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文档介绍
河北省衡水中学2019届高三第一次摸底考试数学（文）试题（解析版）
2018-2019学年河北省衡水中学高三（上）9月摸底数学试卷（文科） 一、选择题（本大题共12小题，共60.0分） 1. 已知集合M={1,2，3，4}，N={x|y=x-3}，则M∩N=( ) A. ⌀ B. {4} C. {3,4} D. {1,2} 【答案】C 【解析】解：M={1,2，3，4}，N={x|y=x-3}=[3,+∞)， 则M∩N={3,4}， 故选：C． 进而确定出N，找出两集合的交集即可． 此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键． 2. 已知复数z=52-i(其中i为虚数单位)，则z的共轭复数的虚部为( ) A. 1 B. i C. -1 D. -i 【答案】C 【解析】解：∵z=52-i=5(2+i)(2-i)(2+i)=2+i， ∴z=2-i， 则z的共轭复数的虚部为-1． 故选：C． 直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． 3. 已知曲线y=x3+2x在点(1,3)处的切线与直线ax-y+2019=0垂直，则实数a的值为( ) A. 5 B. -5 C. 15 D. -15 【答案】D 【解析】解：y=x3+2x的导数为y'=3x2+2， 可得曲线y=x3+2x在点(1,3)的处的切线的斜率为5， 由切线与直线ax-y+2019=0垂直， 可得5a=-1， 解得a=-15． 故选：D． 求出函数的导数，可得曲线y=x3+2x在点(1,3)的处的切线的斜率为5，再利用切线与已知直线垂直的条件：斜率之积为-1，建立方程，可求a的值． 本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查导数的几何意义，考查两条直线垂直的条件：斜率之积为-1，属于基本知识的考查． 4. 如图的折线图是某农村小卖部2018年一月至五月份的营业额与支出数据，根据该折线图，下列说法正确的是( ) A. 该小卖部2018年前五个月中三月份的利润最高 B. 该小卖部2018年前五个月的利润一直呈增长趋势 C. 该小卖部2018年前五个月的利润的中位数为0.8万元 D. 该小卖部2018年前五个月的总利润为3.5万元 【答案】D 【解析】解：前五个月的利润，一月份为3-2.5=0.5万元， 二月份为3.5-2.8=0.7万元，三月份为3.8-3=0.8万元，四月份为4-3.5=0.5万元，五月份为5-4=1万元， 故A，B错误，其利润的中位数0.7万元，故C错误， 利润总和为0.5+0.5+0.7+0.8+1=3.5万元，故D正确． 故选：D． 分别求出5个月的利润，以及根据中位数的定义即可判断． 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，考查数形结合思想，是基础题． 5. 如图是希腊著名数学家欧几里德在证明勾股定理时所绘制的一个图形，该图形由三个边长分别为a，b，c的正方形和一个直角三角形围成.现已知a=3，b=4，若从该图形中随机取一点，则该点取自其中的直角三角形区域的概率为( ) A. 328 B. 356 C. 325 D. 625 【答案】A 【解析】解：a=3，b=4， ∴c=5， ∴S=a2+b2+c2+12ab=9+16+25+6=56， 其中S△=6， ∴该点取自其中的直角三角形区域的概率为656=328， 故选：A． S=a2+b2+c2+12ab=9+16+25+6=56，其中S△=6，从而求出满足条件的概率即可． 本题考查考查概率性质、几何概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 6. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，且椭圆C的长轴长与焦距之和为6，则椭圆C的标准方程为( ) A. 4x225+y26=1 B. x24+y22=1 C. x22+y2=1 D. x24+y23=1 第5页，共6页 【答案】D 【解析】解：依题意椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12得ca=12，椭圆C的长轴长与焦距之和为6，2a+2c=6， 解得a=2，c=1，则b=3， 所以椭圆C的标准方程为：x24+y23=1． 故选：D． 利用已知条件求出a，b，即可求解椭圆方程． 本题考查椭圆的简单性质椭圆方程的求法，是基本知识的考查． 7. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2A1B1=2B1C1，且AB⊥BC，点M是A1C1的中点，则异面直线MB与AA1所成角的余弦值为( ) A. 13 B. 223 C. 324 D. 12 【答案】B 【解析】解：∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2A1B1=2B1C1，且AB⊥BC，点M是A1C1， ∴以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系， 设AA1=2A1B1=2B1C1=2， 则M(12,1,12)，B(0,0，0)，A(1,0，0)，A1(1,0，2)， MB=(-12,-1,-12)，AA1=(0,0，2)， 设异面直线MB与AA1所成角为θ， 则cosθ=|MB⋅AA1||MB|⋅|AA1|=4184⋅2=223． ∴异面直线MB与AA1所成角的余弦值为223． 故选：B． 以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线MB与AA1所成角的余弦值． 本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题． 8. 设命题p：将函数y=cos2x的图象向右平移π5个单位得到函数y=cos(2x-π5)的图象；命题q：若tanα=2，则cos2α-2sin2αsin2α=-74，则下列命题为真命题的是( ) A. p∧q B. p∨(￢q) C. (￢p)∧q D. (￢p)∧(￢q) 【答案】C 【解析】解：将函数y=cos2x的图象向右平移π5个单位，得到函数y=cos2(x-π5)=cos(2x-2π5)的图象，故命题p为假命题； 由tanα=2，得cos2α-2sin2αsin2α=1-2tan2α2tanα=1-2×42×2=-74，故命题q为真命题． ∴(￢p)∧q为真命题． 故选：C． 由三角函数的图象平移判断p，由tanα=2求得cos2α-2sin2αsin2α的值判断q，再由复合命题的真假判断得答案． 本题考查复合命题的真假判断，考查了三角函数的图象平移及化简求值，是中档题． 9. 设函数f(x)=sinx+3cosx，g(x)=6sin2x2+cosx，若直线x=x1，x=x2分别是曲线y=f(x)与y=g(x)的对称轴，则f(x1-x2)=( ) A. 2 B. 0 C. ±2 D. ±1 【答案】C 【解析】解：函数f(x)=sinx+3cosx=2sin(x+π3)，g(x)=6sin2x2+cosx=6⋅1-cosx2+cosx=3-3cosx+cosx=3-2cosx， 若直线x=x1，x=x2分别是曲线y=f(x)与y=g(x)的对称轴， 则x1+π3=kπ+π2，x=nπ，n、k∈Z． 即x1-=kπ+π6，x2=nπ，∴x1-x2=kπ-nπ+π6，则f(x1-x2)=2sin[(x1-x2)+π3]=2sin(kπ-nπ+π6+π3)=2cos(kπ-nπ)=±2， 故选：C． 利用三角恒等变换，化简函数的解析式，再利用三角函数的图象的对称形求得x1-x2的值，可得f(x1-x2)的值． 本题主要考查三角恒等变换，三角函数的图象的对称形，属于中档题． 10. 某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的等腰三角形，则该几何体的体积不可能是( ) A. π B. 2 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】解：几何体可能是圆锥，底面半径为1，高为3，几何体的体积为：13×12π×3=π， 几何体如果是正四棱锥，底面是正方形边长为2，高为3，几何体的体积为：12×22×3=6； 几何体如果是三棱锥，底面是等腰三角形，底边长为2，三角形的高为2，三棱锥的高为3，几何体的体积为：13×12×2×2×3=2， 几何体的正视图和侧视图均为如图所示的等腰三角形，则该几何体的体积不可能是：4． 故选：C． 判断几何体的形状，然后求解几何体的体积，判断选项即可． 本题考查简单几何体的三视图，求解几何体的体积，考查空间想象能力． 第5页，共6页 11. 已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，左，右焦点分别为F1，F2，点A在双曲线C上.若△AF1F2的周长为10a，则|F1A|⋅|F2A|=( ) A. 4a2 B. 8a2 C. 10a2 D. 16a2 【答案】B 【解析】解：双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2， 左，右焦点分别为F1，F2，点A在双曲线C上.若△AF1F2的周长为10a， 不妨A在双曲线右支， 可得：|F1A|+|F2A|+2c=10a，|F1A|-|F2A|=2a，c=2a， 解得|F1A|=4a，|F2A|=2a， 所以|F1A|⋅|F2A|=8a2． 故选：B． 利用双曲线的离心率以及定义结合△AF1F2的周长为10a，求出|F1A|、|F2A|；然后推出结果． 本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力． 12. 对于函数y=f(x)，若存在x0，使f(x0)+f(-x0)=0，则称点(x0,f(x0))是曲线f(x)的“优美点”.已知f(x)=-x+2,x≥0x2+2x,x<0，则曲线f(x)的“优美点”个数为( ) A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】解：由x<0可得f(x)=x2+2x， 关于原点对称的函数f(x)=-x2+2x，x>0， 联立y=-x+2和y=-x2+2x， 解得x=1或x=2， 则存在点(1,1)和(2,0)为“优美点”， 故选：B． 求得x<0的函数f(x)关于原点对称的函数解析式，联立y=2-x，解方程可得交点个数，即可得到结论． 本题考查新定义的理解和运用，考查转化思想和方程思想，属于基础题． 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 已知向量a=(1,2)，b=(2,m)，若a//b，则a⋅b-2b2=______． 【答案】-30 【解析】解：向量a=(1,2)，b=(2,m)，a//b， ∴m=2×2=4， ∴b=(2,4)， ∴a⋅b-2b2=1×2+2×4-2×(22+42)=-30， 故答案为：-30 根据向量的平行求出m的值，再根据向量的数量积公式即可求出． 本题考查了向量的坐标运算和向量的数量积的运算，属于基础题． 14. 已知实数x，y满足不等式组x-y≥-2x+y≤2y≥0，则z=2x-3y的最小值为______． 【答案】-6 【解析】解：画出实数x，y满足不等式组x-y+2≥0x+y≤2y≥0表示的平面区域，如图所示； 平移目标函数z=2x-3y知， 当目标函数过点A时，z取得最小值， 由x+y=2x-y+2=0，解得A(0,2)， ∴z的最小值为0-2×3=-6． 故答案为：-6． 画出不等式组表示的平面区域，平移目标函数，找出最优解，求出z的最小值． 本题考查了简单的线性规划问题，是基本知识的考查． 15. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足sinAsinB+sin2C=sin2A+sin2B，若△ABC的面积为3，则ab=______． 【答案】4 【解析】解：∵sinAsinB+sin2C=sin2A+sin2B， ∴由正弦定理可得：ab+c2=a2+b2，即：a2+b2-c2=ab， ∴由余弦定理可得：cosC=a2+b2-c22ab=ab2ab=12，可得：sinC=1-cos2C=32， ∵△ABC的面积为3，可得：3=12absinC=34ab， ∴解得：ab=4． 故答案为：4． 由正弦定理化简已知等式可得a2+b2-c2=ab，由余弦定理可得cosC，根据同角三角函数基本关系式可得sinC，进而利用三角形面积公式即可计算得解． 本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题． 16. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1的中点为E，AC与BD交于点O，平面α过点E，且与直线OC1垂直，若AB=1，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为______． 【答案】64 【解析】解：如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，AB=1， 则OC12=1+12=32， OE2=14+12=34， EC12=2+14=94， ∴OC12+OE2=EC12， ∴OE⊥OC1； 又BD⊥平面ACC1A1， ∴BD⊥OC1，且OE∩BD=O， ∴OC1⊥平面BDE， 且S△BDE=12BD⋅OE=12×2×32=64， 即α截该正方体所得截面图形的面积为64． 故答案为：64． 利用勾股定理证明OE⊥OC1，再根据BD⊥OC1 第5页，共6页 证明OC1⊥平面BDE， 求出△BDE的面积即可． 本题考查了空间中的线面垂直应用问题，是中档题． 三、解答题（本大题共7小题，共70.0分） 17. 已知数列{an}满足a1=1，且an+1=an2an+1(n∈N*)． (1)求证：数列{1an}为等差数列； (2)求数列{an}的通项公式； (3)记bn=(-1)n+1an，求数列{bn}的前2018项和S2018． 【答案】证明：(1)数列{an}满足a1=1，且an+1=an2an+1(n∈N*)． 则：1an+1-1an=2(常数)， 所以：数列{1an}为等差数列． 解：(2)由于1an+1-1an=2(常数)， 当n≥2时， 则：1an-1an-1=2(常数) 1an=1+2(n-1)=2n-1． 所以：an=12n-1． 当n=1时，符合通项公式． 所以：an=12n-1． 解：(3)由于bn=(-1)n+1an， 所以：Sn=1-3+5-7+…+a2017-a2018， =-(2+2+2+…+2)， =-2018． 【解析】(1)利用定义法证明数列是等差数列． (2)利用(1)的结论，进一步求出数列列的通项公式． (3)利用分组法求出数列的和． 本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，等差数列的前n项和的应用． 18. 在如图所示的多面体EF-ABCD中，AB//CD//EF，EF⊥平面ADE，BE⊥DE． (1)求证：AE⊥平面EFCD； (2)若EF=2，AE=DE=1，求三棱锥F-BCE的体积． 【答案】(1)证明：∵多面体EF-ABCD中，AB//CD//EF，EF⊥平面ADE， DE⊂平面ADE，AE⊂平面ADE， ∴EF⊥DE，EF⊥AE， ∵BE⊥DE，EF∩BE=E， ∴DE⊥ABEF，又AE⊂平面ABEF，∴DE⊥AE， ∵EF∩DE=E，∴AE⊥平面EFCD． 解：(2)∵EF⊥平面ADE，AE⊥平面EFCD， EF=2，AE=DE=1， ∴三棱锥F-BCE的体积： VF-BCE=VB-CEF=13×AE×S△CEF =13×1×12×2×1=13． 【解析】(1)推导出EF⊥DE，EF⊥AE，BE⊥DE，从而DE⊥ABEF，进而DE⊥AE，由此能证明AE⊥平面EFCD． (2)三棱锥F-BCE的体积：VF-BCE=VB-CEF=13×AE×S△CEF，由此能求出结果． 本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 19. 如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网络外卖也开始成为不少人日常生活中不可或缺的一部分.某市一调查机构针对该市市场占有率最高的甲、乙两家网络外卖企业(以下简称外卖甲，外卖乙)的经营情况进行了调查，调查结果如表： 1日 2日 3日 4日 5日 外卖甲日接单x(百单) 5 2 9 8 11 外卖乙日接单y(百单) 2.2 2.3 10 5 15 (1)据统计表明，y与x之间具有线性相关关系． (i)请用相关系数r加以说明；(若|r|>0.75，则可认为y与x有较强的线性相关关系(r值精确到0.001)) (ii)经计算求得y与x之间的回归方程为y=1.382x-2.774.假定每单外卖业务企业平均能获纯利润3元，试预测当外卖乙日接单量不低于2500单时，外卖甲所获取的日纯利润的大致范围；(x值精确到0.01) (2)试根据表格中这五天的日接单量情况，从平均值和方差角度说明这两家外卖企业的经营状况． 相关公式：r=i=1n(xi-x)(yi-y)i=1n(xi-x)2i=1n(yi-y)2． 参考数据：i=15(xi-x)(yi-y)=69.10．i=15(xi-x)2i=1n(yi-y)2≈78． 【答案】解：(1)(i)由i=15(xi-x)(yi-y)=69.10，i=15(xi-x)2i=1n(yi-y)2≈78， 则相关系数r=i=1n(xi-x)(yi-y)i=1n(xi-x)2i=1n(yi-y)2=69.1078≈0.886； ∴|r|>0.75，可认为y与x有较强的线性相关关系； (ii)由题意y与x之间的回归方程为y=1.382x-2.774， 由y=1.382x-2.774≥25，解得x≥20.10， ∴300x≥6030， ∴ 第5页，共6页 外卖甲所获取的日纯利润大于或等于6030元； (2)根据表格中数据，计算x甲=15×(5+2+9+8+11)=7， x乙=15×(2.2+2.3+10+5+15)=6.9， s甲2=15[(5-7)2+(2-7)2+(9-7)2+(8-7)2+(11-7)2]=505， s乙2=15[(2.2-6.9)2+(2.3-6.9)2+(10-6.9)2+(5-6.9)2+(15-6.9)2]=139.285， 从平均值看，甲的平均值大些，即甲的接单量多些； 从方差看，甲的方差小些，即甲的接单量波动性小些． 【解析】(1)(i)由题中数据，计算相关系数r，比较即可得出结论； (ii)由题意令y=1.382x-2.774≥25解得x的取值范围，计算300x的取值范围即可； (2)根据表格中数据计算平均数与方差，比较即可． 本题考查了平均数与方差的计算问题，也考查了相关系数的计算问题，是基础题． 20. 已知点F是抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，若点P(x0,4)在抛物线C上，且|PF|=52p. (1)求抛物线C的方程； (2)动直线l：x=my+1(m∈R)与抛物线C相交于A，B两点，问：在x轴上是否存在定点D(t,0)(其中t≠0)，使得向量DA|DA|+DB|DB|与向量OD共线(其中O为坐标原点)？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】解：(1)抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为(p2,0)， 准线方程为x=-p2， 即有|PF|=x0+p2=5p2，即x0=2p， 则16=4p2，解得p=2， 则抛物线的方程为y2=4x； (2)在x轴上假设存在定点D(t,0)(其中t≠0)， 使得DA|DA|+DB|DB|与向量OD共线， 由DA|DA|，DB|DB|均为单位向量，且它们的和向量与OD共线， 可得x轴平分∠ADB， 设A(x1,y1)，B(x2,y2)， 联立x=my+1和y2=4x， 得y2-4my-4=0， △=16(m2+1)>0恒成立． y1+y2=4m，y1y2=-4.① 设直线DA、DB的斜率分别为k1，k2， 则由∠ODA=∠ODB得， k1+k2=y1x1-t+y2x2-t=y1(x2-t)+y2(x1-t)(x1-t)(x2-t) =y1(my2+1-t)+y2(my1+1-t)(x1-t)(x2-t)=2my1y2+(1-t)(y1+y2)(x1-t)(x2-t)， ∴2my1y2+(1-t)(y1+y2)=0，② 联立①②，得-4m(t+1)=0， 故存在t=-1满足题意， 综上，在x轴上存在一点D(-1,0)，使得x轴平分∠ADB， 即DA|DA|+DB|DB|与向量OD共线． 【解析】(1)求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义可得P的坐标，解方程可得p=2，进而得到抛物线的方程； (2)在x轴上假设存在定点D(t,0)(其中t≠0)，使得DA|DA|+DB|DB|与向量OD共线，可得x轴平分∠ADB，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立x=my+1和y2=4x，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理可得m，t的方程，即有t=-1，可得结论． 本题考查抛物线的方程和性质，以及直线方程和抛物线方程联立，运用韦达定理，考查向量的四边形法则和直线的斜率公式的运用，以及化简整理的运算能力，属于综合题． 21. 已知函数f(x)=x2+mx+1ex(m≥0)，其中e为自然对数的底数． (1)讨论函数f(x)的极值； (2)若m∈(1,2)，证明：当x1，x2∈[1,m]时，f(x1)>-x2+1+1e． 【答案】(1)解：f'(x)=(2x+m)ex-(x2+mx+1)ex(ex)2=-(x-1)[x-(1-m)]ex． ①m>0时，1-m<1，令f'(x)=0，解得x=1或1-m． 则函数f(x)在(-∞,1-m)上单调递减，在(1-m,1)内单调递增，在(1,+∞)上单调递减． ∴x=1-m时，函数f(x)取得极小值；x=1时，函数f(x)取得极大值． ②m=0时，f'(x)=-(x-1)2ex≤0，函数f(x)在R上单调递减，无极值． (2)证明：当x1，x2∈[1,m]时，f(x1)>-x2+1+1e，只要证明f(x1)min>(-x2+1+1e)max即可， 由(1)可知：f(x)在x∈[1,m]内单调递减，∴f(x1)min=f(m)=2m2+1em． ∴f(x1)min>(-x2+1+1e)max⇔x2>1+1e-2m2+1em.m∈(1,2)， 令g(m)=1+1e-2m2+1em.m∈(1,2)， g'(m)=-4m-(2m2+1)em=(m+6-22)(m-2+62)em<0， ∴函数g(m)在m∈(1,2)上单调递减， ∴g(m)查看更多