河北省衡水中学2019届高三上学期四调考试数学（文）试题（扫描版）

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2018—2019 学年度上学期高三年级文科四调试题答案 一、BCBAD CACBA DA 二．13.1+ 14. 15. 1 1 1 2 2n n    16. 1．【解析】集合 ，集合 = ，根据集合交集的概念得到 .故选 B. 2. 【解析】由复数相等的充分必要条件有： ，即 ， 则 ， .故选 C. 3. 【解析】设 为坐标原点，∵ ，∴ 为直角三角形． 又 的中点，∴ ．∵ ，∴ ，[来源:学科网] ∴ 为正三角形，∴直线 的倾斜角为 ，∴ ． ∴离心率 ．故选 B． 4.【解析】 .故选 A 5.【解析】当 a∩α＝P 时，P∈a，P∈α，但 a⊄α，∴①错； a∩β＝P 时，②错； 如图，∵a∥b，P∈b，∴P∉a， ∴由直线 a 与点 P 确定唯一平面α， 又 a∥b，由 a 与 b 确定唯一平面β，但β经过直线 a 与点 P，∴β与α重合，∴b⊂α，故③正确；[来源:学§科§网 Z§X§X §K] 两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．．故选 D． 6.【解析】因为 ，故选 C. 7.【解析】由题意，PA⊥平面 ABC，PA=AB=2，AC=2 ，因为平面 ABC，和平面 PBC 都是是直角三角 形，则角 ABC为直角，此时满足 BC 垂直于 PA，BC 垂直于 AB 进而得到 BC 垂直于 PB，此时满足面 PBC 为直角三角形，底面外接圆的圆心是斜边 AC 的中点，球心在过底面圆心并且和 PA 平行的直线上， 并且球心到圆心的距离为 1，直角三角形外接圆的半径为 r= ．∴R2=r2+1，即 R= ．∴球 O 的表面 积 S=4πR2=12π．故选 A． 8【解析】设      332211 ,,,,, yxCyxByxA ，则 1 2 1 2 2 2 1 21 2 1 2 4 3, 4 4 AB y y y yk y yx x y y       1 2 4 3y y 得 .同理 3 2 6 4 32  yy ， 22 4 13  yy ，三式相加得 0321  yyy . 故与前三式联立，得 3 4,2,3 2 321  yyy ， 9 4 4,14,9 1 4 2 3 3 2 2 2 2 1 1  yxyxyx ， 则 27 14 3 321  xxx .故所求重心的坐标为      0,27 14 .故选 C. 9. 【解析】由题知，     1 1 1 1 02 1 2 2 1 2x xf x f x         ，可得  xf 为奇函数. 又  xf 是 R 上的减函数， 故           22222 222022 nmfmnfnmfmnfnmf    2 22 22 2 1 1 2m n m n m n        ，所以满足条件的  nm, 表示的区域是圆     211 22  yx 的内部（含边界），则点  nm, 到直线 047  yx 的距离 d= 50 47  nm       2 50 12,2 50 12 ，所以 7 4m n  的取值范围是 22,2 .故选 B. 10.【解析】由函数的图象可得 ，则 ，可得 再由五点作图法可得 ，可得 ,故函数的解析式为 由 故将函数 的图象向左平移 个单位长度可得到 的图象,故选 。 11.【解析】如图所示，任取圆 C2 上一点 Q，以 AQ为直径画圆， 交圆 C1 与 M、N 两点，则由圆的对称性知，MN=AQ，且∠AMQ=∠ANQ=90°， ∴四边形 AMQN 是矩形，由作图知，四边形 AMQN 能构成无数个矩形． 故选 D. 12. 【解析】由已知 即 而 ，故 ， 设 ， 容 易 求 得 当 时 的 最 小 值 为 2 ， 当“=”成立的时候 ，故 选 A. 13.【解析】向量 ， 的夹角为 60°， ， ， ∴ =4 ﹣4 • + =4×12﹣4×1×| |×cos60°+ =4﹣2| |+ =10，即 ﹣2| |﹣6=0，解得| |=1+ 或 =1 （不合题意，舍去）， ∴| |=1+ ．故填 1+ ． 14.【解析】由三视图还原几何体如图所示： 该几何体还原实物图为三棱锥， 为腰长为 1 的等腰三角形， 平面 ， 则 ， .∴最长边为 ，故填 . 15.【解析】由题知，  1 11 1 2 2 12 2 2 22 2 , .1 1 2 1 2 1 nn n nn n n n n a a aa a              则      0 1 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n na a a                  所以 ， 1 1 2 1 1 1 2 2n na a a    故 ， 2 3 1 1 1 1 2 1 2 3 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2n n n n n a a a a a a a a a             所以 .[来源:Zxxk.Com] 16.【解析】在 Rt△PF1F2 中，∠F1PF2=90°，直线 的斜率为 故得到∠POF2=60°， ∴|PF2|=c，由三角形三边关系得到|PF1|= ，又|PF1|+|PF2|=2a=c+ ， ∴ .故填 ． 三、解答题： 17.【解析】（1）∵ 1 11 12n n b b    ，∴ 1 21 111 1 1 n n n n b b b b       ， ∵ 1 1 1 41c b    ，∴数列 nc 是以 4 为首项， 1 为公差的等差数列， ∴ 4 ( 1) ( 1) 3nc n n         ．…………………5 分 （2）由（1）知， 1 31n n c nb     ，∴ 2 3n nb n   ， 从而 11 3n na b n     ， 1 2 2 3 1n n nS a a a a a a    … 1 1 1 4 5 5 6 ( 3)( 4)n n        … 1 1 4 4n    4( 4) n n   …………………10 分 18. 【解析】(1)由△ABC 是等边三角形，得β＝α＋ 3  ， 0≤α≤ 3  ，故 2cosα－cosβ=2cosα－cos(α＋ 3  )＝ 3 sin(α＋ 3  )， 故当α＝ 6  时，即 D 为 BC 中点时，原式取最大值 3 .………………………6 分 (2)由 cos β＝ 7 1 ，得 sin β＝ 7 34 ，故 sin α＝sin (β－ 3  )＝sin βcos 3  －cos βsin 3  ＝ 14 33 ， 由正弦定理 ADB AB sin ＝ BAD BD sin ，故 AB＝   sin sin BD＝ 14 33 7 34 ×1＝ 3 8 ， 故 S△ABD＝ 2 1 AB·BD·sin B＝ 2 1 × 3 8 ×1× 2 3 ＝ 3 32 .………………12 分 19．【解析】（1）如图，取 SB 的中点 M ， SC 的中点 E ，连接 AM ， ME DE ， ∵ ME 是 BCS 的中位线，∴ / /ME  1 2 BC ， 依题意得， / /AD  1 2 BC ，则有 / /AD  ME ，∴四边形 AMED 是平行四边形，∴ / /ED AM ， ∵ ED  平面 SAB ， AM  平面 SAB ，∴ / /ED 平面 SAB ．………4 分 （2）∵平面 SAD  平面 ABCD ，平面 SAD平面 ABCD AD ， SA AD ， SA  平面 SAD ， 故 SA  平面 ABCD ，∵ E 是 SC 的中点， ∴ E 到平面 ABCD 的距离等于 S 到平面 ABCD 的距离的一半，且 SA  平面 ABCD ， 4SA  ， ∴三棱锥 E ACD 的高是 2， E ACD S AEDV V  ， 在等腰 ABC 中， 3AC AB  ， 4BC  ， BC 边上的高为 2 23 2 5  ， / /BC AD ，∴C 到 AD 的距离为 5 ，∴ 1 2 5 52ADCS     ， ∴ 1 2 55 23 3S AEDV      ．………………12 分 20. 解：（1）由题意得 2 2 2 2 4 1 2 a c a a b c        解得 2, 3, 1a b c   所以椭圆方程为 2 2 14 3 x y  …………………4 分 （2）直线l 方程为 2y kx  ，则 P 的坐标为 2( ,0)k 设 1 1 2 2( , ), ( , ),A x y B x y 则 1 1( , )C x y ， 直线 BC 方程为 1 1 2 1 2 1 ,y y x x y y x x    令 0y  ，得Q 的横坐标为 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2( ) ( ) 4 x y x y kx x x xx y y k x x       ① 又 2 2 14 3 2 x y y kx       得 2 2(3 4 ) 16 4 0.k x kx    得 1 2 2 1 2 2 16 3 4 4 3 4 kx x k x x k        ， 代入①得 2 2 8 2 16 24 216 4(3 4 ) 12 k k kx kk k        ， 得 2| | | | | | 2 4p QOP OQ x x kk       ， | | | |OP OQ  为常数 4…………………12 分 21. 【解析】（1 ）由题意可知 ：设 ，由抛物线的 性质可知： ， ∴ ；…………………2 分 （2） ， ， ，则 ，∴ ，∴ ，设 的中点 ， ， ，则直线 方程： ， 联立 ，整理得： ， 解得： ， （舍去），∴ 的面积 ；…………………6 分 （3）存在，设 ， ，则 ， ， 直线 方程为 ，∴ ， ，[来源:Z#xx#k.Com] 根据 ，则 ， ∴ ，解得： ， ∴存在以 、 为邻边的矩形 ，使得点 在 上，且 ．…………………12 分 22.【解析】（1）函数  f x 的定义域为  0, ，      1 11 1 a xf x ax x      ①当 1 0a   ，即 1a   时，   0f x  ，函数  f x 在 0, 上单调递增； ②当 1 0a   时，令   0f x  ，解得 1 1x a   ， i）当 10 1x a    时，   0f x  ，函数单调递增， ii）当 1 1x a   时，   0f x  ，函数单调递减； 综上所述：当 1a   时，函数  f x 在 0, 上单调递增， 当 1a   时，函数  f x 在 10, 1a      上单调递增，在 1 ,1a     上单调递减；…………………6 分 （2）由（1）得：  max 1 1ln 11 1f x f a a        当函数  f x 有最大值且最大值大于3 1a  ， 1ln 1 3 11 aa    ， 即  ln 1 3 0a a   ，令    ln 1 3g a a a   ，  0 0g  且  g a 在 1,  上单调递增，    0 0g a g  在 1,  上恒成立，  -1 0a  ，故 a 的取值范围为  10 ， .…………………12 分 [来源:学_科_网]