2019届河北省石家庄市高三毕业班模拟考试_理科数学(解析版)

2019届河北省石家庄市高三毕业班模拟考试_理科数学(解析版)

河北省石家庄市 2019 届高三毕业班模拟考试(一) 数学（理）试题（A 卷） 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的． 1．已知集合 { | 1 0}, { | 1}A x x B x x     R Z ≤ ，则 A B  （ ） A．{ | 1 1}x x  ≤ B．{ | 0 1}x x≤ ≤ C．{0,1} D．{1} 1．答案：C 解析： { | 1}, {1,0, 1, 2, }, {0,1}A x x B A B         ． 2．若复数 i 1 iz   （i 为虚数单位），则 z z  （ ） A． 1 i2 B． 1 4 C． 1 4 D． 1 2 答案：D 2．解析： 22 2 2 ii 1= 1 i 21 i z z z     ． 3．已知cos 2cos( )2          ，则 tan 4       （ ） A． 3 B．3 C． 1 3 D． 1 3 3．答案：A 解析：由题意结合诱导公式可得： sinsin 2cos , tan 2cos          ， 据此有： tan tan 2 14tan 34 1 2 11 tan tan4                   ． 4．下列说法中正确的是（ ） A． 若数列{ }na 为常数列，则{ }na 既是等差数列也是等比数列； B． 若函数 ( )f x 为奇函数，则 (0) 0f  ； C． 在 ABC△ 中， A B 是sin sinA B 的充要条件； D． 若两个变量 ,x y 的相关系数为 r ，则 r 越大， x 与 y 之间的相关性越强． 4．答案：C 解析：逐一考查所给的说法： A． 若 0na  ，则数列{ }na 为常数列，则{ }na 是等差数列但不是等比数列，该说法错误； B． 函数 1( )f x x 为奇函数，但是不满足 (0) 0f  ，该说法错误； C． 由正弦定理可得在 ABC△ 中， sin sinA B a b A B     ，所以 A B 是sin sinA B 的充 要条件，该说法正确； D． 两个随机变量相关性越强，则相关系数 r 绝对值越接近于 1，题中说法错误． 5．已知平面向量 a 与b  的夹角为 2 3  ，且 1, 2 2b a b     ，则 a   （ ） A．1 B．2 C． 3 D． 2 3 5．答案：B 解析： 2 22 2 22 22 4 4 4 cos 4 2 4 43a b a a b b a a b b a a                        ， 则： 2 2 0a a    ，据此可得： 2a   ． 6．袋子中装有大小、形状完全相同的 2 个白球和 2 个红球，现从中不放回地摸取两个球，已知第二次摸 到的是红球，则第一次摸到红球的概率为（ ） A． 1 6 B． 1 3 C． 1 2 D． 1 5 6．答案：B 解析：设两个红球为 1 2,R R ，两个白球为 1 2,W W ， 则第二次摸到的红球的所有可能结果为： 1 1 2 1 2 1 1 2 2 2 1 2, , , , ,W R W R R R W R W R R R 共 6 种， 其中第一次摸到红球的事件包括： 2 1 1 2,R R R R 共 2 种，所以第一次摸到红球的概率为 2 1 6 3P   ． 7．设变量 ,x y 满足约束条件 2 2 0 2 2 0 2 x y x y y       ≥ ≤ ≥ ，则目标函数 3z x y  的最小值为（ ） A．8 B．6 C．4 D．3 7．答案：C 解析：绘制不等式组表示的平面区域如图所示， 目标函数即： 1 3y x z   ，其中 z 取得最小值时，其几何意义表示直线系在 y 轴上的截距最小， 据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点 B 处取得最小值， 联立直线方程： 2 2 0 2 x y y      ，可得点的坐标为： ( 2,2)B  ， 据此可知目标函数的最小值为： min 3 2 3 2 4z x y       ．本题选择 C 选项． 8．已知 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，且满足 ( ) (2 )f x f x  ，当 [0,1]x 时， ( ) 4 1xf x   ，则在 (1,3) 上， ( ) 1f x ≤ 的解集是（ ） A． 31 2      ， B． 3 5,2 2      C． 3 ,32     D．[2,3) 8．答案：C 解析： 【详解】函数满足 ，则函数关于直线 对称， 结合函数为奇函数绘制函数的图像如图所示： ( ) 1f x ≤ 的解集即函数位于直线 1y  下方点的横坐标， 当 [0,1]x 时，由 4 1 1x   可得 1 2x  ， 结合 ( ) (2 )f x f x  可得函数 ( )f x 与 函数 1y  交点的横坐标为 3 2x  ， 据此可得： ( ) 1f x ≤ 的解集是 3 ,32     ． 9．已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b    ，点 F 为左焦点，点 P 为下顶点，平行于 FP 的直线交椭圆于 ,A B 两点，且 AB 的中点为 11 2M      ， ，则椭圆的离心率为（ ） A． 1 2 B． 2 2 C． 1 4 D． 3 2 9．答案：B 解析： ( ,0), (0, ), AB FP bF c P b k k c     ，由 2 2OM AB bk k a   ，得 2 22 b b c a   ， 2 2a bc  ， 2 2 2 ,b c bc b c     ，不妨设 1b c  ，则 2a  ， 2 2 ce a   ． 10．已知函数 ( ) 2cos( ) 0, 2f x x           的部分函数图像如图所示，点 (0, 3), ,06A B      ， 则函数 ( )f x 图像的一条对称轴方程为（ ） A． 3x   B． 12x   C． 18x  D． 24x  10．答案：D 解析： 6 6 2           ， 4  ， ( ) 2sin 4 6f x x       ，令 4 ,6x k k   Z ， 得 ( )f x 的对称轴方程为 ,4 24 kx k   Z ，当 0k  时，可得一条对称轴方程为 24x  ． 11．如图，某几何体的三视图都是边长为 1 的正方形，则该几何体的体积为（ ） 正视图 侧视图 俯视图 A． 1 2 B． 5 6 C． 1 3 D． 2 3 11．答案：D 解析：如图所示，在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 三视图所对的几何体为该正方体去掉三棱锥 1 1 1B A B C 和三棱锥 1A ABD 所得的组合体， A B C D D1 A1 B1 C1 其体积为： 3 1 1 21 2 1 1 13 2 3V            ． 12．对任意 21,m ee     ，都存在 1 2 1 2 1 2, ( , , )x x x x x x R ，使得 1 2 1 2 lnx xax e ax e m m m     ，其 中 e 为自然对数的底数，则实数 a 的取值范围是（ ） A． 2( , )e  B．(1, ) C． 2(1, )e D．(0,1) 12．答案：A 解析：令 2 2 1( ) lnf x x x x x ee       ≤ ≤ ，则 ( ) lnf x x  ， 据此可得函数在区间 1,1e      上单调递减，在区间 2(1, )e 上单调递增， 注意到 2 21 2 , (1) 1, ( )f f f e ee e          ，故函数的值域为 2[ 1, ]e ． 则原问题等价于方程 2, [ 1, ]xax e k k e    至少有两个实数根， 即 2, [ 1, ]xe ax k k e    至少有两个实数根，考查临界情况，当 2k e 时，直线 2y ax e  与指数函数 xy e 相切，由 xy e 可得 xy e  ，则切点坐标为( , )tt e ，切线斜率为 te ， 切线方程为： ( )t ty e e x t   ，切线过点 2(0, )e ，故 2 (0 )t te e e t    ，很明显方程的根为 2t  ， 此时切线的斜率为 2e ．据此可得实数 a 的取值范围是 2( , )e  ． 二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13．已知随机变量 X 服从正态分布 (2,1)N ，若 ( 2) ( 2 3)P X a P X a  ≤ ≥ ，则 a  __________． 13．答案：1 解析：由正态分布的性质可得正态分布的图像对称轴为 2X  ， 结合题意有： ( 2) (2 3) 2 12 a a a      ． 14．已知双曲线 2 2: 4 1C x y  ，过点 (2,0)P 的直线与C 有唯一公共点，则直线的方程为__________． 14．答案： 1 12y x  或 1 12y x   解析：如图所示，点 P 位于双曲线 2 24 1x y  内部， P O 由双曲线的几何性质可知，当直线与渐近线平行时，直线与C 有唯一公共点， 由于双曲线的渐近线为 1 2y x  ， 故直线的方程为 1 ( 2)2y x  或 1 ( 2)2y x   ．即 1 12y x  或 1 12y x   15．在棱长为 1 的透明密闭的正方形容器 1 1 1 1ABCD A B C D 中，装有容器总体积一半的水（不计容器壁的 厚度），将该正方体容器绕 1BD 旋转，并始终保持 1BD 所在直线与水平平面平行，则在旋转过程中容器中 水的水面面积的最大值为__________． 15．答案： 2 解析： 【详解】如图所示，在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 E 在 1 1A B 上，点 F 在CD 上，满足 1A E CF ，则原问题等价于求解四边形 1BFD E 面积的最大值． 作 1EG BD 于点G ，当 EG 最大时，四边形 1BFD E 面积有最大值． 建立如图所示的空间直角坐标系，设 ( ,0,1) (0 1)E m m≤ ≤ ，设 ( , , )G x y z ， 由于 1(1,0,0), (0,1,1)B D ，由 1BG BD   可得： ( 1, , ) ( 1,1,1)x y z    ，则： 1x y z           ，故 ( 1, , )G     ， 故： 1( 1, ,1 ), ( 1,1,1)GE m BD           ， 由 1 1 1 0GE BD m              可得： 2 1,13 3 m m     ． 故： 2 2 2 21 2 2 11 6( 1)3 3 3 3 m m mGE m m m                         ， 结合二次函数的性质可知：当 0m  或 1m  时，GE 取得最大值，此时 S 取得最大值，最大值为： 1 1max 2BDD BS S  ． 16．已知数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 2 1 19 ( )2n n n nS S n     N ，若 2 4a   ，则 nS 取最小值时 n  __________． 16．答案：10 解析：由 2 2 1 1 19 ( 1) 19( 1) 2 2n n n n n n n nS S S S        ， ， 两式作差可得： 1 1 10 ( 2)n nS S n n    ≥ ，即 1 10 ( 2)n na a n n    ≥ ， 由 1 2 110 9n n n na a n a a n       ， ，两式作差可得： 2 1 ( 2)n na a n   ≥ ， 则 3 2 28, 4a a a     ，故 2 34a a   ，进一步可得： 4 5 6 7 8 9 10 11, , ,a a a a a a a a    ， 又 10 11 0a a  ，则 10 110a a  ，且 11 12 12 130 a a a a    ，则 nS 取最小值时 10n  ． 三、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．已知 ABC△ 的面积为3 3 ，且内角 A B C、 、 依次成等差数列． （1）若sin 3sinC A ，求边 AC 的长； （2）设 D 为边 AC 的中点，求线段 BD 长的最小值． 17．答案：（1） 2 7 （2）3． 解析：（1） ABC△ 三内角 A B C、 、 依次成等差数列， 60B   设 A B C、 、 所对的边分别为 a b c、 、 ，由 1 sin 3 32S ac B  可得 12ac  ． sin 3sinC A ，由正弦定理知 3 , 2, 6c a a c    ． ABC△ 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 cos 28, 2 7b a c ac B b      ．即 AC 的长为 2 7 （2） BD 是 AC 边上的中线，  1 2BD BC BA       2 2 2 2 2 2 21 1 1 12 ( 2 cos ) ( ) (2 ) 94 4 4 4BD BC BA BC BA a c ac B a c ac ac ac                  ≥ ， 当且仅当 a c 时取“＝”， 3BD  ≥ ，即 BD 长的最小值为 3． 18．已知三棱锥 P ABC 中， ,PC AB ABC △ 是边长为 2 的正三角形， 4, 60PB PBC    ． （1）证明：平面 PAC  平面 ABC ； （2）设 F 为棱 PA 的中点，求二面角 P BC F  的余弦值． P A B C F 18．答案：（1）见解析（2） 2 5 5 解析：（1）证明：在 PBC△ 中， 60 , 2, 4PBC BC PB     ，由余弦定理可得 2 3PC  ， 2 2 2,PC BC PB PC BC    ， 又 ,PC AB AB BC B   ， PC  平面 ABC ， PC  平面 PAC ，所以平面 PAC  平面 ABC ． （2）在平面 ABC 中，过点C 作CM CA ，以 , ,CA CM CP 所在的直线分别为 , ,x y z 轴建立空间直角坐 标系C xyz ，则 (0,0,0), (0,0,2 3), (2,0,0), (1, 3,0), (1,0, 3)C P A B F ， 设平面 PBC 的一个法向量为 1 1 1( , , )m x y z  则 1 1 1 3 0 2 3 0 m CB x y m CP z             ，取 1 1y   ，则 1 13, 0x z  ， 即 ( 3, 1,0)m    ， 设平面 BCF 的一个法向量为 2 2 2( , , )n x y z  则 2 2 2 2 3 0 3 0 n CB x y n CF x z              ，取 2 1y   ，则 2 23, 1x z   即 ( 3, 1, 1)n     ， 4 2 5cos , 52 5 m nm n m n          由图可知二面角 P BC F  为锐角，所以二面角 P BC F  的余弦值为 2 5 5 ． 19．东方商店欲购进某种食品（保质期两天），此商店每两天购进该食品一次（购进时，该食品为刚生产 的）．根据市场调查，该食品每份进价 8 元，售价 12 元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两 天内的销售情况互不影响，为了了解市场的需求情况，现统计该产品在本地区 100 天的销售量如下表： P A B C F x y z 销售量（份） 15 16 17 18 天数 20 30 40 10 （视样本频率为概率） （1）根据该产品 100 天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为 ，求 的分布列与期望 （2）以两天内该产品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进 32 或 33 份，哪一种得到的利 润更大？ 19．答案：（1）见解析（2）见解析 解析：（1）根据题意可得： 1 1 1 1 3 3 1 2 3 3 1( 30) , ( 31) 2 , ( 32) 2 ,5 5 25 5 10 25 5 5 10 10 4 1 1 3 2 7 3 1 2 2 11( 33) 2 2 , ( 34) 2 ,5 10 10 5 25 10 10 5 5 50 2 1 2 1 1 1( 35) 2 , ( 36)5 10 25 10 10 100 P P P P P P P                                                 的分布列如下：  30 31 32 33 34 35 36 P 1 25 3 25 1 4 7 25 11 50 2 25 1 100 1 3 1 7 11 2 1( ) 30 31 32 33 34 35 36 32.825 25 4 25 50 25 100E                 （2）当购进 32 份时，利润的期望值为 21 3 132 4 (31 4 8) (30 4 16) 107.52 13.92 4.16 125.625 25 25              当购进 33 份时，利润的期望值为 59 1 3 133 4 (32 4 8) (31 4 16) (30 4 24) 77.88 30 12.96 3.84 124.68100 4 25 25                   125.6 124.68 ，可见，当购进 32 份时，利润更高． 20．已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  上一点 0( ,2)P x 到焦点 F 的距离 02PF x ． （1）求抛物线C 的方程； （2）过点 P 引圆 2 2 2: ( 3) (0 2)M x y r r    ≤ 的两条切线 PA PB、 ，切线 PA PB、 与抛物线C 的另一交点分别为 A B、 ，线段 AB 中点的横坐标记为t ，求t 的取值范围． 20．答案：（1） 2 4y x （2）见解析 解析：（1）由抛物线定义，得 0 2 pPF x  ，由题意得： 0 0 0 2 2 2 4 0 px x px p         ，解得 0 2 1 p x    ， 所以抛物线的方程为 2 4y x ． （2）由题意知，过 P 引圆 2 2 2( 3) (0 2)x y r r    ≤ 的切线斜率存在，设切线 PA 的方程为 1( 1) 2y k x   ，则圆心 M 到切线 PA 的距离 1 2 1 2 2 1 kd r k    ，整理得， 2 2 2 1 1( 4) 8 4 0r k k r     ． 设切线 PB 的方程为 2 ( 1) 2y k x   ，同理可得 2 2 2 2 2( 4) 8 4 0r k k r     ． 所以， 1 2,k k 是方程 2 2 2( 4) 8 4 0r k k r     的两根， 1 2 1 22 8 , 14k k k kr   ． 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 由 1 2 ( 1) 2 4 y k x y x      得， 2 1 14 4 8 0k y y k    ， 由韦达定理知， 1 1 1 8 42 ky k  ，所以 1 1 2 1 1 4 2 4 2 4 2ky kk k      ，同理可得 2 14 2y k  ． 中点 D 的横坐标为t ，则 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1(4 2) (4 2) 2 8 8 x x y y k kt        2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22( ) 2( ) 1 2( ) 2( ) 3k k k k k k k k          ．设 1 2k k   ，则 2 8 [ 4, 2)4r     ， 所以， 22 2 3t     ，对称轴 1 22    ，所以9 37t ≤ ． 21．已知函数 1 (sin 1) 2( ) ln , ( ) ,a a xf x x g x ax x      R ． （1）求函数 ( )f x 的极小值； （2）求证：当 1 1a ≤ ≤ 时， ( ) ( )f x g x ． 21．答案：（1）见解析（2）见解析 解析：（1） 2 2 1 1 ( 1)( ) , ( 0)a x af x xx x x        当 1 0a  ≤ 时，即 1a ≤ 时， ( ) 0f x  ，函数 ( )f x 在(0, ) 上单调递增，无极小值； 当 1 0a   时，即 1a  时，当 (0, 1)x a  时， ( ) 0 ( )f x f x  ， 单调递减；当 ( 1, )x a   时， ( ) 0 ( )f x f x  ， 单调递增； ( ) ( 1) 1 ln( 1)f x f a a     极小 ， 综上所述，当 1a ≤ 时， ( )f x 无极小值；当 1a  时， ( ) 1 ln( 1)f x a  极小 ． （2）令 1 (sin 1) 2 ln sin 1( ) ( ) ( ) ln , ( 0)a a x x x a xF x f x g x x xx x x            当 1 1a ≤ ≤ 时，要证： ( ) ( )f x g x ，即证 ( ) 0F x  ，即证 ln sin 1 0x x a x   ， 解法一：要证 ln sin 1 0x x a x   ，即证 ln sin 1x x a x  ． ①当0 1a ≤ 时，令 ( ) sin , ( ) 1 cos 0h x x x h x x    ≥ ，所以 ( )h x 在 (0, ) 单调递增， 故 ( ) (0)h x h ，即 sinx x ． 1 sin 1 (*)ax a x    ， 令 ( ) ln 1, ( ) lnq x x x x q x x    ， 当 (0,1)x 时， ( ) 0, ( )q x q x  单调递减； (1, )x  时， ( ) 0, ( )q x q x  单调递增，故 ( ) (1) 0q x q ≥ ，即 ln 1x x x ≥ ．当且仅当 1x  时取等号， 又 0 1, ln 1 1 (**)a x x x ax    ≤ ≥ ≥ 由 (*) (**)、 可知 ln 1 1 sin 1x x x ax a x  ≥ ≥ ≥ ，所以当0 1a ≤ 时， ln sin 1x x a x  ． ②当 0a  时，即证 ln 1x x   ．令 ( ) ln , ( ) ln 1m x x x m x x   ， ( )m x 在 10 e      ， 上单调递减，在 1,e     上单调递增， min 1 1( ) 1m x m e e         ，故 ln 1x x   ． ③当 1 0a ≤ 时，当 (0,1]x 时， sin 1 1a x    ，由②知 1( ) lnm x x x e ≥ ，而 1 1e   ， 故 ln sin 1x x a x  ； 当 (1,+x ）时， sin 1 0a x  ≤ ，由②知 ( ) ln (1) 0m x x x m   ，故 ln sin 1x x a x  ； 所以，当 (0, )x  时， ln sin 1x x a x  ． 综上①②③可知，当 1 1a ≤ ≤ 时， ( ) ( )f x g x ． 解法二：①当 1x  时，易知 ln 0, sin 1 0x x a x  ≤ ，故 ln sin 1 0x x a x   ．………………6 分 ②当 1x  时，0 sin1 1 0a   显然成立，故 ln sin 1 0x x a x   ．…………………………7 分 ③当0 1x  时，sin 0x  ，故 sin sin sinx a x x ≤ ≤ ， 令 ( ) sin ( 0)h x x x x   ，则 ( ) 1 cos 0h x x   ≥ ，所以 ( )h x 在(0, ) 上单调递增，故 ( ) (0) 0h x h  ， 即 sin ( 0)x x x  ，故 sin ( 0)a x x x  ，…………………………………………………………9 分 只需证 ( ) ln 1 0, ( ) lnq x x x x q x x     ，当 (0,1)x 时， ( ) 0, ( )q x q x  单调递减，故当0 1x  时， ( ) 0q x  ，故 ln sin 1 0x x a x   ．…………………………………………………………11 分 结合①②③可知，当 1 1a ≤ ≤ 时， ( ) ( )f x g x ．………………………………………………12 分 22．在平面直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 cos 2 sin x r y r       （ 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，射线l 的极坐标方程为 3   ． （1）求曲线C 的极坐标方程； （2）当0 2r  时，若曲线C 与射线l 交于 ,A B 两点，求 1 1 OA OB 的取值范围． 22．答案：（1） 2 24 cos 4 0r      （2）见解析 解析：（1）曲线C 的普通方程为： 2 2 2( 2)x y r   ，即 2 2 24 4 0x y x r     令 cos , sinx y     ，化简得 2 24 cos 4 0r      ； （2）把 3   代入曲线C 的极坐标方程中，得 2 22 4 0r     ， 令 24 4(4 ) 0r     ，结合0 2r  ，得 23 4r  ， 方程的解 1 2,  分别为点 ,A B 的极径， 2 1 2 1 22, 4 0r         ， 1 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 4OA OB r              ， 2 23 4, 0 4 1r r      ， 1 1 (2, )OA OB    ． 23．设函数 ( ) 1 3f x x x    ． （1）求不等式 ( ) 1f x ≤ 的解集； （2）若函数 ( )f x 的最大值为 m ，正实数 ,p q 满足 2p q m  ，求 2 1 2p q 的最小值． 23．答案：（1） 3 2x x    ≥ （2） 4 3 解析：（1）不等式可化为 3 1 3 1 x x x      ≤ ≤ （1 分） 或 3 1 1 3 1 x x x        ≤ （2 分） 或 1 1 3 1 x x x      ≥ ≤ （3 分）， 解得 3 2x ≥ ， ( ) 1f x ≤ 的解集为 3 2x x    ≥ ．……………………………………………………5 分 （2） 1 3 (1 ) ( 3) 4, 4, 2 4, ( 2) 2 6x x x x m p q p q               ≤ ，…………6 分 2 1 1 2 1 1 4 2 1 4 2 4= [( 2) 2 ] 4 4 2 =2 6 2 6 2 6 2 3 q p q pp qp q p q p q p q                              ≥ ． …………………………………………………………………………………………………………（8 分） 当且仅当 2 2 3p q   时，即 1 2 3 p q     时，取“ ”， 2 1 2p q  的最小值为 4 3 ．………………10 分