河北省衡水中学2020届高三下学期第十次调研数学（理）试题

河北省衡水中学2020届高三下学期第十次调研数学（理）试题

高三年级第十次调研考试 数学试卷（理科）‎ 一、选择题 ‎1.已知，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求解集合再求即可.‎ ‎【详解】,∵,∴,‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了对数的不等式求解以及交集的运算,属于基础题.‎ ‎2.设复数，且，则的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的乘法运算及复数相等的充要条件求出复数，从而得到的共轭复数，即可得解；‎ ‎【详解】解：因为 所以，‎ ‎∴，∴，∴，‎ 故的虚部为，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算，复数相等的充要条件，属于基础题.‎ ‎3.在等比数列中，，，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列各项之间的关系化简求得,再根据求解即可.‎ ‎【详解】设等比数列公比为,则,所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列各项之间的关系,属于基础题.‎ ‎4.如图的框图中，若输入，则输出的的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图逐步计算即可.‎ ‎【详解】输入,,进入循环体：‎ ‎,,判定为否；‎ ‎,,判定为否；‎ ‎,,判定为否；‎ ‎,,判定为是；‎ 输出. 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了根据程序框图的输入结果计算输出结果问题,属于基础题.‎ ‎5.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断的大致范围,再根据不等式的性质逐个判断即可.‎ ‎【详解】,,,故,,.‎ 对A,若,不成立.故A错误.‎ 对B,因为,故B错误.‎ 对C, 成立.‎ 对D, 因为,故D错误.‎ 故选；C ‎【点睛】本题主要考查了指对幂函数的大小判定以及不等式的性质.需要根据题意确定各数的范围,再逐个推导.属于基础题.‎ ‎6.已知某函数的图像如图所示，则下列函数中，图像最契合的函数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据时的函数值，即可选择判断.‎ ‎【详解】由图可知，当时，‎ 当时，，故排除；‎ 当时，，故排除；‎ 当时，，故排除；‎ 当时，，满足题意.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查函数图像的选择，涉及正余弦值的正负，属基础题.‎ ‎7.《算数书》竹简于上世纪八十年代出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆锥底面半径为,根据圆锥的底面周长求得,再代入体积公式得,再对照求解即可.‎ ‎【详解】设圆锥底面半径为,则,所以 ‎.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆锥底面周长与体积等的计算.属于基础题.‎ ‎8.已知函数是定义在上的奇函数，是偶函数，且当时，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性与对称性可得最小正周期,再利用函数的性质将自变量转换到求解即可.‎ ‎【详解】∵,,∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴最小正周期,又,‎ ‎∴,‎ ‎,∴,‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据函数性质求解函数值问题,需要根据奇偶性推出函数的对称性,再将自变量利用性质转换到已知函数解析式的区间上求解.属于中档题.‎ ‎9.甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用局胜制.在一局比赛中，先得分的运动员为胜方，但打到平以后，先多得分者为胜方.在平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发个球.若在某局比赛中，甲发球赢球的概率为，甲接发球贏球的概率为，则在比分为后甲先发球的情况下，甲以赢下此局的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分后四球胜方依次为甲乙甲甲,与乙甲甲甲两种情况进行求解即可.‎ ‎【详解】分两种情况：①后四球胜方依次为甲乙甲甲,概率为；‎ ‎②后四球胜方依次为乙甲甲甲,概率为.‎ 所以,所求事件概率为：.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了分步与分类计数求解概率的问题,需要根据题意判断出两种情况再分别求解,属于基础题.‎ ‎10.已知，两点是函数与轴的两个交点，且满足,现将函数的图像向左平移个单位，得到的新函数图像关于轴对称，则的可能取值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，即可求得，再根据平移后函数为偶函数，即可求得.‎ ‎【详解】令，解得，‎ 因为，故令，并取，‎ 则，即可求得.‎ 此时，‎ 向左平移个单位得到，‎ 若其为偶函数，则，‎ 解得.‎ 当时，.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查由三角函数的性质求参数值，属综合中档题.‎ ‎11.已知直线与双曲线的一条渐近线交于点，双曲线的左，右焦点分别为，且，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 设直线与轴交点为,由题可知,,,‎ ‎∵,故,即 且.‎ 故,.‎ 又,故,整理得 ‎,即.‎ ‎∴或.又,故 ‎∴渐近线方程为：.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线中渐近线以及构造齐次方程求解离心率的问题.‎ 需要根据题意找到基本量之间的关系,再求得离心率的值进而求得渐近线方程.属于中档题.‎ ‎12.已知，函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时,根据二次函数的对称轴与最值求解的最小值,再根据求解.当时求导分析的单调性,再分与两种情况讨论函数的单调性进而求得最小值再求解恒成立的的取值范围即可.‎ ‎【详解】（1）当时,，‎ ‎∴的对称轴为,开口向上 ‎①当时,在递减,递增 ‎∴当时,有最小值,即,∴‎ ‎②当时,在上递减 ‎∴当时,有最小值,即 ‎∴显然成立,此时，‎ ‎∴当时, .‎ ‎（2）当时,,∴‎ ‎①当时,在上递增 ‎∴,∴,∴此时.‎ ‎②当时,在递减,递增 ‎∴,∴,∴此时 ‎∴当时, .‎ 综上：.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了根据分段函数的恒成立求解参数的问题,需要根据二次函数的最值以及求导分析函数的最值进行求解.属于难题.‎ 二、填空题 ‎13.已知向量，向量，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据模长的坐标运算求解即可.‎ ‎【详解】.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量模长的坐标运算,属于基础题.‎ ‎14.已知抛物线过点，则抛物线的准线方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 代入求解抛物线,再化简成标准形式求解准线方程即可.‎ ‎【详解】由题, ,故.故抛物线的准线方程为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据抛物线上的点抛物线方程以及准线的问题.属于基础题.‎ ‎15.已知数列，，其中数列满足，前项和为满足 ‎；数列满足：，且，，，则数列的第项的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据可知数列周期为10，并根据求得在时的通项公式.又可知数列周期为12，再求出，分析的周期再求解即可.‎ ‎【详解】当时,；‎ 当时, ,‎ 故,‎ 又∵,,∴，‎ 所以,‎ 又数列,的公共周期为,所以,‎ 而,,所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据数列的前项和与通项的关系，求解通项公式以及构造数列求通项公式的方法.同时也考查了周期数列的运用.属于中档题.‎ ‎16.如图，四棱锥中，底面为四边形.其中为正三角形，又.设三棱锥，三棱锥的体积分别是，三棱锥，三棱锥的外接球的表面积分别是.对于以下结论：①；②；③；④；⑤；⑥.其中正确命题的序号为______.‎ ‎【答案】①⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,根据化简可得.‎ ‎【详解】不妨设,又为正三角形,由,得,即有，所以.‎ 又得,又,故.‎ 化简可以得,∴,易得,故.故①正确.‎ 又由于,所以与的外接圆相同（四点共圆）,所以三棱锥,三棱锥的外接球相同,所以.故⑤正确.‎ 故答案为：①⑤‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量与立体几何的综合运用,需要根据平面向量的线性运算以及数量积公式求解各边的垂直以及长度关系等.同时也考查了锥体外接球的问题.属于难题.‎ 三、解答题 ‎17.在中，角的对边分别为，若，，.‎ ‎（1）求边长；‎ ‎（2）已知点为边的中点，求的长度.‎ ‎【答案】（1）6（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据可得,再根据与二倍角公式求解得,再利用正弦定理求解即可.‎ ‎(2)先求解得,再求解得,再在中,由余弦定理求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）由,,得,‎ 所以,‎ 由正弦定理,可得.‎ ‎（2）,‎ 在中,‎ 在中,由余弦定理得：‎ 所以,‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换以及正余弦定理在解三角形中的运用,需要根据题意确定合适的公式化简求解.属于中档题.‎ ‎18.已知，图中直棱柱的底面是菱形，其中.又点分别在棱上运动，且满足：，.‎ ‎（1）求证：四点共面，并证明∥平面.‎ ‎（2）是否存在点使得二面角的余弦值为？如果存在，求出的长；如果不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）不存在点使之成立.见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 在线段上分别取点,使得,进而得到与即可.‎ ‎(2) 以为原点,分别以,及过且与平行的直线为轴建立空间直角坐标系,再求解平面的法向量与平面的法向量,再设,,再根据二面角的计算方法分析是否存在使得二面角为的余弦值为即可.‎ ‎【详解】解：（1）证法1：在线段上分别取点,使得,易知四边形是平行四边形,所以,联结,‎ 则,且 所以四边形为矩形,故,同理,‎ 且,故四边形是平行四边形,所以,所以 故四点共面 又,平面,平面,‎ 所以平面.‎ 证法2：因为直棱柱的底面是菱形,∴,底面,设交点为,以为原点,分别以,及过且与平行的直线为轴建立空间直角坐标系.则有,,,,设,,则,,,,,,所以,故四点共面.又,平面,平面,所以平面.‎ ‎（2）平面中向量,,设平面的一个法向量为,则,可得其一个法向量为.‎ 平面中,,,设平面一个法向量为 ‎,则,所以取其一个法向量.‎ 若,则,‎ 即有,,解得,故不存在点使之成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据线线平行证明共面的方法,同时也考查了建立空间直角坐标系确定是否存在满足条件的点的问题.需要根据题意建立合适直角坐标系,再利用空间向量求解二面角的方法,分析是否有参数满足条件等.属于难题.‎ ‎19.已知圆，圆，如图，分别交轴正半轴于点.射线分别交于点，动点满足直线与轴垂直，直线与轴垂直.‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）过点作直线交曲线与点，射线与点，且交曲线于点.问：的值是否是定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）是定值，为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设,再根据三角函数的关系可得,,‎ 进而消参求得轨迹的方程即可.‎ ‎(2) 设直线的方程为,再联立直线与(1)中椭圆的方程,根据弦长公式化简,代入韦达定理求解即可.‎ ‎【详解】解：方法一：（1）如图设,则 ‎,所以,.‎ 所以动点的轨迹的方程为.‎ 方法二：（1）当射线的斜率存在时,设斜率为,方程为,‎ 由得,同理得,所以即有动点的轨迹的方程为.当射线的斜率不存在时,点也满足.‎ ‎（2）由（1）可知为的焦点,设直线的方程为（斜率不为0时）且设点,,由得 所以,所以 又射线方程为,带入椭圆的方程得,即 ‎,‎ 所以 又当直线的斜率为时,也符合条件.综上,为定值,且为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求解以及联立直线与椭圆的方程求解线段弦长与证明定值的问题,属于难题.‎ ‎20.某校高三男生体育课上做投篮球游戏，两人一组，每轮游戏中，每小组两人每人投篮两次，投篮投进的次数之和不少于次称为“优秀小组”.小明与小亮同一小组，小明、小亮投篮投进的概率分别为.‎ ‎（1）若，，则在第一轮游戏他们获“优秀小组”的概率；‎ ‎（2）若则游戏中小明小亮小组要想获得“优秀小组”次数为次，则理论上至少要进行多少轮游戏才行？并求此时的值.‎ ‎【答案】（1）（2）理论上至少要进行轮游戏.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分①小明投中1次,小亮投中2次；②小明投中2次,小亮投中1次；③小明投中2次,小亮投中2次三种情况进行求和即可.‎ ‎(2)同(1),分别计算三种情况的概率化简求和,再代入可知,再设,根据二次函数在区间上的最值方法求解可得当时,.再根据他们小组在轮游戏中获“优秀小组”次数满足,利用二项分布的方法求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）由题可知,所以可能的情况有①小明投中1次,小亮投中2次；②小明投中2次,小亮投中1次；③小明投中2次,小亮投中2次.‎ 故所求概率 ‎（2）他们在一轮游戏中获“优秀小组”的概率为 因为,所以 因为,,,所以,,又 所以,令,以,则 当时,,他们小组在轮游戏中获“优秀小组”次数满足 由,则,所以理论上至少要进行轮游戏.此时,,‎ ‎【点睛】本题主要考查了排列组合在概率中的运用,需要根据题意分析三种情况的概率之和,再根据包含概率的函数解析式,结合二次函数与基本不等式的方法求最值即可.属于难题.‎ ‎21.已知函数，，其中.‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）若对任意，任意，不等式恒成立时最大的记为，当时，的取值范围.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求导后分与两种情况分析函数的单调性即可.‎ ‎(2)参变分离与可得,再令,求导得,再分析的单调性,分,与三种情况求解导函数的正负以及原函数的单调性,进而求得的解析式,再求导分析单调性与范围即可.‎ ‎【详解】解：（1）∵‎ ‎∴,∵,‎ ‎∴①当时,的减区间为,没有增区间 ‎②当时,的增区间为,减区间为 ‎（2）原不等式.‎ ‎∵,,∴,‎ 令,‎ 令 在上递增；‎ ‎①当时,即,∵,所以时,,‎ ‎∴在上递增；∴.‎ ‎②当,即时,,∴在上递减；‎ ‎∴‎ ‎③当时,又在上递增；‎ 存在唯一实数,使得,即，‎ 则当时.‎ 当时.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ 令在上递增,‎ ‎,∴.‎ 综上所述.‎ ‎【点睛】本题主要考查了求导分析函数单调区间以及分情况讨论导函数零点以及参数范围的问题,需要根据题意构造合适的函数进行原函数单调性以及最值的分析等.属于难题.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中.曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线和曲线的一般方程；‎ ‎（2）若曲线上任意一点，过点作一条直线与曲线相切，与曲线交于点，求的最大值.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据圆的标准方程可得的一般方程,再根据,且,代入化简可得的一般方程.‎ ‎(2)易得,再设点的坐标为,再利用三角函数范围以及二次函数的范围求解的取值范围,进而求得即可.‎ ‎【详解】解：（1）曲线表示圆心为,半径为1的圆.故的一般方程是 ‎∵,且,,给.‎ ‎∴曲线的一般方程为 ‎（2）设点的坐标为,∵,‎ ‎∴,即时,‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与极坐标和直角坐标的互化,同时也考查了设点的参数坐标求解距离的最值问题.属于中档题.‎ ‎23.已知点的坐标满足不等式：.‎ ‎（1）请在直角坐标系中画出由点构成的平面区域，并求出平面区域的面积S.‎ ‎（2）如果正数满足，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）2；（2）4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，即可容易求得平面区域以及面积；‎ ‎（2）利用均值不等式即可容易求证.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 故可得当时，不等式等价于；‎ 当时，不等式等价于；‎ 当时，不等式等价于；‎ 当时，不等式等价于；‎ 如图，平面区域平面区域由一个正方形及其内部组成，‎ 四个顶点分别为，‎ 所以. ‎ ‎（2）由（1），而 都为正数，‎ 所以 ，‎ 当且仅当取得最小值.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式表示的平面区域，以及利用均值不等式求最值，属综合基础题.‎