2020年衡水中学高三理数下十调参考答案

递减；
∴
c
g
x min
g
e
b
e
2
b
c
b
e
2
b
[e
1
,e
2
.---------------9
1]
分
ee
③当 p 1 p e 0 时， p x ln x x b 在上递增；
存在唯一实数 x0 1, e ，使得 p x0 0 ，则当 x 1, x0 时 p x 0 g ' x 0 .
接球相同，所以 S1 S2
三．解答题：（共 70 分）
17.解：（1）由
0
A
，
cos
A
2 3
，得
sin
A
5 ，…………………………1 分 3
所以 sin B sin 2 A 2 sin A cos A 2 5 2 4 5 ，…………………………3 分 33 9
由正弦定理 a b ，可得 a b sin A 6 .…………………………6 分
a [1,3], 则 E(2,0, a 1) ， F (0,1, a) ， P(2,0, a 1) ， Q(0,1, a) ，
EF （ 2,1，1）， QP (2,1,1) ，所以 EF // PQ ，故 E, F, P,Q 四点共面.又 EF // PQ，EF 平面BPQ, PQ 平面BPQ ，所以 EF // 平面PQB .……6 分
4
a
渐近线方为 : y 3 15 11
故选 B.
12.【解析】
(1)当x 1时，f (x) x2 2kx 2k f (x)的对称轴为x k，开口向上 ①当k 1时，f (x)在（- ，k )递减，（k,1）递增 当x k时，f (x)有最小值，即f (k ) 00 k 1
②当k 1时，f (x)在（- ，1）上递减 当x 1时，f (x)有最小值，即f (1) 0 1 0显然成立，此时k 1
8.【解析】 f (x) f (x), f (x 1) f (x 1) f (0) 0
最小正周期T 4
f (2019) f (505 4 1) f (1) f (1) 1 , f (2020) f (505 4) f (0) 0
f (2019) f (2020) 1
（2）.平面 EFPQ 中向量 EF （ 2,1，1）， EQ （ 2,1，1），设平面 EFPQ 的一个法向
量为（x1,
y1,
z1），则
2 x1 2 x1
y1 y1
z1 z1
0
，可得其一个法向量为
0
n1
(1,0,2)
.
平面 BPQ 中， BP （ 2,1，a 1）， BQ （0,2, a），设平
（2）当 x 1时， f ( x) ( x k 1)ex e3 f ' ( x) ( x k )ex
①当k 1时，f (x)在（1， ）上递增 f ( x) f (1) ke e3 0k e2 此时k 1
②当k 1时，f (x)在(1, k )递减，（k,）递增 f ( x) f (k ) ek e3 0k 3此时1 k 3
又当直线 l 的斜率为０时，也符合条件．综上，
1 MN
1 OQ 2
3
为定值，且为 ．…１２分
4
20. 解 析
(1) 所 求 概 率
P ＝ (C
1 2
2 3
.
1 3
)(C
2 2
1 . 1 )＋ 22
(C
2 2
2 3
.
2 3
)(C
1 2
1 2
.
1 2
)+(C
2 2
2 3
.
2 3
)(C
2 2
1 . 1 )= 4 ----------------------6 分 22 9
①当 p 1 0 时，即 b 1b [1, e] 所以 b 1时 x 1, e， p x 0 g ' x 0 ，
∴
g
x 在1, e
上递增；∴ c
g
x min
g
1
b
b
c
2b
2
.
②当 p e 0 ，即 b [e 1, e]时 x 1, e， p x 0 g ' x 0 ，∴ g x 在1, e 上
综上： 0 k 3
故选 D.
二．填空题：
13. 10
14.
y
1 16
1
15.
4
16.①⑤
15.解析：易知 an
19 , n 1 2 11 n, n
2
b1
1,
bn1
n
n
1
bn
nbn
(n
1)bn1
所以数列
nbn 是常数列，得：
bn
1 n
，又数列
an , bn 的 最 小 公 共 周 期 为
故选 A.
9.【解析】分两种情况：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为
P1
1 2
3 5
1 2
2 5
3 50
；
后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为
P2
1 2
2 5
1 2
2 5
1 25
所以，所求事件概率为：
P1
P2
1 10
故选
C.
10.【解析】
x1
x2
min
3
，周期 T
,
2 T
2
,
y
2 sin
2
x
6
1
所以， AM 305 .…………………………12 分 3
18.解析：（1）证法 1：在棱 CC1, DD1 分别取点 M , N ，使得 QN PM 1 ，易知四边形
MNQP 是·平行四边形，所以 MN // PQ ，联结 FM , MN , NE ，
则AE ND,且AE // ND 所以四边形 ADNE 为矩形，故 AD // NE ，同理，FM // BC // AD 且 NE MF AD ， 故 四 边 形 FMNE 是 平 行 四 边 形 ， 所 以 EF // MN ，所以 EF // PQ
42
4
方法二：（1）当射线 OD 的斜率存在时，设斜率为 k ， OD 方程为 y kx ，
y kx
由
x
2
y2
得
2
yP2
2 1 k2
，同理得
xP 2
4 1 k2
，所以
xP 2
2 yP 2
4
即有动点 P
的
轨迹 C 的方程为 x2 y2 1 .当射线 OD 的斜率不存在时 ，点 (0, 2 ) 也满足 ………5 分 42
(2)他们在一轮游戏中获“优秀小组”概率为
P C21P1(1 P1)C22P22 C22P12C21P2 (1 P2 ) C22P12C22P22
=2P
1
P
2
(P
1
+P
2
)-3P
2 1
P
2 2
-------------------------8 分
4 因为 P 1 + P2 = 3
所以
P=
解得 a 2 3 2 [1,3], 故不存在点 P 使之成立.……………12 分
19.解析：方法一：（1）如图设 BOE ，则 B( 2 cos , 2 sin )
D(2 cos,2sin ) ，所以 xP 2cos ， yP 2 sin . 所以动点 P 的轨迹 C 的方程为 x2 y2 1 .……………5 分
4
16
当 t=
9
时
P max = 27
他们小组在 n 轮游戏中获“优秀小组”次数 满足
~
4 由 np max =16 则 n=27 所以理论上至少要进行 27 轮游戏。 此时 P 1 + P2＝ 3
2
P1
=P2
＝
3
---------------12 分
B( n , p )
4 p1p2 = 9
21.解析（1） f ( x) a ln x x a( x 0, a R)
f '(x) a 1 a x x 0, a R
x
x
① 当 a 0 时， f ( x)的 减区间为 (0,) ，没有增区间
② 当 a 0 时， f ( x)的 增区间为 (0, a) ，减区间为 (a,) -----------------4 分
（2）原不等式 k a(1 ln x) x x ln x b . x
sin A sin B
sin B
（2）
cos
B
cos
2
A
2
cos
2
A
1
2
2 3
2
1
1 9
，…………………………8
分
在 ABC cos C cos( A B) sin Asin B cos Acos B 22 ………………………10 分 27
在 ACM 中，由余弦定理得： AM 2 AC 2 CM 2 2AC CM cosC 305 9
a 1 ln x x x ln x b 1 ln x x x ln x b
a [1, e], x [1, e] ，∴
x
x
，-------6 分
令
g
x
1
ln
x
x x
x
ln
x
b
g
'
x
ln
x x2
x
b
，
令 p(x) ln x x b p'(x) 1 1 x
p x ln x x b 在 1, 上递增；
8 3
p
2
p
2
-3p
2 1
p
2 2
因 0≤P 1 ≤1, 0≤P 2 ≤1
所以
1 3 ≤P 1 ≤1
1
，
3
≤P
2
≤1，又
p
2
p
2
≤（
P1
2
P2
）2 = 4 9
5
所以
1 9
<
p
1
p
2
≤
4 9
令 t=p 1 p 2
以1<t ≤4
9
9
则 P=h(t)=-3t 2 + 8 t 3 -----------10 分
高三年级第十次调研考试
数学（理科）参考答案
一．选择题： DDCBC DCACA BD
1.【解析】 B x 0 x 4 A x Z x 1 A B 1,2,3故选 D.
2.【解析】 z2 1 b2 2bi 3 4i,b 2, z 1 2i, z 1 2i .故选 D.
3.【解析】设等比数列{an} 公比为 q ，则
m2 2 ………８分
1 m2 y1 y2 4(m2 1)
又射线 OQ
方程为
y
mx
，带入椭圆 C
的方程得
x2
2(my)2
4 ，即
xQ 2
1
4 2m2
yQ 2
4m2 1 2m2
，
1 OQ 2
1 2m2 4(m2 1)
………１０分
1
所以
1
m2 2 1 2m2 3 ……１１分
MN OQ 2 4(m2 1) 4(m2 1) 4
故 E, F, P,Q 四点共面
又 EF // PQ，EF 平面BPQ, PQ 平面BPQ ，
3
所以 EF // 平面PQB .…………………6 分
证法 2：因为直棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面是菱形， AC BD, AA1 底面ABCD ，
设 AC, BD 交点为 O ，以 O 为原点，分别以 OA,OB ，及过 O 且与 AA1 平行的直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系.则有 A(2,0,0) ， B(0,1,0) ， C(2,0,0) ， D(0,1,0) ，设 BF a ，
2 sin
2x
3
1 ,又 新函数的图像关于
y
轴对称，
k , k ，
3
2
6
min
6
答案：A
11.【解析】由题可知P（2a,2b）, F1(c,0),
F2
(c,0)
，
cos
PF2
F1
1 4
1
F2P F2F1
F2P F2F1 2a c
cos PF2F1
c
a
16 或 c 11 a c 2
60 ， 所 以
a2020
b2020
a40
b40 ，而 a40
a10
1 ， b40
b4
1 4
，所以 a2020
b2020
a40
b40
1 4
16.解析：不妨设 AD 2 ，又 ACD 为正三角形，由 DA DB DB DC 3DB AB ，
得 DA DB DB DC DB (DA DC) 0 ，即有 DB AC ，所以 ADB 30
2
DB DC 3DB AB
得 DB DC 3DB (DB
DA ) ，化简可以得 DB 4
3
，
3
DAB 90 ，易得 SABD SACD ，故V1 V2 ，由于 ADB ACD 60 ，所以
Hale Waihona Puke Baidu
ABD与ACD 的外接圆相同（四点共圆），所以三棱锥 P ABD ，三棱锥 P ACD 的外
a6 a3
a8 a5
q3
1 27
q
1 3
，
所以 a6
a1
q5
1 243
.故选
C.
4.答案：B
5.【解析】 a 0, b 1,0 c 1，故选 C.
6.D
7.【解析】设圆锥底面半径为 r ，则 2 r
Lr
L 2
，所以，v
1 3
r
2
h
L2h 12
3 112
L2 h
28 .故选 C. 9
面 BPQ 的一个法向量为
n
（x2 ,
y2 ,
z2），则
2 x2 2 y2
y2 （a az2 0
1）z2
0
，
所以取其一个法向量 n2 （a 2,2a,4）.
若
cos n1, n2
n1 n2
5
5 (a 2)2 a2 16 5
，则
（a 10）2 5a2 4a 8 ，
即有 a2 4a 23 0 ， a [1,3],
（2）.由（1）可知 E 为 C 的焦点，设直线 l 的方程为 x my 2 （斜率不为 0 时）且设点
M
( x1 ,
y1 ),
N
( x2 ,
y2
)
，由
x my x2 2 y2
2 4
得
(m2
2)
y2
2
2my 2 0
所以
y1
y2
2 m2
2m 2
，所以
1
y1
y2
2 m2
2
MN
1