河北省衡水中学2020届高三下学期第九次调研数学(理)试题

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河北省衡水中学2020届高三下学期第九次调研数学(理)试题

衡水中学2019—2020学年度高三下学期第九次调研考试 数学(理科)‎ 一、选择题(本大题包括12小题,每小题5分,共60分.)‎ ‎1.已知集合,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合A,B,再求.‎ ‎【详解】因为,,‎ 所以.‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算,属于基础题.‎ ‎2.复数上的虚部为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简得到计算虚部得到答案.‎ ‎【详解】,所以的虚部为.‎ 故选:‎ ‎【点睛】本题考查了复数虚部的计算,属于简单题.‎ ‎3.某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准,现选择15名志愿者,对其身高和臂展进行测量(单位:厘米),左图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图,右图为身高与臂展所对应的散点图,并求得其回归方程为,以下结论中不正确的为( )‎ A. 15名志愿者身高的极差小于臂展的极差 B. 15名志愿者身高和臂展成正相关关系,‎ C. 可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米 D. 身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米,‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据散点图和回归方程的表达式,得到两个变量的关系,A根据散点图可求得两个量的极差,进而得到结果;B,根据回归方程可判断正相关;C将190代入回归方程可得到的是估计值,不是准确值,故不正确;D,根据回归方程x的系数可得到增量为11.6厘米,但是回归方程上的点并不都是准确的样本点,故不正确.‎ ‎【详解】A,身高极差大约为25,臂展极差大于等于30,故正确;‎ B,很明显根据散点图像以及回归直线得到,身高矮臂展就会短一些,身高高一些,臂展就长一些,故正确;‎ C,身高为190厘米,代入回归方程可得到臂展估计值等于189.65厘米,但是不是准确值,故正确;‎ D,身高相差10厘米的两人臂展的估计值相差11.6厘米,但并不是准确值,回归方程上的点并不都是准确的样本点,故说法不正确.‎ 故答案为D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查回归分析,考查线性回归直线过样本中心点,在一组具有相关关系的变量的数据间,这样的直线可以画出许多条,而其中的一条能最好地反映x与Y之间的关系,这条直线过样本中心点.线性回归方程适用于具有相关关系的两个变量,对于具有确定关系的两个变量是不适用的, 线性回归方程得到的预测值是预测变量的估计值,不是准确值.‎ ‎4.函数的图象不可能是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变成分段函数后分段求导,通过对分类讨论,得到函数的单调性,根据单调性结合四个选项可得答案.‎ ‎【详解】,∴.‎ ‎(1)当时,,图象为A;‎ ‎(2)当时,,∴在上单调递增,‎ 令得,‎ ‎∴当时,,‎ 当时,,‎ ‎∴在上单调递减,在上单调递增,图象为D;‎ ‎(3)当时,,∴在上单调递减,‎ 令得,‎ ‎∴当时,,‎ 当时,,‎ ‎∴在上单调递减,在上单调递增,图象为B;‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数的图像的识别,考查了分类讨论思想,考查了利用导数研究函数的单调性,属于中档题.‎ ‎5.某几何体的三视图如图所示,该几何体表面上的点与点在正视图与侧视图上的对应点分别为,,则在该几何体表面上,从点到点的路径中,最短路径的长度为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出几何体的图形,然后PQ的路径有正面和右面以及正面和上面两种路径,分别计算出结果,得出答案.‎ ‎【详解】由题,几何体如图所示 ‎(1)前面和右面组成一面 此时PQ= ‎ ‎(2)前面和上面再一个平面 此时PQ= ‎ ‎ ‎ 故选C ‎【点睛】本题考查了几何体的三视图以及相关的计算,解题的关键是PQ的路径有两种情况,属于较易题.‎ ‎6.设,为正数,且,则的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据,化简,根据均值不等式,即可求得答案;‎ ‎【详解】当时,‎ ‎,‎ 当且仅当时,即取等号,‎ ‎.‎ 故选:D ‎【点睛】本题主要考查了根据均值不等式求最值,解题关键是灵活使用均值不等式,注意要验证等号的是否成立,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.‎ ‎7.我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”,用现代式子表示即为:在中,角所对的边分别为,则的面积.根据此公式,若,且,则的面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据,利用正弦定理边化为角得,整理为,根据,得,再由余弦定理得,又,代入公式求解.‎ ‎【详解】由得,‎ 即,即,‎ 因为,所以,‎ 由余弦定理,所以,‎ 由的面积公式得 故选:A ‎【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理,还考查了运算求解的能力,属于中档题.‎ ‎8.执行如图所示的程序框图,则输出的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题知,该程序是利用循环结构计算,输出变量的值,可发现周期为,即可得到,,,此时输出.‎ ‎【详解】,.,.,.‎ ‎,.,.‎ 可发现周期,,,.‎ 此时输出.‎ 故选:‎ ‎【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构和条件结构,周期是是解决本题的关键,属于简单题.‎ ‎9.设,,,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件,令,代入中并取相同的正指数,可得的范围并可比较的大小;由对数函数的图像与性质可判断的范围,进而比较的大小.‎ ‎【详解】因为 令 则 将式子变形可得,‎ 因为 所以 由对数函数的图像与性质可知 综上可得 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了指数式与对数式大小比较,指数幂的运算性质应用,对数函数图像与性质应用,属于基础题.‎ ‎10.已知双曲线,点是直线上任意一点,若圆与双曲线的右支没有公共点,则双曲线的离心率取值范围是( ).‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出双曲线的渐近线方程,可得则直线与直线的距离,根据圆与双曲线的右支没有公共点,可得,解得即可.‎ ‎【详解】由题意,双曲线的一条渐近线方程为,即,‎ ‎∵是直线上任意一点,‎ 则直线与直线的距离,‎ ‎∵圆与双曲线的右支没有公共点,则,‎ ‎∴,即,又 故的取值范围为,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线和双曲线的位置关系,以及两平行线间的距离公式,其中解答中根据圆与双曲线的右支没有公共点得出是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.‎ ‎11.直线与函数的图象的相邻两个交点的距离为,若在上是增函数,则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线与函数的图象的相邻两个交点的距离为一个周期,得到,则,然后求得其单调增区间,再根据在上是增函数,由是增区间的子集求解.‎ ‎【详解】因为直线与函数的图象的相邻两个交点的距离为一个周期,‎ 所以,,‎ 由,得,‎ 所以在上是增函数,‎ 由,‎ 解得.‎ 故选:B ‎【点睛】本题主要考查正切函数的图象和性质,还考查了运算求解的能力,属于中档题 ‎12.已知函数,若方程有3个不同的实根,则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数法,明确在,上是增函数,在上是减函数,结合的图象,得,构造函数,再利用导数法求其取值范围.‎ ‎【详解】由得,‎ 所以在,上是增函数,在上是减函数,‎ 结合的图象 可得,又,‎ 设,则,‎ 所以在上是减函数,在上是增函数,‎ 由,,,‎ 可得的取值范围是 ‎ 故选:A ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用,还考查了转化化归的思想和运算求解问题的能力,属于难题.‎ 二、填空题(本大题共4小题,每题5分,共20分.)‎ ‎13.的展开式的第项为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项式定理的通项公式求解即可 ‎【详解】由题展开式的第2项为 故答案为 ‎【点睛】本题考查二项式定理,熟记公式,准确计算是关键,是基础题.‎ ‎14.已知中,,,,若点满足,则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据,以为一组基底,由,得到,再由求解.‎ ‎【详解】因为 又因为,,‎ 所以,‎ 所以 ‎.‎ 故答案为:-12‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查平面向量基本定理和向量的线性运算,还考查了运算求解的能力,属于中档题.‎ ‎15.记等差数列的前n项和为,若,,则的前n项和______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的通项公式以及前项和公式代入可求得,再由分组求和即可求解.‎ ‎【详解】因为是等数差数列,,而,‎ 所以,解得,,则,;‎ 数列构成首项为9,公差为9的等差数列;‎ 若n为偶数,则,‎ 若n为奇数,则T ‎ ‎ 故.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式以及分组求和,需熟记公式,属于基础题.‎ ‎16.已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上,平面,,,,,则球的表面积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析:根据三棱锥的结构特征,求得三棱锥外接球半径,由球表面积公式即可求得表面积.‎ 详解:由,根据同角三角函数关系式得 ‎ ,解得 ‎ 所以 ,因为,,由余弦定理 ‎ 代入得 ‎ 所以△ABC为等腰三角形,且 ,由正弦定理得△ABC外接圆半径R为 ,解得 ‎ 设△ABC外心为 , ,过 作 ‎ 则在 中 ‎ 在中 ‎ 解得 ‎ 所以外接球面积为 ‎ 点睛:本题综合考查了空间几何体外接球半径的求法,通过建立空间模型,利用勾股定理求得半径;结合球的表面积求值,对空间想象能力要求高,综合性强,属于难题.‎ 三、解答题(本大题共6小题,共70分,解答应写出文字说明或演算步骤.)‎ ‎17.设.‎ ‎(Ⅰ)求的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)在锐角中,角的对边分别为,若,求面积的最大值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)单调递增区间是;‎ 单调递减区间是 ‎(Ⅱ)面积的最大值为 ‎【解析】‎ 试题分析:(Ⅰ)首先利用二倍角公式化简函数的解析式,再利用正弦函数的单调性求其单调区间;‎ ‎(Ⅱ)首先由结合(Ⅰ)的结果,确定角A的值,然后结合余弦定理求出三角形面积的最大值.‎ 试题解析:‎ 解:(Ⅰ)由题意知 由可得 由可得 所以函数的单调递增区间是;‎ 单调递减区间是 ‎(Ⅱ)由得 由题意知为锐角,所以 由余弦定理:‎ 可得:‎ 即:当且仅当时等号成立.‎ 因此 所以面积的最大值为 考点:1、诱导公式;2、三角函数的二倍角公式;3、余弦定理;4、基本不等式.‎ ‎18.如图,在三棱锥P-ABC中,已知,顶点P在平面ABC上射影为的外接圆圆心.‎ ‎(1)证明:平面平面ABC;‎ ‎(2)若点M在棱PA上,,且二面角P-BC-M的余弦值为,试求的值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析 (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设的中点为,连接,易知点为的外接圆圆心,从而平面,即可证明平面平面ABC;‎ ‎(2)以,,所在直线分别为轴,轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系, 求出平面与平面的法向量,代入公式即可建立的方程,解之即可.‎ ‎【详解】(1)证明:如图,设的中点为,连接, ‎ 由题意,得,则为直角三角形,‎ 点为的外接圆圆心. ‎ 又点在平面上的射影为的外接圆圆心,‎ 所以平面, ‎ 又平面,所以平面平面. ‎ ‎(2)解:由(1)可知平面,‎ 所以,,,‎ 于是以,,所在直线分别为轴,轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系, ‎ 则,,,,,‎ 设,‎ ‎,,‎ 设平面的法向量为,‎ 则得 令,得,,‎ 即. ‎ 设平面的法向量为,‎ 由得 令,得,,即 ‎ ‎ ‎ 解得即M为PA的中点.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面与平面垂直的判定,二面角的平面角的求法,考查空间想象能力以及计算能力.‎ ‎19.某快餐连锁店招聘外卖骑手,该快餐连锁店提供了两种日工资方案:方案(a)规定每日底薪50元,快递业务每完成一单提成3元;方案(b)规定每日底薪100元,快递业务的前44单没有提成,从第45单开始,每完成一单提成5元,该快餐连锁店记录了每天骑手的人均业务量,现随机抽取100天的数据,将样本数据分为[ 25,35),[35,45),[45,55),[55,65),[65,75),[75,85),[85,95]七组,整理得到如图所示的频率分布直方图.‎ ‎(1)随机选取一天,估计这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于65单的概率;‎ ‎(2)从以往统计数据看,新聘骑手选择日工资方案(a)的概率为,选择方案(b)的概率为.若甲、乙、丙三名骑手分别到该快餐连锁店应聘,三人选择日工资方案相互独立,求至少有两名骑手选择方案(a)的概率;‎ ‎(3)若仅从人均日收入的角度考虑,请你利用所学的统计学知识为新聘骑手做出日工资方案的选择,并说明理由.(同组中的每个数据用该组区间的中点值代替)‎ ‎【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) (Ⅲ)见解析 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(Ⅰ)先设事件为“随机选取一天,这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于单”,由频率分布直方图,即可求出结果;‎ ‎(Ⅱ)先设事件为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案(1)”,设事件为“甲乙丙三名骑手中恰有人选择方案(1)”,根据题意可得,进而可求出结果;‎ ‎(Ⅲ)先设骑手每日完成快递业务量为件,得到方案(1)的日工资 ‎,方案(2)的日工资 ,再由题中条件分别得到与的期望,比较大小即可得出结果.‎ ‎【详解】(Ⅰ)设事件为“随机选取一天,这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于单”‎ 依题意,连锁店的人均日快递业务量不少于单的频率分别为:‎ 因为 所以估计为. ‎ ‎(Ⅱ) 设事件为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案(1)” ‎ 设事件为“甲乙丙三名骑手中恰有人选择方案(1)”,‎ 则,‎ 所以三名骑手中至少有两名骑手选择方案(1)的概率为 ‎ ‎(Ⅲ)设骑手每日完成快递业务量为件 ‎ 方案(1)的日工资,‎ 方案(2)的日工资 ‎ 所以随机变量的分布列为 ‎ ;‎ 同理随机变量的分布列为 ‎ ‎ 因为,所以建议骑手应选择方案(1)‎ ‎【点睛】本题主要考查频率分布直方图、离散型随机变量的分布列与期望等,熟记概念,会分析频率分布直方图即可,属于常考题型.‎ ‎20.如图,椭圆:的左右焦点分别为,离心率为,过抛物线:焦点的直线交抛物线于两点,当时,点在轴上的射影为,连接并延长分别交于两点,连接,与的面积分别记为,,设.‎ ‎(1)求椭圆和抛物线的方程;‎ ‎(2)求的取值范围.‎ ‎【答案】(I) ,;(II) .‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(Ⅰ )由题意得得,根据点M在抛物线上得,又由,得 ,可得,解得,从而得 ‎,可得曲线方程.(Ⅱ )设,,分析可得,先设出直线的方程为 ,由,解得,从而可求得,同理可得,故可将化为m的代数式,用基本不等式求解可得结果.‎ 试题解析:‎ ‎(Ⅰ)由抛物线定义可得,‎ ‎∵点M在抛物线上,‎ ‎∴,即 ①‎ 又由,得 ‎ 将上式代入①,得 解得 ‎∴‎ ‎,‎ 所以曲线方程为,曲线的方程为. ‎ ‎(Ⅱ)设直线的方程为,‎ 由消去y整理得,‎ 设,.‎ 则,‎ 设,,‎ 则,‎ 所以, ②‎ 设直线的方程为 ,‎ 由,解得,‎ 所以,‎ 由②可知,用代替,‎ 可得, ‎ 由,解得,‎ 所以,‎ 用代替,可得 所以 ‎,当且仅当时等号成立.‎ 所以的取值范围为. ‎ 点睛:解决圆锥曲线的最值与范围问题时,‎ 若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值.常从以下几个方面考虑:‎ ‎①利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围;‎ ‎②利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;‎ ‎③利用基本不等式求出参数的取值范围;‎ ‎④利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎(1)若有两个不同的极值点,,求实数的取值范围;‎ ‎(2)在(1)的条件下,求证:.‎ ‎【答案】(1);(2)详见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)由得,根据有两个不同的极值点,,则有两个不同的零点,即方程有两个不同的实根,转化为直线与的图象有两个不同的交点求解.‎ ‎(2)由(1)知,设,则,由得,,要证,将 代入整理为,再令,转化为,再构造函数,研究其最大值即可.‎ ‎【详解】(1)由得,‎ 有两个不同的极值点,,则有两个不同的零点,‎ 即方程有两个不同的实根,‎ 即直线与的图象有两个不同的交点,‎ 设,则,‎ 时,单调递增,且的取值范围是;‎ 时,单调递减,且的取值范围是,‎ 所以当时,直线与的图象有两个不同的交点,‎ 有两个不同的极值点,,‎ 故实数的取值范围是.‎ ‎(2)由(1)知,设,则,‎ 由得,‎ 所以要证,只需证,‎ 即证,即证,‎ 设,即证,即证,‎ 设,则,‎ 所以在是增函数,,‎ 所以,从而有.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数与函数极值,导数法证明不等式,还考查了转化化归的思想和运算求解的能力,属于难题.‎ 选考题:共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.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.在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),直线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎(Ⅰ)求曲线以及直线的极坐标方程;‎ ‎(Ⅱ)若,直线与曲线相交于不同的两点,,求的值.‎ ‎【答案】(Ⅰ),;(Ⅱ)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)消去参数t可得的普通方程,利用平方关系消去参数可得曲线C的直角坐标方程,把ρ2=x2+y2,y=ρsinθ代入,可得曲线以及直线的极坐标方程.. ‎ ‎(II)把直线l的参数方程代入曲线的直角坐标方程,利用直线参数的几何意义求得结果.‎ ‎【详解】(Ⅰ)依题意,曲线:,故,‎ 即,即;‎ 直线:,即,即,‎ 故;‎ ‎(Ⅱ)将直线的参数方程代入中,‎ 化简可得,‎ 设,所对应的参数分别为,,‎ 则,,‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查了极坐标方程、参数方程与普通方程的互化,考查了直线参数的意义,考查了计算能力,属于中档题.‎ 选修4-5:不等式选讲 ‎23.选修4-5:不等式选讲 已知函数 ‎(Ⅰ)解不等式;‎ ‎(Ⅱ)已知,且,求证 ‎【答案】(Ⅰ); (Ⅱ)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)整理得:,由绝对值的几何意义即可解不等式.‎ ‎ (Ⅱ)将问题转化成,求得,转化成证明利用基本不等式即可证明结论,问题得解.‎ ‎【详解】(Ⅰ),即,‎ 由绝对值的几何意义得:;‎ ‎(Ⅱ),‎ 要证,只要证 ‎,即 ‎【点睛】本题主要考查了绝对值的几何意义,还考查了转化思想及基本不等式的应用,考查计算能力,属于中档题.‎
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