河北衡水中学2019届全国高三第一次摸底联考.pdf

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河北衡水中学2019届全国高三
第一次摸底联考:.
河北衡水中学2019届全国高三第一次摸底联考
理科数学
本试卷4页,23小题,满分150分。考试时间
120分钟。
注意事项:
,考生务必将自己的姓名、准考证
号填写在答题卡上相应的位置。
,答在本试题上
无效。
,选出每小题答案后,用
2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标
号。回答非选择题时,
签字笔写在答题卡上。
,将本试卷和答题卡一并交
回。
2:.
一、选择题:本题共12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。

z34ii

象限
,,则
Rx22x
A.B.
x2x0x2x0
C.D.
xx2或x0xx2或x0

,为了更好地对
比该校考生的升学情况,统计了该校2015年和
2018年的高考情况,得到如下柱状图:
2015年高考数据统计2018年高考数据统计
则下列结论正确的是
,2018年一本达线人数减
少
3:.
,2018年二本达线人数增

,2018年艺体达线人数相
同
,2018年不上线的人数有
所增加
,前项和为
an
n
,且,则的值为
SS100a
n107

,若时,
fxRx0
,则时,
fxxlnxx0fx
.
xlnxxlnxxlnxxlnx
,若
C:1ab0l:1
a2b243
过的左焦点和下顶点的直线与平行,则椭圆
CC
的离心率为

5545
4:.
,在平行四边形中,对角线与
ABCDAC
交于点,且,则
BDOAE2EOED

ADABADAB
3333

ADABADAB
3333
,则此几何体




、天文学家,大约
在公元222年,赵爽为《周碑算经》一书作序时,
介绍了“勾股圆方图”,亦称“赵爽弦图”(以
弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三
角形再加上中间的一个小正方形组成的).类比
“赵爽弦图”,可类似地构造如图所示的图形,
它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边
三角形拼成的一个大等边三角形,设,
DF2AF2
5:.
6:.
任一点,设与平面所成角为,则
MAMABCD
11111
的最大值为
sin

25

56
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,
共20分。
xy10,
,满足约束条件,
xy2xy40,

y0,
则的最小值为________.
zx2y
,若数列的前项和
a3n1an
nn
11,则的值为________.
T6na
n555
,1组成的一串数字代码,其中
恰好有7个1,3个0,则这样的不同数字代码
共有____________个.
7:.
16已知函数的图像
fxsinxx2

32
关于直线对称,当时,的最大值为
x2x1,2fx
____________.
三、解答题:共70分。解答应写出文学说
明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考
题,每个考试都必须作答。第22、23题为选考
题,考生根据要求作答。
(一)必考题:60分。
17.(12分)
如图,在中,是边上的一点,,
ABCPBCAPC60
,.
AB23APPB4
(1)求的长;
BP
(2)若53,求的值.
ACcosACP
4
18.(12分)
在中,,分别为,的中点,
ABCDEABAC
,,使
AB2BC2CDDEADE
点到达点的位置,如图2.
AP
8:.
(1)证明:平面平面;
BCPCEP
(2)若平面平面,求直线与平面
DEPBCEDDP
所成角的正弦值。
BCP
如图1如图2
19.(12分)
某高校为了对2018年录取的大一理工科新
生有针对性地进行教学,从大一理工科新生中随
机抽取40名,对他们2018年高考的数学分数进
行分析,研究发现这40名新生的数学分数在
x
内,且其频率满足n(其中
100,150yy10a
20
,).
10nx10n1nN*
(1)求的值;
a
(2)请画出这20名新生高考数学分数的频
率分布直方图,并估计这40名新生的高考数学
分数的平均数(同一组中的数据用该组区间的中
点值作代表);
(3)将此样本的频率估计为总体的概率,
随机调查4名该校的大一理工科新生,记调查的
9:.
4名大一理工科新生中“高考数学分数不低于
130分”的人数为随机变量,求的数学期望.
20.(12分)
已知抛物线的焦点为,是
E:x22pyp0FA2,y
0
上一点,且.
EAF2
(1)求的方程;
E
(2)设点是上异于点的一点,直线与
BAAB
直线交于点,过点作轴的垂线交于点
yx3PPxE
,证明:直线过定点.
MBM
21.(12分)
已知函数.
fxeaxx1aR
(1)当时,求证:;
a1fx0
(2)讨论函数的零点的个数。
fx
(二)选考题:共10分。请考生在第22、
23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的
第一题计分。
22.[选修4-4:坐标系与参数方程](10
分)
10:.
在平面直角坐标系中,以为极点,轴
xOyOx
的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐
C
标方程为;直线的参数方程为
2sin2acosa0l
2
x2t,
2(为参数),直线与曲线分别交于,
tlCM
2
yt
2
两点.
N
(1)写出曲线的直角坐标方程和直线的
Cl
普通方程;
(2)若点的极坐标为,,
P2,PMPN52
求的值.
a
23.[选修4-5:不等式选讲](10分)
已知函数.
fxx2
(1)求不等式的解集;
fx1xfx3
(2)若函数的值域为
gxlogfx3fx2a
2
,求实数的取值范围.
Ra
参考答案及解析
11:.
河北衡水中学2019届全国高三第一次摸底
联考·理科数学
一、选择题
【解析】
z34ii43i
,.
4,3
【解析】由,得,解得.
x22xx22x02x0
所以.
CMxx2或x0
U
【解析】设2015年该校参加高考的人数
为,



达线人数为,可见一本达线人数增加

了,故选项A错误;对于选项B,2015年二本达
线人数为,2018年二本达线人数为

,显然2018年二本达线人数不是增加

,故选项B错误;对于选项C,2015年
,但是人数是不相同
的,故选项C错误;对于选项D,2015年不上线
12:.


.
【解析】
S100a1
101
,.
a2n1a13
n7
【解析】设,则,所以.
x0x0fxxlnx
又因为是定义在上的奇函数,所以
fxR
,.
fxfxfxxlnx
【解析】直线的斜率为3,所以b3,
l
4c4
又,所以c4,故选A.
b2c2a2e
a5
【解析】
11.
EDEAADACADADABADADAB
3333
【解析】几何体的直观图为四棱锥.
PABCD
,,.
ADABPAPABAPDAP90
所以≌.
ABPADP
因为平面,,.
BCABPBCBPCDDP
因为,,,所以≌.
BPDPCDBCCPCPBCPDCP
.
ABPBCP
13:.
【解析】在中,,,,
ABDAD3BD1ADB120
由余弦定理,得,
ABAD2BD22ADBDcos12013
所以DF2.

AB13
2
所以所求概率为S24.
DEF
S1313
ABC
故选A.
【解析】画出函数的图像如图所示,
fx
由图可知,.
1a00a1
【解析】如图,作于点.
OAFMAFBFM
121
,,所以
BFMx2y2a2FMF45
112
,,,.又点在双
OAaFBBM2aFM22aFB2bM
221
,得.
FMFM2a2b22a2ab2a
12
。故
2y2x
a
选A.
【解析】
EFEFABCD
以过的平面与平面的交线一定是过点
EFOABCDO
,
EFOGHBCCDG
交于点,则,连结,.则平行四边
ABHGHEFEHFG
14:.
,三
EFGHABEHADCFGDV
11111
棱柱为,设点为的任一点,过点
EBHFCGVMVM
22
作底面的垂线,垂足为,连结,则
ABCDNANMAN
111111
即为与平面所成的角,所以.
AMABCDMAN
111111
因为MN,要使的正弦值最大,必须
sinMN
AM
1
最大,最小,当点与点重合时符合题意.
AMMH
1
故MN.
sin

maxAMAH5
1max1
二、填空题
13.【解析】可行域如图所示,
3
当直线xz经过点时,
yAz
22
程组xy10,可得点,.
A1,2z33

2xy40,min

【解析】据题意,得
11,
a3a32a3n1a6n
123n55
所以当时,11.
n2a3a32a3n2a6n1
123n155
两式相减,
3n1a6n6n16n1n2
n55
时,,故.
a2n1a16
n5
15:.
【解析】.故填120.
C3120
100
【解析】据题意知,函数的图像
yx2
关于直线对称,曲线关于直线对
x2ysinxx2

3
称,所以,.所以,.因
2kkZkkZ
326
为,所以.所以.又
fxsinxx2

2636
与在区间上都为减函数,所
ysinxyx21,2

36
以.
fxf14
max
三、解答题
:(1)由已知,得
……………………………………………
APB120
…1分
又,,
AB23APBP4
在中,由余弦定理,
ABP
得
2,………………
23BP24BP22BP4BPcos120
……4分
16:.
整理,
BP24BP40
.…………………………………………6分
BP2
(2)由(1)知,,
AP2
所以在中,
ACP
ACAP,…………………………8分

sin60sinACP
解得
3
24.……………………………………
sinACP2
535
4
…………………9分
因为53,所以,从而,即
2APACACPAPCACP
4
是锐角,……11分
所以
423
.…………………………………
cosACP1
55
…………………12分
18.(1)证明:在题图1中,因为,
AB2BC2CD
且为的中点。由平面几何知识,得
DAB
17:.
.…………………………………………
ACB90
………………………1分
又因为为的中点,所以
EAC
……………………………………………2
DEBC
分
在题图2中,,,且,
CEDEPEDECEPEE
所以平面,
DECEP
所以平面
BC
.………………………………………………
CEP
…………………4分
又因为平面,
BCBCP
所以平面平面
BCP
.………………………………………………
CEP
…………5分
(2)解:因为平面平面,平面
DEPBCEDDEP
平面,平面,.
BCEDDEEPDEPEPDE
18:.
所以平面
EP
.………………………………………………
BCED
………………6分
又因为平面,
CEBCED
所以
.……………………………………………
EPCE
……………………………7分
以为坐标原点,分别以,,的方向
EEDECEP
为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间
xyz
直角坐标
系.…………………………………………………
………………8分
在题图1中,设,则,,
BC2aAB4aAC23a
,.
AECE3aDEa
则,,,.
P0,0,3aDa,0,0C0,3a,0B2a,3a,0
所以,,
DPa,0,3aBC2a,0,0
.……………9分
CP0,3a,3a
19:.
设为平面的法向量,
nx,y,zBCP
nBC0,2ax0,
则,即

nCP0,3ay3az0.

令,
y1z1
.……………………………………………
n0,1,1
……11分
设与平面所成的角为,
DPBCP
nDP3a6
则.
sinsinn,DPcosn,DP
nDP22a4
所以直线与平面所成角的正弦值为
DPBCP
6.…………………………………12分
4
:(1)由题意知:,所以的取
10n14
值为10,11,12,13,14,………1分
代入n,可得
y10a
20
,………
10a10a10a10a10a1
………3分
20:.
解得
.………………………………………………
a
……………………………4分
(2)由(1),得,频率分布
y,,,,
直方图如图:……………6分
这40名新生的高考数学分数的平均数为
.…………
105115125135145120
…………8分
(3)由题意可知,,且“高考数学
0,1,2,3,4
分数不低于130分”的概率为,所以~

1………………………………………………
B4,
4
……10分
所以
1.…………………………………………

E41
4
………………………12分
10.(1)解:根据题意知,,
42py
a
①……………………………………………1分
21:.
因为,所以p.
AF2y2
a2
②.………………………………………………
…2分
联立①②解的,
y1
a
.………………………………………………
p2
…………4分
所以的方程为
E
.………………………………………………
x24y
………………5分
(2)证明:方法一,设,.由题
Bx,yMx,y
1122
意,可设直线的方程为,代入,得
BMykxbx24y
.
x24kx4b0
(3),.
xx4kxx4b
1212
③…………………………6分
由轴及点在直线上,得,
MPxPyx3Px,x3
22
则由,,三点共线,得
APB
x4kxb1,………………………………8分
21
x2x2
21
22:.
整理,得.
k1xx2k4xb1x2b60
1212
将③代入上式并整理,得
.……………………………………
2x2kb30
1
………………………………10分
由点的任意性,得,所以
B2kb30
.
ykx32kkx23
即直线恒过定点
BM
.………………………………………………
2,3
……………12分
方法二,设,n2,
Pt,t3Bn,

4
则t2,n2,
Mt,ABn2,1

44
.…………………………6分
APt2,t4
由,,三点共线,得,
ABPAB∥AP
即n2,即
n2t41t20

4
.…………8分
n22t2ntn120
当时,点坐标为,与重合,不合
n2B2,1A2,1
题意;
23:.
当时,,
n22t2ntn120
整理,得nttn.③
3
42
t2n2

因为44nt,
k
BMtn4
所以直线的方程为
BM
t2nt.……………………………………

yxt
44
10分
ntt2ntt
结合③.得
yx
444
nt,
x23
4
所以直线恒过定点
BM
.………………………………………………
2,3
………12分
21.(1)证明:当时,,则
a1fxexx1
.………………1分
fxex1
.
fx0x0
当时,;当时,,
x0fx0x0fx0
所以函数在区间内是减函数。在区间
fx,0
内是增函数,………3分
0,
24:.
所以是的极小值点,也是最小值点.
x0fx
且,
fxf00
min

a1fx0
立.…………………………………………………
……5分
(2)解:据题意,得.
fxaeax1
①当时,
a0fx0fxR
减函数。
又,所以函数有且只有一个零
f00fx
点.…………………………………6分
②,得11.
a0fx0xln
aa
当11时,;
xlnfx0
aa
当11时,,
xlnfx0
aa
所以在区间11内是减函数,在区间
fx,ln
aa
11内是增函数。
ln,
aa
所以11是函数的极小值点,也是最小
xlnfx
aa
值点,
25:.
即
11111.……………………………
fxflnln1

minaaaaa
……………7分
令,
htttlnt1t0
则,
ht11lntlnt
当时,;
t1ht0
当时,;
0t1ht0
当时,,
t1ht0
所以函数在区间内是增函数,在区间
ht0,1
内是减函数,
1,

t1ht
点,所以,
hth10
即111(当且仅当时取等
fxln10
a1
minaaa
号)………………………9分
当111,即时,函数只有一
fxln10
a1fx
minaaa
个零点…………10分
26:.
当111,即,且时,分和

fxln10a0a1a1
minaaa
两种情况讨论:
0a1
(i)当时,11,因为
a11ln0
aa
,所以在区间11内有一
f1eax11eax0fx,ln

aa
个零点;又,因此有两个零点.
f00fx
(ii)当时,11;
0a1ln0
aa
由(1),,亦即.
exx1xlnx1lnxx1
,即22,
xln1ln1
aaaaa
2222222222
所以2ln,
flnealn11110
aaaaaaaa
所以在区间11内有一个等点.
fxln,
aa
又,
f00
因此函数有两个零点.
fx
由(i)和(ii),得当或时,函数
a10a1
有两个零点.
fx
综上,当或时,函数只有一个零点;
a0a1fx
27:.
,函数有两个零
a0a1fx
点。………………………………………12分
:(1)由,得
2sin2acosa0
,
22sin2acosa0
所以曲线的直角坐标方程为,
Cx2y22y2ax
即
,…………………………………
xa2y12a21
………………………3分
直线的普通方程为
l
.……………………………………………
yx2
……………5分
2
x2t,
(2)将直线的参数方程2代入
l
2
yt

2
并化简、整理,
x2y22y2ax
得
.…………………………………
t2322at4a40
…………………5分
因为直线与