 的值，从而确定抛物线的方程，设点B 的坐标为2,8m m ⎛⎫⎪⎝⎭，0m >，通过对抛物线方程求导，可得点直线AB 的斜率，再通过A 、B 两点的坐标也可求得AB k ，于是建立关于m 的方程，解之可得m 的值，最后利用抛物线的定义即可得解.【详解】抛物线()2:20C x py p =>的准线方程为2p y =-， ∵点()3,2A -在准线上，∴22p-=-即4p =， 抛物线的方程为28x y =，即218y x =，设点B 的坐标为2,8m m ⎛⎫⎪⎝⎭，0m >，对218y x =求导可得，14y x '=，∴直线AB 的斜率为14m ，由()3,2A -、2,8m B m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，可知221843AB m k m m =+-=，解之得，8m =或2-（舍负）， ∴点()88B ，，由抛物线的定义可知，48102BF =+=， 故选：C .【点睛】本题考查抛物线的定义、准线方程等，还涉及利用导数求抛物线上某点处切线的斜率，考查学生的分析能力和运算能力，属于中档题.8.盒中有形状、大小都相同的2个红色球和3个黄色球，从中取出一个球，观察颜色后放回并往盒中加入同色球4个，再从盒中取出一个球，则此时取出黄色球的概率为（ ） A.35B.79C.715D.3145【答案】A 【解析】 【分析】若取出的是红色球，再从盒中取出一个球，则此时取出黄色球的概率为：13925P =⨯，若取出的是黄色球，再从盒中取出一个球，则此时取出黄色球的概率为：23759P =⨯，由此能求出再从盒中取出一个球，则此时取出黄色球的概率.【详解】盒中有形状、大小都相同的2个红色球和3个黄色球， 从中取出一个球，观察颜色后放回并往盒中加入同色球4个， 若取出的是红色球，再从盒中取出一个球， 则此时取出黄色球的概率为：13295152P =⨯=， 若取出的是黄色球，再从盒中取出一个球， 则此时取出黄色球的概率为：23775915P =⨯=，∴再从盒中取出一个球，则此时取出黄色球的概率为：1221573155P P P =+=+=， 故选：A .【点睛】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.9.2019年，全国各地区坚持稳中求进工作总基调，经济运行总体平稳，发展水平迈上新台阶，发展质量稳步上升，人民生活福祉持续增进，全年最终消费支出对国内生产总值增长的贡献率为57.8%.下图为2019年居民消费价格月度涨跌幅度：（同比=(本期数-去年同期数)/去年同期数100%⨯，环比=(本期数-上期数)/上期数100%⨯下列结论中不正确的是（ ）A. 2019年第三季度的居民消费价格一直都在增长B. 2018年7月份的居民消费价格比同年8月份要低一些C. 2019年全年居民消费价格比2018年涨了2.5%以上D. 2019年3月份的居民消费价格全年最低 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知中的图表，结合同比增长率和环比增长率的定义，逐一分析给定四个命题的真假，可得答案. 【详解】由折线图知：从2019年每月环比增长率看，2019年第三季度的居民消费价格一直都在增长，故A 正确；在B 中，从2019年每月的同比增长率看，2018年7月份的居民消费价格比同年8月份要低一些，故B 正确； 在C 中，从2019年每月的同比增长率看，从4月份以后每月同比增长率都在2.5%以上，进而估计出2019年全年居民消费价格比2018年涨了2.5%以上，故C 正确；在D 中，不妨设1月份消费价格为a ，故可得2月份价格为()11% 1.01a a +=；同理可得3月份价格为()1.0110.4% 1.00596a a -=； 4月份价格为()1.0059610.1% 1.00696596a a +=；5月份价格和4月份价格相同；6月份价格为()1.0069659610.1% 1.00595899404a a -=，而后面每个月都是增长的.故1月份的价格是最低的，故D 错误. 故选：D .【点睛】本题考查命题真假的判断，考查折线图等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力，考查函数与方程思想，属于基础题.10.已知P 为双曲线C ：22221x y a b-=（0a >，0b >）上一点，O 为坐标原点，1F ，2F 为曲线C 左右焦点.若2OP OF =，且满足21tan 3PF F ∠=，则双曲线的离心率为（ ）A.B.C.D.【答案】C 【解析】 【分析】点P 在双曲线C 的右支上，且满足2OP OF =，即有O 为12PF F △外接圆的圆心，即有1290F PF ∠=︒，运用勾股定理和双曲线的定义，化简整理，结合离心率公式计算即可得到.【详解】点P 在双曲线C 的右支上，且满足2OP OF =，即有O 为12PF F △外接圆的圆心， 即有1290F PF ∠=︒，由双曲线的定义可得122PF PF a -=， ∵21tan 3PF F ∠=，所以213PF PF =， 则13PF a =，2PF a =，由2221212PF PF F F +=，即()22234a a c +=，即有2252c a =，e ，故选：C .【点睛】本题主要考查双曲线的定义和性质，考查勾股定理的运用，运用平面几何中直径所对的圆周角为直角是解题的关键，属于中档题.11.已知A ，B ，C 是球O 的球面上的三点，60AOB AOC ∠=∠=︒，若三棱锥O ABC -体积的最大值为1，则球O 的表面积为（ ） A. 4π B. 9πC. 16πD. 20π【答案】C 【解析】 【分析】作出草图，易得AOB 和AOC △均为等边三角形，当面AOC ⊥面AOB 时，三棱锥O ABC -的体积最大可求出球的半径R ，进而可得球的表面积. 【详解】设球的半径为R ，如图所示，∵60AOB AOC ∠=∠=︒，∴AOB 和AOC △均为等边三角形，边长为R ， 由图可得当面AOC ⊥面AOB 时，三棱锥O ABC -的体积最大， 此时311331132228V R R R R =⨯⨯⨯⨯⨯==，解得2R =， 则球O 的表面积为24216S ππ=⨯=， 故选：C .【点睛】本题考查球的表面积的求法，球的内含体与三棱锥的关系，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题.12.双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线.在平面直角坐标系xOy 中,把到定点()1,0F a -,()2,0F a 距离之积等于2a （0a >）的点的轨迹称为双纽线C .已知点()00,P x y 是双纽线C 上一点,下列说法中正确的有（ ） ①双纽线C 关于原点O 中心对称； ②022a ay -≤≤；③双纽线C 上满足12PF PF =的点P 有两个； ④PO 的最大值为2a . A .①②B. ①②④C. ②③④D. ①③【答案】B 【解析】 【分析】对①,设动点(,)C x y ,把(,)x y 关于原点对称的点(,)x y --代入轨迹方程,显然成立； 对②,根据12PF F △的面积范围证明即可.对③,易得若12PF PF =则P 在y 轴上,再根据()00,P x y 的轨迹方程求解即可.对④,根据题中所给的定点()1,0F a -,()2,0F a 距离之积等于2a ,再画图利用余弦定理分析12PF F △中的边长关系,进而利用三角形三边的关系证明即可.【详解】对①,设动点(,)C x y ,由题可得C 22222[()][()]x a y x a y a ,把(,)x y 关于原点对称的点(,)x y --代入轨迹方程显然成立.故①正确； 对②,因为()00,P x y ,故12121212011||||sin ||22PF F SPF PF F PF F F y =⋅⋅∠=⋅. 又212||||PF PF a ⋅=,所以2120sin 2a F PF a y ∠=⋅,即012sin 22a ay F PF =∠≤,故022a a y -≤≤.故②正确； 对③, 若12PF PF =则()00,P x y 在12F F 的中垂线即y 轴上.故此时00x =,22222[()][()]x a y x a y a ，可得00y =,即()0,0P ,仅有一个.故③错误；对④,因为12POF POF π∠+∠=,故12cos cos 0POF POF ∠+∠=,即222222112212||||||||||||02||||2||||OP OF PF OP OF PF OP OF OP OF +-+-+=⋅⋅, 因为12||||OF OF a ==,212||||PF PF a ⋅= 故2222122||2||||OP a PF PF +=+.即()22212122||2||||2||||OP a PF PF PF PF +=-+⋅, 所以()22122||||||OP PF PF =-.又1212||||||2PF PF F F a -≤=,当且仅当12,,P F F 共线时取等号. 故()()222122||||||2OP PF PF a =-≤,即22||2OP a ≤,解得||2OP a ≤.故④正确.故①②④正确. 故选：B【点睛】本题主要考查了动点轨迹方程的性质判定,因为该方程较复杂,故在作不出图像时,需要根据题意求出动点的方程进行对称性的分析,同时需要结合解三角形的方法对所给信息进行辨析.属于难题.第Ⅱ卷（非选择题 共90分）本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22~23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，满分20分.13.设命题p ：()0,x ∀∈+∞，21e 12xx >+，则p ⌝为___________. 【答案】()00,x ∃∈+∞，0201e 12x x ≤+【解析】 【分析】根据全称命题否定是特称命题求解.【详解】因为命题p ：()0,x ∀∈+∞，21e 12xx >+，是全称命题， 所以其否定是特称命题，即：()00,x ∃∈+∞，0201e12x x ≤+. 故答案为：()00,x ∃∈+∞，0201e12x x ≤+. 【点睛】本题主要考查命题的否定，还考查了理解辨析的能力，所以基础题.14.已知函数()()21sin 12x x x f x x+++=，若()3f a =-，则()f a -=___________.【答案】4 【解析】 【分析】化简()f x 成奇函数加一个常数的结构,再求解()()f x f x +-的值即可.【详解】由题, ()()221sin 1sin 11222x x x x x x f x x x +++++==+,设()2sin 12x x x g x x ++=,则()()()()()()22sin 1sin 122x x x x x x g x g x x x-+--+++-===---为奇函数.故()()()()11122f x f xg x g x +-=++-+=.故()()14f a f a -=-=. 故答案为：4【点睛】本题主要考查了奇函数的性质运用,需要将所给的函数分离出奇函数加常数的结构,再利用奇函数的性质求解.属于中档题.15.在面积为1的平行四边形ABCD 中，6DAB π∠=，则AB BC ⋅=___________；点P 是直线AD 上的动点，则22PB PC PB PC +-⋅的最小值为___________.【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】由平行四边形的面积为1可得2AB AD ⋅=，根据向量数量积的定义即可得出AB BC ⋅的值；由于222PB PC PB PC BC PB PC +-⋅=+⋅，取BC 的中点Q ，连接PQ ，则2PB PC PQ +=，()()2214PB PC PB PCPB PC ⎡⎤⋅=+--⎢⎥⎣⎦，再利用基本不等式的性质即可得出结果. 【详解】∵平行四边形ABCD 的面积为1，即sin 1AB AD DAB ⋅∠=， ∴2AB AD ⋅=，故3cos 232AB BC AB BC DAB ⋅=⋅∠=⨯=. ()2222PB PC PB PC PC PB PB PC BC PB PC +-⋅=-+⋅=+⋅，取BC 的中点Q ，连接PQ ，则2PB PC PQ +=，()()2214PB PC PB PC PB PC ⎡⎤⋅=+--⎢⎥⎣⎦， ∴()()2222221344PB PC P BC PB PC BC BC P P Q B C ⎡⎤+--=⎢⎥⎣+⋅++⎦= 22323334ABCD S BC PQ BC PQ ≥=⋅≥=⋅四边形，此时PQ BC ⊥，32PQ BC =， 故答案为：3，3.【点睛】本题考查了向量的平行四边形法则、数量积运算性质、基本不等式的性质，考查了变形能力与计算能力，属于中档题.16.数学兴趣小组为了测量校园外一座“不可到达”建筑物的高度，采用“两次测角法”，并自制了测量工具：将一个量角器放在复印机上放大4倍复印，在中心处绑上一个铅锤，用于测量楼顶仰角（如图）；推动自行车来测距（轮子滚动一周为1.753米）.该小组在操场上选定A 点，此时测量视线和铅锤线之间的夹角在量角器上度数为37°；推动自行车直线后退，轮子滚动了10卷达到B 点，此时测量视线和铅锤线之间的夹角在量角器上度数为53°.测量者站立时的“眼高”为1.55m ，根据以上数据可计算得该建筑物的高度约为___________米.（精确到0.1） 参考数据：3sin 375︒≈，sin 5345︒≈【答案】31.6 【解析】 【分析】由题意画出简图，设CD h =，即可得43h BC ≈、34h AC ≈，利用17.53AB BC AC ==-即可得解. 【详解】由题意画出简图，如图：由题意可得53CAD ∠=，37CBD ∠=，10 1.75317.53AB =⨯=，所以sin 37tan tan 37cos3734CBD ∠≈==，sin 53cos37tan tan 53cos5433sin 37CAD ∠===≈，设CD h =，则在Rt BCD 中，4tan 3CD hBC CBD =∠≈，在Rt ACD 中，3tan 4CD hAC CAD =∠≈， 所以717.5312AB BC AC h -≈==，解得30.05h ≈， 所以该建筑的高度约为30.05 1.5531.6+=米. 故答案为：31.6.【点睛】本题考查了三角函数的实际应用，关键是把实际问题转化为数学模型，属于基础题.三、解答题：本大题共7小题，共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S （0n S ≠），满足1S ，2S ，3S -成等差数列，且123a a a =.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设()()1311nn n n a b a a +-=++，求数列{}n b 的前n项和nT . 【答案】（1）()2nn a =-.（2）()()112221n n n T ++-+=--+ 【解析】 【分析】（1）设数列{}n a 的公比为q ，由题意结合等差数列、等比数列的性质转化条件可得()()21121a q q a q -+=+、2211a q a q =，即可得解；（2）由题意()()1112121n nn b +=--+-+，利用裂项相消法即可得解.【详解】（1）设数列{}n a 的公比为q ，依题意得()1322S S S +-=， 所以()()23122a a a a -+=+即()()21121a q qa q -+=+，因为10a ≠，所以2320q q ++=，解得1q =-或2q =-，因为0n S ≠，所以2q =-，又因为123a a a =，所以2211a q a q =即12a q ==-，所以()2nn a =-；（2）题意可得()()()()()()()111322*********n n nn n n n n b +++-----==⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤-+-+-+-+⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()1112121nn +=--+-+，则()()()()()()12231111111212121212121n n n T +⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-+-++-⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+-+-+-+-+-+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()()11122112121n n n +++-+=--=--+-+. 【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的综合应用，考查了利用裂项相消法求数列前n 项和的应用，属于中档题.18.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，3PA PD ==，6PB PC ==，90APB CPD ∠=∠=︒，点M ，N 分别是棱BC ，PD 的中点.（1）求证：//MN 平面PAB ；（2）若平面PAB ⊥平面PCD ，求直线MN 与平面PCD 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析（2）69【解析】 【分析】（1）取PA 的中点为Q ，连接NQ ，BQ ，由平面几何知识可得//NQ BM 且NQ BM =，进而可得//MN BQ ，由线面平行的判定即可得证；（2）过点P 作PE AB ⊥交AB 于点E ，作PF CD ⊥交CD 于点F ，连接EF ，取EF 的中点为O ，连接OP ，建立空间直角坐标系后，求出平面PCD 的一个法向量为n 、直线MN 的方向向量MN ，利用sin cos n MN n MN n MNθ⋅=⋅=⋅即可得解.【详解】（1）证明：取PA 的中点为Q ，连接NQ ，BQ ，如图：又点N 是PD 的中点，则//NQ AD 且12NQ AD =， 又点M 是BC 的中点，底面ABCD 是矩形， 则12BM AD =且//BM AD ， ∴//NQ BM 且NQ BM =，∴四边形MNQB 是平行四边形，∴//MN BQ ， 又MN ⊄平面PAB ，BQ ⊂平面PAB ，∴//MN 平面PAB ；（2）过点P 作PE AB ⊥交AB 于点E ，作PF CD ⊥交CD 于点F ，连接EF ， 则PF AB ⊥，PE PF P =，∴AB ⊥平面 PEF ，又AB平面ABCD ，∴平面 PEF ⊥平面ABCD ，∵3PA PD ==，6PB PC ==，90APB CPD ∠=∠=︒， ∴3AB CD ==，2PE PF ==，2BE CF ==，1AE DF ==.设平面PAB ⋂平面PCD l =，可知////l CD AB ， ∵平面PAB ⊥平面PCD ，∴90EPF ∠=︒，∴2EF =，取EF 的中点为O ，连接OP 、OM ，则OP ⊥平面ABCD ，1OP =， ∴OM 、OF 、OP 两两垂直，以O 为坐标原点，分别以OM ，OF ，OP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系,O xyz -，如图所示，则()0,0,1P ，()2,1,0C ，()1,1,0D -，()2,0,0M ，111,,222N ⎛⎫-⎪⎝⎭， ∴()2,1,1PC =-，()1,1,1PD =--，511,,222MN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 设平面PCD 的一个法向量为(),,n x y z =，则由020n PD x y z n PC x y z ⎧⋅=-+-=⎨⋅=+-=⎩，令1y =可得()0,1,1n =.设直线MN 与平面PCD 所成角为θ，则sin cos 2n MN n MN n MNθ⋅=⋅===⋅ ∴直线MN 与平面PCD 所成角的正弦值为9. 【点睛】本题考查了线面平行的判定及利用空间向量求线面角，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.19.已知椭圆C：22221x y a b +=（0a b >>）的离心率为2，且过点()2,1.（1）求椭圆C 的方程；（2）过坐标原点的直线与椭圆交于M ，N 两点，过点M 作圆222x y +=的一条切线，交椭圆于另一点P ，连接PN ，证明：|PM PN =.【答案】（1）22163x y +=（2）见解析【解析】【分析】（1，且过点()2,1，由c a =，22411a b +=，结合222a b c =+求解.（2）当直线PM 的斜率不存在时，可得直线PM 的方程为x =x=. 当直线PM 斜率存在时，设直线PM 的方程为y kx m =+，根据直线PM 与圆相切，得到||m =()11,M x y ，()22,P x y ，则()11 ,N x y --，联立22163y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，由弦长公式求得 PM ，然后由两点间的距离公式，将韦达定理代入求得PN 即可.【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，因为椭圆的离心率为2，且过点()2,1.所以2c a =，22411a b +=，又222a b c =+， 解得26a =，23b =，所以椭圆C 的方程为：22163x y +=.（2）①当直线PM 的斜率不存在时，依题意，可得直线PM的方程为x =或x = 若直线PM：x =，直线MN ：y x =，可得M，(N，P，则PM =，PN =，所以PM PN =； 其他情况，由对称性，同理可得PM PN =.②当直线PM 斜率存在时，设直线PM 的方程为y kx m =+， ∵直线PM 与圆222x y +=相切， ∴圆心O 到直线PM=||m =设()11,M x y ，()22,P x y ，则()11 ,N x y --，联立22163y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消元y ，整理得()222124260k x kmx m +++-=，则122412km x x k +=-+，21222612m x x k-=+.∴12212PM x k=-==+，∵PN =，()12122242221212km m y y k x x m k m k k -⎛⎫+=++=+= ⎪++⎝⎭，∴PN ==.∵m =，∴PN PM ==. 综上可知PM PN =成立.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆，直线与圆的位置关系以及弦长问题，还考查了运算求解的能力，属于难题.20.2020年是我国全面建成小康社会和“十三五”规划收官之年,也是佛山在经济总量超万亿元新起点上开启发展新征程的重要历史节点.作为制造业城市,佛山一直坚持把创新摆在制造业发展全局的前置位置和核心位置,聚焦打造成为面向全球的国家制造业创新中心,走“世界科技+佛山智造+全球市场”的创新发展之路.在推动制造业高质量发展的大环境下,佛山市某工厂统筹各类资源,进行了积极的改革探索.下表是该工厂每月生产的一种核心产品的产量x （520x ≤≤）（件）与相应的生产总成本y （万元）的四组对照数据.工厂研究人员建立了y 与x 的两种回归模型,利用计算机算得近似结果如下：模型①：31733x y =+模型②：68160y x =-.其中模型①的残差（实际值－预报值）图如图所示：（1）根据残差分析,判断哪一个模型更适宜作为y 关于x 的回归方程？并说明理由；（2）市场前景风云变幻,研究人员统计历年的销售数据得到每件产品的销售价格q （万元）是一个与产量x 相关的随机变量,分布列为：q1402x -1302x -1002x -P 0.50.40.1结合你对（1）的判断,当产量x 为何值时,月利润的预报期望值最大？最大值是多少（精确到0.1）？ 【答案】（1）模型①更适宜作为y 关于x 的回归方程,见解析（2）产量为11件时,月利润的预报期望值最大,最大值是774.8万元. 【解析】 【分析】(1)作出模型②的残点图,再对比①的残点图分析即可.(2)根据题意作出Y 的分布列,进而得出其数学期望()3213217332x x E Y x =--+-,再求导分析其单调性求出最大值即可.【详解】（1）模型②的残差数据如下表： x 5 7 9 11 y200 298431609 ˆe2018- 21-21模型②的残点图如图所示.模型①更适宜作为y 关于x 的回归方程,因为：理由1：模型①这个4个样本点的残差的绝对值都比模型②的小.理由2：模型①这4个样本的残差点落在的带状区域比模型②的带状区域更窄. 理由3：模型①这4个样本的残差点比模型②的残差点更贴近x 轴. （2）设月利润为Y ,由题意知Y qx y =-,则Y 的分布列为：Y2314017323x x x ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭2313017323x x x ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭2310017323x x x ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭P 0.50.40.1()2323231211401731301731001732322352310x x x x x x E Y x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---⋅+---⋅+---⋅⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭3213217332x x x =--+-.设函数()3213217332x x f x x =--+-,()0,x ∈+∞,()2132f x x x '=--+,令()0f x '=,解得11x =或12x =-（舍）,当()0,11x ∈时,()0f x >′,则()f x 单调递增；当()11,x ∈+∞时,()0f x <′,则()f x 单调递减. 则函数()f x 的最大值()4649116f =,即产量为11件时,月利润的预报期望值最大,最大值是774.8万元. 【点睛】本题主要考查了根据题意作出分布列求解数学期望最值的问题.同时也考查了求导分析函数单调性与最值的问题,属于中档题. 21.已知函数()sin f x x a x =-（x a ≥）.（1）若()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（2）若14a <-，证明：()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭有唯一的极值点x ，且()00012f x x x π>--. 【答案】（1）{}|22,a k a k k Z πππ-≤≤∈.（2）见解析 【解析】 【分析】（1）计算()0f a ≥得到22k a k πππ-≤≤，再证明当22k a k πππ-≤≤（k Z ∈）时，()0f x ≥，先sin x ≥（0x ≥），讨论22k a k πππ-≤≤和2x k π≥两种情况，计算得到证明.（2）求导得到()cos f x x '=-，()()321sin 4g x x x a '=-+-，得到存在唯一实数00,2t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g t '=，存在唯一实数0,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x =，得到()()00000011sin 2cos 2cos f x x x x x x +=+->，得到证明.【详解】（1）由()0f a ≥，得sin 0a -≥，即sin 0a ≤，解得22k a k πππ-≤≤，k Z ∈， 以下证明，当22k a k πππ-≤≤（k Z ∈）时，()0f x ≥.sin x ≥（0x ≥）. 若1x >1sin x >≥； 若01x ≤<x ≥.令()sin g x x x =-（0x ≥），可知()1cos 0g x x '=-≥，函数单调递增， 故()()00g x g ≥=，即sin x x ≥（0x ≥），sin x ≥（0x ≥）.若22k a k πππ-≤≤（k Z ∈），则当2a x k π≤≤时，sin 0x ≤，0sin x ≥≥，即()0f x ≥； 当2x k π≥sin x ≥（0x ≥），()sin 2sin x k x π≥-=.故当22k a k πππ-≤≤（k Z ∈）时，()0f x ≥.综上，所求a 的取值范围是{}|22,a k a k k Z πππ-≤≤∈. （2）()cos f x x '=-，令()cos g x x =-，()()321sin 4g x x x a '=-+-，∵14a <-，∴()g x '是0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上的增函数，又()00g '<，32110242g a ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭， 故存在唯一实数00,2t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g t '=，当()0 0,x t ∈时，()0g x '<，()g x 递减；当0,2x t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 递增.又14a <-，则14a ->12>，1>， ∴()010g =<，1110322g π⎛⎫⎪⎛⎫⎪==-< ⎪⎪⎝⎭⎪⎭，02g π⎛⎫=> ⎪⎝⎭. 故存在唯一实数0,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00cos 0g x x =-=. 当()00,x x ∈时，()()0f x g x '=<，()f x 递减； 当0,2x t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0f x g x '=>，()f x 递增. 所以()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭有唯一极小值点0x ，且极小值为()00sin f x x =. 又由()00cos 0g x x =-=012cos x =，∴()0001sin 2cos f x x x =-.又()()00000011sin 2cos 2cos f x x x x x x +=+->.以下只需证明，即证00112cos 2x x π>-，0002cos 2x x π<<-.∵00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴00002cos 2sin 2222x x x x πππ⎛⎫⎛⎫=-<-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 则()()0000000111sin 2cos 2cos 2f x x x x x x x π+=+->>-，所以()00012f x x x π>--. 【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，极值点问题，证明不等式，先算后证是解题的关键.请考生在第22，23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清楚题号.22.在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为2cos 22sin x ty t =⎧⎨=+⎩（t 为参数），以坐标原点O 为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为4cos ρθ=. （1）说明1C 是哪种曲线，并将1C 的方程化为极坐标方程； （2）设点M 的极坐标为()4,0，射线θα=（02πα<<）与1C 的异于极点的交点为A ，与2C 的异于极点的交点为B ，若4AMB π∠=，求tan α的值.【答案】（1）1C 是圆心为()0,2，半径为2的圆.4sin ρθ=；（2）1tan 2α=. 【解析】 【分析】（1）由曲线1C 的参数方程消去参数t ，得到曲线1C 的直角坐标方程，再由222,sin x y y ρρθ=+=，得到曲线1C 的极坐标方程；（2）设()1,A ρθ，()2,B ρθ，θα=.可得4cos 4sin AB OB OA αα=-=-，4sin BM α=.由4AMB π∠=，得AB BM =，即求tan α的值.【详解】（1）1C 是圆心为()0,2，半径为2的圆.1C ∴的直角坐标方程为()2224x y +-=，即2240x y y +-=.222x y ρ=+，sin y ρθ=，得24sin 0,4sin ρρθρθ-=∴=.1C ∴的极坐标方程为4sin ρθ=.（2）设()1,A ρθ，()2,B ρθ，∵θα=，∴4sin OA α=，4cos OB α=，4cos 4sin AB OB OA αα=-=-，4OM =，∴4sin BM α=，∵4AMB π∠=，∴AB BM =，则4cos 4sin 4sin ααα-=，即cos 2sin αα=，所以1tan 2α=. 【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程的互化，考查极坐标系下求极角，属于中档题. 23.已知函数()2cos 15f x x a a =+-+-，a ∈R . （1）若()08f >，求实数a 的取值范围； （2）证明：对x ∀∈R ，()151f x a a≥--+恒成立. 【答案】（1）{}|06x a x <>或.（2）见解析 【解析】 【分析】（1）将0x =代入函数，列出不等式，再根据零点分段法即可求出实数a 的取值范围； （2）根据不等式恒成立问题的解法可知，只要()min 1112cos a x a---+≤即可， 亦即1112a a-++≥，再根据绝对值三角不等式以及基本不等式即可证出． 【详解】（1）∵()02158f a a =+-+->，即156a a -+->.当5a ≥时，不等式化为1565a a a -+->⎧⎨≥⎩，解得6a >；当15a <<时，不等式化为15615a a a -+->⎧⎨<<⎩，此时a 无解；当1a ≤时，不等式化为1561a a a -+->⎧⎨≤⎩，解得0a <.综上，原不等式的解集为{}|06x a x <>或. （2）要证明对x ∀∈R ，()151f x a a≥--+恒成立.只需证明对x ∀∈R ，12cos 11x a a ≥---+恒成立.即证明()min 1112cos a x a ---+≤， ∵()min 2cos 2x =-，1112a a---+≤-，即1112a a -++≥.∵111111112a a a a a a aa -++≥-++=+=+≥，所以原命题得证． 【点睛】本题主要考查利用零点分段法求解含有两个绝对值的不等式，基本不等式，绝对值三角不等式的应用，以及不等式恒成立问题的解法应用，意在考查学生的转化能力，分类讨论意思的应用能力，属于中档题．。
2021届河北衡水中学新高考模拟试卷(十三)理科数学
2021届河北衡水中学新高考模拟试卷（十三）数学试卷（理科）★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。
3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。
4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
6、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
7、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
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8、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
9、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
一、选择题（共12小题）.1.设全集为{}2|1log 3A x x =≤≤，{}2|340B x x x =--<，则AB 等于（ ）A. ()1,2-B. (]1,8-C. []4,8D. [)2,4【答案】D 【解析】 【分析】解对数不等式得集合A ，解一元二次不等式得集合B ，再由交集定义计算． 【详解】∵{}28|A x x =≤≤，{}|14B x x =-<<，∴{}|24x x A B =≤<.故选：D.【点睛】本题考查集合的交集运算，考查对数函数性质，掌握对数函数性质是解题关键． 2.设12,z z 是复数，则下列命题中的假命题是（）A. 若120z z -=，则12z z =B. 若12z z =，则12z z =C. 若12=z z ，则1122z z z z ⋅=⋅D. 若12=z z ，则2212z z =【答案】D 【解析】试题分析：对（A ），若120z z -=，则12120,z z z z -==，所以为真；对（B ）若12z z =，则1z 和2z 互为共轭复数，所以12z z =为真； 对（C ）设111222,z a b z a i b i =+=+，若12=z z ，则22221122a b a b +=+，222211112222,z z a b z z a b ⋅=+⋅=+，所以1122z z z z ⋅=⋅为真；对（D ）若121,z z i ==，则12=z z 为真，而22121,1z z ==-，所以2212z z =为假．故选D ．考点：1.复数求模；2.命题的真假判断与应用．3.某篮球队甲、乙两名运动员练习罚球，每人练习10组，每组罚球40个.命中个数的茎叶图如下图，则下面结论中错误．．的一个是（ ）A. 甲的极差是29B. 甲的中位数是24C. 甲罚球命中率比乙高D. 乙的众数是21【答案】B 【解析】 【分析】通过茎叶图找出甲的最大值及最小值求出极差判断出A 对；找出甲中间的两个数，求出这两个数的平均数即数据的中位数，判断出D 错；根据图的数据分布，判断出甲的平均值比乙的平均值大，判断出C 对． 【详解】由茎叶图知甲的最大值为37，最小值为8，所以甲的极差为29，故A 对甲中间的两个数为22，24，所以甲的中位数为2224232+=故B 不对 甲的命中个数集中在20而乙的命中个数集中在10和20，所以甲的平均数大，故C 对 乙的数据中出现次数最多的是21，所以D 对 故选B ．【点睛】茎叶图的优点是保留了原始数据，便于记录及表示，能反映数据在各段上的分布情况．茎叶图不能直接反映总体的分布情况，这就需要通过茎叶图给出的数据求出数据的数字特征，进一步估计总体情况．4.定义在R 上的函数1()()23x m f x -=-为偶函數，21(log )2a f =，131(())2b f =，()c f m =，则A. c a b <<B. a c b <<C. a b c <<D. b a c <<【答案】C 【解析】 【分析】由偶函数得到0m =，明确函数的单调性，综合利用奇偶性与单调性比较大小即可. 【详解】∵1()()23x mf x -=-为偶函数，∴0m =，即1()()23xf x =-，且其在[)0,+∞上单调递减，又1310()21<<，∴()()13211(())(log 02))2(1c b f f a f f f m ==>=>==故选：C【点睛】本题考查函数的性质，考查函数的奇偶性与单调性，考查转化思想，属于中档题.5.设函数()4cos f x x x =--的导函数为()g x ，则()g x 图象大致是（ ）A. B. C. D.【答案】D 【解析】 【分析】求出导函数()g x ，然后研究()g x 的性质，用排除法确定正确选项．【详解】因为()4cos f x x x =--，所以()3'sin 4f x x x =-，所以()3sin 4g x x x =-，所以函数()g x 是奇函数，其图象关于原点成中心对称，而函数()g x 为偶函数，其图象关于y 轴对称，所以选项B ，C 错误；又因为其图象过原点O ，所以选项A 错误. 故选：D.【点睛】本题考查导数的运算，考查由函数解析式选择函数图象，解题时可根据解析式确定函数的性质，利用排除法得出正确选项．6.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 17＝51，则2a 10﹣a 11＝（ ） A. 2 B. 3C. 4D. 6【答案】B 【解析】 【分析】由已知结合等差数列的的前n 和公式，可求出9a ，再利用等差数列的性质，即可求解. 【详解】∵S 17＝51，∴()117172a a +=51，a 1+a 17＝6＝2a 9，解得a 9＝3，则2a 10﹣a 11＝a 9＝3.故选：B .【点睛】本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题. 7.执行如图所示的程序框图，若输出的n ＝6，则输入的整数p 的最大值为（ ）A. 7B. 15C. 31D. 63【答案】C 【解析】 【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算变量S 的值，并输出满足退出循环条件时的n 值，模拟程序的运行，用表格对程序运行过程中各变量的值进行分析，不难得到输出结果.【详解】程序在运行过程中各变量的值如下表示： 是否继续循环Sn 循环前，0,1S n ==第一次循环后，是，1,2S n ==， 第二次循环后，是，3,3S n ==， 第三次循环后，是，7,4S n ==。
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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．。