河北省衡水中学2020届高三下学期第九次调研数学（理）试题 27页

衡水中学2019—2020学年度高三下学期第九次调研考试 数学（理科）‎ 一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分．）‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合A，B，再求.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题.‎ ‎2.复数上的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简得到计算虚部得到答案.‎ ‎【详解】，所以的虚部为.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查了复数虚部的计算，属于简单题.‎ ‎3.某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），左图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，右图为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为，以下结论中不正确的为（ ）‎ A. 15名志愿者身高的极差小于臂展的极差 B. 15名志愿者身高和臂展成正相关关系，‎ C. 可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米 D. 身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据散点图和回归方程的表达式，得到两个变量的关系，A根据散点图可求得两个量的极差，进而得到结果；B，根据回归方程可判断正相关；C将190代入回归方程可得到的是估计值，不是准确值，故不正确；D，根据回归方程x的系数可得到增量为11.6厘米，但是回归方程上的点并不都是准确的样本点，故不正确.‎ ‎【详解】A，身高极差大约为25，臂展极差大于等于30，故正确；‎ B，很明显根据散点图像以及回归直线得到，身高矮臂展就会短一些，身高高一些，臂展就长一些，故正确；‎ C，身高为190厘米，代入回归方程可得到臂展估计值等于189.65厘米，但是不是准确值，故正确；‎ D，身高相差10厘米的两人臂展的估计值相差11.6厘米，但并不是准确值，回归方程上的点并不都是准确的样本点,故说法不正确.‎ 故答案为D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查回归分析，考查线性回归直线过样本中心点，在一组具有相关关系的变量的数据间，这样的直线可以画出许多条，而其中的一条能最好地反映x与Y之间的关系，这条直线过样本中心点．线性回归方程适用于具有相关关系的两个变量，对于具有确定关系的两个变量是不适用的, 线性回归方程得到的预测值是预测变量的估计值，不是准确值.‎ ‎4.函数的图象不可能是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变成分段函数后分段求导，通过对分类讨论，得到函数的单调性，根据单调性结合四个选项可得答案.‎ ‎【详解】,∴.‎ ‎(1)当时,,图象为A;‎ ‎(2)当时,,∴在上单调递增,‎ 令得,‎ ‎∴当时,,‎ 当时,,‎ ‎∴在上单调递减,在上单调递增,图象为D;‎ ‎(3)当时,,∴在上单调递减,‎ 令得,‎ ‎∴当时,,‎ 当时,,‎ ‎∴在上单调递减,在上单调递增,图象为B;‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数的图像的识别，考查了分类讨论思想，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题.‎ ‎5.某几何体的三视图如图所示，该几何体表面上的点与点在正视图与侧视图上的对应点分别为，，则在该几何体表面上，从点到点的路径中，最短路径的长度为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出几何体的图形，然后PQ的路径有正面和右面以及正面和上面两种路径，分别计算出结果，得出答案.‎ ‎【详解】由题，几何体如图所示 ‎（1）前面和右面组成一面 此时PQ= ‎ ‎（2）前面和上面再一个平面 此时PQ= ‎ ‎ ‎ 故选C ‎【点睛】本题考查了几何体的三视图以及相关的计算，解题的关键是PQ的路径有两种情况，属于较易题.‎ ‎6.设，为正数，且，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，化简，根据均值不等式，即可求得答案；‎ ‎【详解】当时，‎ ‎，‎ 当且仅当时，即取等号，‎ ‎.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了根据均值不等式求最值，解题关键是灵活使用均值不等式，注意要验证等号的是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎7.我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积.根据此公式，若，且，则的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，利用正弦定理边化为角得，整理为，根据，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.‎ ‎【详解】由得，‎ 即，即，‎ 因为，所以，‎ 由余弦定理，所以，‎ 由的面积公式得 故选：A ‎【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎8.执行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题知，该程序是利用循环结构计算，输出变量的值，可发现周期为，即可得到，，，此时输出.‎ ‎【详解】，.，.，.‎ ‎，.，.‎ 可发现周期，，，.‎ 此时输出.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构和条件结构，周期是是解决本题的关键，属于简单题.‎ ‎9.设，，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件，令，代入中并取相同的正指数，可得的范围并可比较的大小；由对数函数的图像与性质可判断的范围，进而比较的大小.‎ ‎【详解】因为 令 则 将式子变形可得，‎ 因为 所以 由对数函数的图像与性质可知 综上可得 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了指数式与对数式大小比较，指数幂的运算性质应用，对数函数图像与性质应用，属于基础题.‎ ‎10.已知双曲线，点是直线上任意一点，若圆与双曲线的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出双曲线的渐近线方程，可得则直线与直线的距离，根据圆与双曲线的右支没有公共点，可得，解得即可．‎ ‎【详解】由题意，双曲线的一条渐近线方程为，即，‎ ‎∵是直线上任意一点，‎ 则直线与直线的距离，‎ ‎∵圆与双曲线的右支没有公共点，则，‎ ‎∴，即，又 故的取值范围为，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线和双曲线的位置关系，以及两平行线间的距离公式，其中解答中根据圆与双曲线的右支没有公共点得出是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎11.直线与函数的图象的相邻两个交点的距离为，若在上是增函数，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线与函数的图象的相邻两个交点的距离为一个周期，得到，则，然后求得其单调增区间，再根据在上是增函数，由是增区间的子集求解.‎ ‎【详解】因为直线与函数的图象的相邻两个交点的距离为一个周期，‎ 所以，，‎ 由，得，‎ 所以在上是增函数，‎ 由，‎ 解得.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查正切函数的图象和性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题 ‎12.已知函数，若方程有3个不同的实根，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数法，明确在，上是增函数，在上是减函数，结合的图象，得，构造函数，再利用导数法求其取值范围.‎ ‎【详解】由得，‎ 所以在，上是增函数，在上是减函数，‎ 结合的图象 可得，又，‎ 设，则，‎ 所以在上是减函数，在上是增函数，‎ 由，，，‎ 可得的取值范围是 ‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解问题的能力，属于难题.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分．）‎ ‎13.的展开式的第项为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项式定理的通项公式求解即可 ‎【详解】由题展开式的第2项为 故答案为 ‎【点睛】本题考查二项式定理，熟记公式，准确计算是关键，是基础题.‎ ‎14.已知中，，，，若点满足，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，以为一组基底，由，得到，再由求解.‎ ‎【详解】因为 又因为，，‎ 所以，‎ 所以 ‎.‎ 故答案为：-12‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查平面向量基本定理和向量的线性运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎15.记等差数列的前n项和为，若，，则的前n项和______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的通项公式以及前项和公式代入可求得，再由分组求和即可求解.‎ ‎【详解】因为是等数差数列，，而，‎ 所以，解得，，则，；‎ 数列构成首项为9，公差为9的等差数列；‎ 若n为偶数，则，‎ 若n为奇数，则T ‎ ‎ 故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式以及分组求和，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎16.已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上，平面，，，，，则球的表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：根据三棱锥的结构特征，求得三棱锥外接球半径，由球表面积公式即可求得表面积．‎ 详解：由，根据同角三角函数关系式得 ‎ ，解得 ‎ 所以 ，因为，，由余弦定理 ‎ 代入得 ‎ 所以△ABC为等腰三角形，且 ，由正弦定理得△ABC外接圆半径R为 ，解得 ‎ 设△ABC外心为 ， ，过 作 ‎ 则在 中 ‎ 在中 ‎ 解得 ‎ 所以外接球面积为 ‎ 点睛：本题综合考查了空间几何体外接球半径的求法，通过建立空间模型，利用勾股定理求得半径；结合球的表面积求值，对空间想象能力要求高，综合性强，属于难题．‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明或演算步骤．）‎ ‎17.设.‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）单调递增区间是；‎ 单调递减区间是 ‎（Ⅱ）面积的最大值为 ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）首先利用二倍角公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的单调性求其单调区间；‎ ‎（Ⅱ）首先由结合（Ⅰ）的结果，确定角A的值，然后结合余弦定理求出三角形面积的最大值.‎ 试题解析：‎ 解：（Ⅰ）由题意知 由可得 由可得 所以函数的单调递增区间是；‎ 单调递减区间是 ‎（Ⅱ）由得 由题意知为锐角，所以 由余弦定理：‎ 可得：‎ 即：当且仅当时等号成立.‎ 因此 所以面积的最大值为 考点：1、诱导公式；2、三角函数的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式.‎ ‎18.如图，在三棱锥P-ABC中，已知，顶点P在平面ABC上射影为的外接圆圆心.‎ ‎（1）证明：平面平面ABC；‎ ‎（2）若点M在棱PA上，，且二面角P-BC-M的余弦值为，试求的值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设的中点为，连接，易知点为的外接圆圆心，从而平面，即可证明平面平面ABC；‎ ‎（2）以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 求出平面与平面的法向量，代入公式即可建立的方程，解之即可.‎ ‎【详解】（1）证明：如图，设的中点为，连接， ‎ 由题意，得，则为直角三角形，‎ 点为的外接圆圆心． ‎ 又点在平面上的射影为的外接圆圆心，‎ 所以平面， ‎ 又平面，所以平面平面． ‎ ‎（2）解：由（1）可知平面，‎ 所以，，，‎ 于是以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， ‎ 则，，，，，‎ 设，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则得 令，得，，‎ 即． ‎ 设平面的法向量为，‎ 由得 令，得，，即 ‎ ‎ ‎ 解得即M为PA的中点．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面与平面垂直的判定，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎19.某快餐连锁店招聘外卖骑手，该快餐连锁店提供了两种日工资方案：方案(a)规定每日底薪50元，快递业务每完成一单提成3元；方案(b)规定每日底薪100元，快递业务的前44单没有提成，从第45单开始，每完成一单提成5元，该快餐连锁店记录了每天骑手的人均业务量，现随机抽取100天的数据，将样本数据分为[ 25，35），[35，45)，[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，85)，[85，95]七组，整理得到如图所示的频率分布直方图.‎ ‎（1）随机选取一天，估计这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于65单的概率；‎ ‎（2）从以往统计数据看，新聘骑手选择日工资方案（a）的概率为，选择方案（b）的概率为．若甲、乙、丙三名骑手分别到该快餐连锁店应聘，三人选择日工资方案相互独立，求至少有两名骑手选择方案(a)的概率；‎ ‎（3）若仅从人均日收入的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为新聘骑手做出日工资方案的选择，并说明理由．（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替）‎ ‎【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) （Ⅲ）见解析 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(Ⅰ)先设事件为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于单”，由频率分布直方图，即可求出结果；‎ ‎(Ⅱ)先设事件为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）”，设事件为“甲乙丙三名骑手中恰有人选择方案（1）”，根据题意可得，进而可求出结果；‎ ‎（Ⅲ）先设骑手每日完成快递业务量为件，得到方案（1）的日工资 ‎，方案（2）的日工资 ，再由题中条件分别得到与的期望，比较大小即可得出结果.‎ ‎【详解】(Ⅰ)设事件为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于单”‎ 依题意，连锁店的人均日快递业务量不少于单的频率分别为：‎ 因为 所以估计为. ‎ ‎(Ⅱ) 设事件为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）” ‎ 设事件为“甲乙丙三名骑手中恰有人选择方案（1）”，‎ 则，‎ 所以三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）的概率为 ‎ ‎（Ⅲ）设骑手每日完成快递业务量为件 ‎ 方案（1）的日工资，‎ 方案（2）的日工资 ‎ 所以随机变量的分布列为 ‎ ；‎ 同理随机变量的分布列为 ‎ ‎ 因为，所以建议骑手应选择方案（1）‎ ‎【点睛】本题主要考查频率分布直方图、离散型随机变量的分布列与期望等，熟记概念，会分析频率分布直方图即可，属于常考题型.‎ ‎20.如图，椭圆：的左右焦点分别为，离心率为，过抛物线：焦点的直线交抛物线于两点，当时，点在轴上的射影为，连接并延长分别交于两点，连接，与的面积分别记为，，设.‎ ‎（1）求椭圆和抛物线的方程；‎ ‎（2）求的取值范围.‎ ‎【答案】（I） ，；（II） ．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ ）由题意得得，根据点M在抛物线上得，又由，得 ，可得，解得，从而得 ‎，可得曲线方程．（Ⅱ ）设，，分析可得，先设出直线的方程为 ，由，解得，从而可求得，同理可得,故可将化为m的代数式，用基本不等式求解可得结果．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由抛物线定义可得，‎ ‎∵点M在抛物线上，‎ ‎∴，即 ①‎ 又由，得 ‎ 将上式代入①，得 解得 ‎∴‎ ‎，‎ 所以曲线方程为，曲线的方程为． ‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为，‎ 由消去y整理得，‎ 设，.‎ 则，‎ 设，，‎ 则，‎ 所以， ②‎ 设直线的方程为 ，‎ 由，解得，‎ 所以，‎ 由②可知，用代替，‎ 可得， ‎ 由，解得，‎ 所以，‎ 用代替，可得 所以 ‎，当且仅当时等号成立．‎ 所以的取值范围为. ‎ 点睛：解决圆锥曲线的最值与范围问题时，‎ 若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下几个方面考虑：‎ ‎①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；‎ ‎②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；‎ ‎③利用基本不等式求出参数的取值范围；‎ ‎④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若有两个不同的极值点，，求实数的取值范围；‎ ‎（2）在（1）的条件下，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由得，根据有两个不同的极值点，，则有两个不同的零点，即方程有两个不同的实根，转化为直线与的图象有两个不同的交点求解.‎ ‎（2）由（1）知，设，则，由得，，要证，将 代入整理为，再令，转化为，再构造函数，研究其最大值即可.‎ ‎【详解】（1）由得，‎ 有两个不同的极值点，，则有两个不同的零点，‎ 即方程有两个不同的实根，‎ 即直线与的图象有两个不同的交点，‎ 设，则，‎ 时，单调递增，且的取值范围是；‎ 时，单调递减，且的取值范围是，‎ 所以当时，直线与的图象有两个不同的交点，‎ 有两个不同的极值点，，‎ 故实数的取值范围是.‎ ‎（2）由（1）知，设，则，‎ 由得，‎ 所以要证，只需证，‎ 即证，即证，‎ 设，即证，即证，‎ 设，则，‎ 所以在是增函数，，‎ 所以，从而有.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数与函数极值，导数法证明不等式，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.‎ 选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（Ⅰ）求曲线以及直线的极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）若，直线与曲线相交于不同的两点，，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）消去参数t可得的普通方程，利用平方关系消去参数可得曲线C的直角坐标方程，把ρ2＝x2+y2，y＝ρsinθ代入，可得曲线以及直线的极坐标方程．． ‎ ‎（II）把直线l的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线参数的几何意义求得结果．‎ ‎【详解】（Ⅰ）依题意，曲线：，故，‎ 即，即；‎ 直线：，即，即，‎ 故；‎ ‎（Ⅱ）将直线的参数方程代入中，‎ 化简可得，‎ 设，所对应的参数分别为，，‎ 则，，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查了极坐标方程、参数方程与普通方程的互化，考查了直线参数的意义，考查了计算能力，属于中档题．‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数 ‎（Ⅰ）解不等式；‎ ‎（Ⅱ）已知，且，求证 ‎【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）整理得：，由绝对值的几何意义即可解不等式．‎ ‎ （Ⅱ）将问题转化成，求得，转化成证明利用基本不等式即可证明结论，问题得解．‎ ‎【详解】（Ⅰ），即，‎ 由绝对值的几何意义得：；‎ ‎（Ⅱ），‎ 要证，只要证 ‎，即 ‎【点睛】本题主要考查了绝对值的几何意义，还考查了转化思想及基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题．‎