河北省衡水中学2017届高三下学期期中考试数学(理)试题 Word版含答案

【最新整理，下载后即可编辑】河北衡水中学2016-2017学年度高三下学期数学第三次摸底考试（理科）必考部分一、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，则集合等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】,选D.2. ，若，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设,则,选A.点睛：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为3. 数列为正项等比数列，若，且，则此数列的前5项和等于（）A. B. 41 C. D.【答案】A【解析】因为，所以，选A.4. 已知、分别是双曲线的左、右焦点，以线段为边作正三角形，如果线段的中点在双曲线的渐近线上，则该双曲线的离心率等于（）A. B. C. D. 2【答案】D【解析】由题意得渐近线斜率为，即，选D.5. 在中，“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】时，，所以必要性成立；时，，所以充分性不成立，选B.6. 已知二次函数的两个零点分别在区间和内，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A学|科|网...【解析】由题意得，可行域如图三角形内部（不包括三角形边界，其中三角形三顶点为）：，而，所以直线过C取最大值，过B点取最小值，的取值范围是，选A.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.7. 如图，一个简单几何体的正视图和侧视图都是边长为2的等边三角形，若该简单几何体的体积是，则其底面周长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意，几何体为锥体，高为正三角形的高，因此底面积为，即底面为等腰直角三角形，直角边长为2，周长为，选C.8. 20世纪30年代，德国数学家洛萨---科拉茨提出猜想：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半；如果是奇数，则将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1，这就是著名的“”猜想.如图是验证“”猜想的一个程序框图，若输出的值为8，则输入正整数的所有可能值的个数为（）A. 3B. 4C. 6D. 无法确定【答案】B【解析】由题意得；，因此输入正整数的所有可能值的个数为4，选B.9. 的展开式中各项系数的和为16，则展开式中项的系数为（）A. B. C. 57 D. 33【答案】A【解析】由题意得,所以展开式中项的系数为,选A.点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.10. 数列为非常数列，满足：，且对任何的正整数都成立，则的值为（）A. 1475B. 1425C. 1325D. 1275【答案】B【解析】因为，所以，即，所以,叠加得,，,即从第三项起成等差数列，设公差为，因为，所以解得，即，所以，满足，，选B.11. 已知向量满足，若，的最大值和最小值分别为，则等于（）A. B. 2 C. D.【答案】C【解析】因为所以；因为，所以学|科|网...的最大值与最小值之和为，选C.12. 已知偶函数满足，且当时，，关于的不等式在上有且只有200个整数解，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为偶函数满足，所以，因为关于的不等式在上有且只有200个整数解，所以关于的不等式在上有且只有2个整数解，因为，所以在上单调递增，且，在上单调递减，且，因此，只需在上有且只有2个整数解，因为，所以，选C. 点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上13. 为稳定当前物价，某市物价部门对本市的5家商场的某商品的一天销售量及其价格进行调查，5家商场商品的售价元和销售量件之间的一组数据如下表所示：价格8.5 9 9.5 10 10.5销售量12 11 9 7 6由散点图可知，销售量与价格之间有较好的线性相关关系，其线性回归方程是，则__________．【答案】39.4【解析】点睛：函数关系是一种确定的关系，相关关系是一种非确定的关系.事实上，函数关系是两个非随机变量的关系，而相关关系是非随机变量与随机变量的关系.如果线性相关，则直接根据用公式求，写出回归方程，回归直线方程恒过点.14. 将函数的图象向右平移个单位（），若所得图象对应的函数为偶函数，则的最小值是__________．【答案】【解析】向右平移个单位得为偶函数，所以，因为，所以学|科|网...点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言. 函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数. 15. 已知两平行平面间的距离为，点，点，且，若异面直线与所成角为60°，则四面体的体积为__________．【答案】6【解析】设平面ABC与平面交线为CE，取,则16. 已知是过抛物线焦点的直线与抛物线的交点，是坐标原点，且满足，则的值为__________．【答案】【解析】因为，所以因此，所以因为，所以，因此三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 如图，已知关于边的对称图形为，延长边交于点，且，.（1）求边的长；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）先由同角三角函数关系及二倍角公式求出．再由余弦定理求出，最后根据角平分线性质定理得边的长；（2）先由余弦定理求出，再根据三角形内角关系及两角和余弦公式求的值.试题解析：解：（1）因为，所以，所以．因为，所以，所以，又，所以．（2）由（1）知，所以，所以，因为，所以，所以．学|科|网...18. 如图，已知圆锥和圆柱的组合体（它们的底面重合），圆锥的底面圆半径为，为圆锥的母线，为圆柱的母线，为下底面圆上的两点，且，，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）先根据平几知识计算得,再根据圆柱性质得平面，即有，最后根据线面垂直判定定理得平面,即得平面平面；（2）求二面角，一般利用空间向量进行求解，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角之间关系求解试题解析：解：（1）依题易知，圆锥的高为，又圆柱的高为，所以，因为，所以，连接，易知三点共线，，所以，所以，解得，又因为，圆的直径为10，圆心在内，所以易知，所以．因为平面，所以，因为，所以平面．又因为平面，所以平面平面．（2）如图，以为原点，、所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．则．所以，设平面的法向理为，所以，令，则．可取平面的一个法向量为，所以，所以二面角的正弦值为．19. 如图，小华和小明两个小伙伴在一起做游戏，他们通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先登上第3个台阶，他们规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两个人都上一级台阶，如果一方连续两次赢，那么他将额外获得一次上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时，游戏结束，记此时两个小伙伴划拳的次数为．（1）求游戏结束时小华在第2个台阶的概率；（2）求的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）学|科|网...【解析】试题分析：（1）根据等可能性知每次赢、平、输的概率皆为．再分两种情况分别计数：一种是小华在第1个台阶，并且小明在第2个台阶，最后一次划拳小华平；另一种是小华在第2个台阶，并且小明也在第2个台阶，最后一次划拳小华输，逆推确定事件数及对应划拳的次数，最后利用互斥事件概率加法公式求概率，（2）先确定随机变量取法,再分别利用组合求对应概率,列表可得分布列,最后根据数学期望公式求期望.试题解析：解：（1）易知对于每次划拳比赛基本事件共有个，其中小华赢（或输）包含三个基本事件上，他们平局也为三个基本事件，不妨设事件“第次划拳小华赢”为；事件“第次划拳小华平”为；事件“第次划拳小华输”为，所以．因为游戏结束时小华在第2个台阶，所以这包含两种可能的情况：第一种：小华在第1个台阶，并且小明在第2个台阶，最后一次划拳小华平；其概率为，第二种：小华在第2个台阶，并且小明也在第2个台阶，最后一次划拳小华输，其概率为所以游戏结束时小华在第2个台阶的概率为．（2）依题可知的可能取值为2、3、4、5，，，，所以的分布列为：2 3 4 5所以的数学期望为：．20. 如图，已知为椭圆上的点，且，过点的动直线与圆相交于两点，过点作直线的垂线与椭圆相交于点．（1）求椭圆的离心率；（2）若，求．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）根据题意列方程组：，解方程组可得，，再根据离心率定义求椭圆的离心率；（2）先根据垂径定理求圆心到直线的距离,再根据点到直线距离公式求直线AB的斜率,根据垂直关系可得直线PQ的斜率,最后联立直线PQ与椭圆方程,利用韦达定理及弦长公式求．试题解析：解：（1）依题知，解得，所以椭圆的离心率；（2）依题知圆的圆心为原点，半径为，所以原点到直线的距离为，因为点坐标为，所以直线的斜率存在，设为．所以直线的方程为，即，所以，解得或．①当时，此时直线的方程为，所以的值为点纵坐标的两倍，即；②当时，直线的方程为，将它代入椭圆的方程，消去并整理，得，设点坐标为，所以，解得，所以．点睛：有关圆锥曲线弦长问题的求解方法涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系，设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.涉及中点弦问题往往利用点差法.21. 已知函数，其中为自然对数的底数．（参考数据：）（1）讨论函数的单调性；（2）若时，函数有三个零点，分别记为，证明：．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）先求函数导数,根据参数a讨论：当时，是常数函数，没有单调性．当时，先减后增；当时，先增后减；（2）先化简方程，整体设元转化为一元二次方程：．其中，再利用导数研究函数的图像，根据图像确定根的取值范围，进而可证不等式.试题解析：解：（1）因为的定义域为实数，所以．①当时，是常数函数，没有单调性．②当时，由，得；由，得．所以函数在上单调递减，在上单调递增．③当时，由得，；由，得，学|科|网...所以函数在上单调递减，在上单调递增．（2）因为，所以，即．令，则有，即．设方程的根为，则，所以是方程的根．由（1）知在单调递增，在上单调递减．且当时，，当时，，如图，依据题意，不妨取，所以，因为，易知，要证，即证．所以，又函数在上单调递增，所以，所以．选考部分请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中直线的倾斜角为，且经过点，以坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线与曲线相交于两点，过点的直线与曲线相交于两点，且．（1）平面直角坐标系中，求直线的一般方程和曲线的标准方程；（2）求证：为定值．【答案】（1）,（2）【解析】试题分析：（1）根据点斜式可得直线的一般方程，注意讨论斜率不存在的情形；根据将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，配方化为标准方程.（2）利用直线参数方程几何意义求弦长：先列出直线参数方程，代入圆方程，根据及韦达定理可得，类似可得，相加即得结论.试题解析：解：（1）因为直线的倾斜角为，且经过点，当时，直线垂直于轴，所以其一般方程为，当时，直线的斜率为，所以其方程为，即一般方程为．因为的极坐标方程为，所以，因为，所以．所以曲线的标准方程为．（2）设直线的参数方程为（为参数），学|科|网...代入曲线的标准方程为，可得，即，则，所以，同理，所以．23. 选修4-5：不等式选讲已知实数满足．（1）求的取值范围；（2）若，求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）因为，所以，又，即得的取值范围；（2）因为，而，即证.试题解析：解：（1）因为，所以．①当时，，解得，即；②当时，，解得，即，所以，则，而，所以，即；（2）由（1）知，因为当且仅当时取等号，所以．【最新整理，下载后即可编辑】。

2016-2017学年河北省衡水中学高一（下）期中数学试卷（理科）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．（5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是（）A．B．C．D．2．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为BC、BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是（）A．直线AA1B．直线A1B1C．直线A1D1D．直线B1C1 3．（5分）在空间中，设m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，则下列命题正确的是（）A．若m∥α且α∥β，则m∥βB．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nC．若m⊥α且α∥β，则m⊥βD．若m不垂直于α，且n⊂α，则m必不垂直于n4．（5分）如图，△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的周长为（）A．B．3C．D．125．（5分）若正四棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成的角是45°，则该正四棱锥的体积是（）A．B．C．D．6．（5分）已知正三角形ABC的三个顶点都在球心为O、半径为3的球面上，且三棱锥O﹣ABC的高为2，点D是线段BC的中点，过点D作球O的截面，则截面积的最小值为（）A．B．4πC．D．3π7．（5分）若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A．48+πB．48﹣πC．48+2πD．48﹣2π8．（5分）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别是AB、AD、AA1的中点，又P、Q分别在线段A1B1、A1D1上，且A1P=A1Q=x，0＜x＜1，设面MEF∩面MPQ=l，则下列结论中不成立的是（）A．l∥面ABCDB．l⊥ACC．面MEF与面MPQ不垂直D．当x变化时，l不是定直线9．（5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的内切球的表面积为（）A．B．C．3πD．4π10．（5分）如图，等边△ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（）A．动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上B．恒有平面A′GF⊥平面BCEDC．三棱锥A′﹣EFD的体积有最大值D．异面直线A′E与BD不可能垂直11．（5分）已知边长为2的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的=，则OA与平面ABCD所成的角的余弦值为（）体积为V球A．B．C．D．12．（5分）在底面为正三角形的直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）ABC﹣A1B1C1中，AB=2，AA1=3，点D为棱BD的中点，点E为A，C上的点，且满足A1E=mEC （m∈R），当二面角E﹣AD﹣C的余弦值为时，实数m的值为（）A．1B．2C．D．3二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点A到平面A1DB的距离为．14．（5分）在三棱锥A﹣BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC、△ACD、△ABD的面积分别为、、，则三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．15．（5分）如图，三棱锥A﹣BCD的顶点B、C、D在平面α内，CA=AB=BC=CD=DB=4，AD=2，若将该三棱锥以BC为轴转动，到点A落到平面α内为止，则A、D 两点所经过的路程之和是．16．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中（如图），已知点P在直线BC1上运动．则下列四个命题：①三棱锥A﹣D1BC的体积不变；②直线AP与平面ACD1所成的角的大小不变；③二面角P﹣AD1﹣C的大小不变；④M是平面A1B1C1D1内到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是直线A1D1其中正确命题的编号是．（写出所有正确命题的编号）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．（10分）如图，O是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，C为底面圆周上一点．（Ⅰ）若弧的中点为D，求证：AC∥平面POD（Ⅱ）如果△PAB面积是9，求此圆锥的表面积与体积．18．（12分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形，且侧棱与底面垂直的棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABM﹣DCP与刍童的组合体中AB=AD，A1B1=A1D1．棱台体积公式：V=（S′++S）h，其中S′，S分别为棱台上、下底面面积，h为棱台高．（Ⅰ）证明：直线BD⊥平面MAC；（Ⅱ）若AB=1，A1D1=2，MA=，三棱锥A﹣A1B1D1的体积V=，求该组合体的体积．19．（12分）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=60°，AD是斜边BC上的高，沿AD 将△ABC折成60°的二面角B﹣AD﹣C，如图2．（1）证明：平面ABD⊥平面BCD；（2）在图2中，设E为BC的中点，求异面直线AE与BD所成的角．20．（12分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AD，DD1的中点，AB=BC=2，过A1，C1，B三点的平面截去长方体的一个角后．得到如图所示的几何体ABCD ﹣A1B1C1D1，且这个几何体的体积为．（1）求证：EF∥平面A1BC1；（2）求A1A的长；（3）在线段BC1上是否存在点P，使直线A1P与C1D垂直，如果存在，求线段A1P的长，如果不存在，请说明理由．21．（12分）如图，四棱锥S﹣ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB=BC=2，CD=SD=1．（Ⅰ）证明：SD⊥平面SAB；（Ⅱ）求AB与平面SBC所成的角的大小．22．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上．（Ⅰ）求证：BC⊥A1B；（Ⅱ）若P是线段AC上一点，，AB=BC=2，三棱锥A1﹣PBC的体积为，求的值．2016-2017学年河北省衡水中学高一（下）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、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．（5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是（）A．B．C．D．【解答】解：由俯视图可知，原几何体的上底面应该是圆面，由此排除选项A 和选项C．而俯视图内部只有一个虚圆，所以排除B．故选：D．2．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为BC、BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是（）A．直线AA1B．直线A1B1C．直线A1D1D．直线B1C1【解答】解：根据异面直线的概念可看出直线AA1，A1B1，A1D1都和直线EF为异面直线；B1C1和EF在同一平面内，且这两直线不平行；∴直线B1C1和直线EF相交，即选项D正确．故选：D．3．（5分）在空间中，设m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，则下列命题正确的是（）A．若m∥α且α∥β，则m∥βB．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nC．若m⊥α且α∥β，则m⊥βD．若m不垂直于α，且n⊂α，则m必不垂直于n【解答】解：由m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，知：在A中，若m∥α且α∥β，则m∥β或m⊂β，故A错误；在B中，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故B错误；在C中，若m⊥α且α∥β，则由线面垂直的判定定理得m⊥β，故C正确；在D中，若m不垂直于α，且n⊂α，则m有可能垂直于n，故D错误．故选：C．4．（5分）如图，△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的周长为（）A．B．3C．D．12【解答】解：根据斜二侧画法得到三角形OAB为直角三角形，底面边长0B=4，高OA=2O'A'=6，AB=2，∴直角三角形OAB的周长为10+2．故选：A．5．（5分）若正四棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成的角是45°，则该正四棱锥的体积是（）A．B．C．D．【解答】解：过棱锥定点S作SE⊥AD，SO⊥平面ABCD，则E为AD的中点，O 为正方形ABCD的中心．连结OE，则∠SEO为侧面SAD与底面ABCD所成角的平面角，即∠SEO=45°．设正四棱锥的底面边长为a，则AE=OE=SO=，∴SE==．在Rt△SAE中，∵SA2=AE2+SE2，∴3=，解得a=2．∴SO=1，∴棱锥的体积V==．故选：B．6．（5分）已知正三角形ABC的三个顶点都在球心为O、半径为3的球面上，且三棱锥O﹣ABC的高为2，点D是线段BC的中点，过点D作球O的截面，则截面积的最小值为（）A．B．4πC．D．3π【解答】解：设正△ABC的中心为O1，连结O1O、O1C、O1D、OD，∵O1是正△ABC的中心，A、B、C三点都在球面上，∴O1O⊥平面ABC，结合O1C⊂平面ABC，可得O1O⊥O1C，∵球的半径R=3，O1O=2，∴Rt△O1OC中，O1C=．又∵D为BC的中点，∴Rt△O1DC中，O1D=O1C=．∴Rt△OO1D中，OD==．∵过D作球O的截面，当截面与OD垂直时，截面圆的半径最小，∴当截面与OD垂直时，截面圆的面积有最小值．此时截面圆的半径r==，可得截面面积为S=πr2=．故选：A．7．（5分）若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A．48+πB．48﹣πC．48+2πD．48﹣2π【解答】解：由三视图可知，原几何体为底面边长是2，高是5的正四棱柱内部挖去一个半径为1的半球．其表面积为=48+π．故选：A．8．（5分）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别是AB、AD、AA1的中点，又P、Q分别在线段A1B1、A1D1上，且A1P=A1Q=x，0＜x＜1，设面MEF∩面MPQ=l，则下列结论中不成立的是（）A．l∥面ABCDB．l⊥ACC．面MEF与面MPQ不垂直D．当x变化时，l不是定直线【解答】解：如图作出过M的中截面，∵棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别是AB、AD、AA1的中点，又P、Q分别在线段A1B1、A1D1上，且A1P=A1Q=x，0＜x＜1，QP∥EF，EF∥中截面，由平面与平面平行的性质定理，可知：面MEF∩面MPQ=l，由平面与平面平行的性质定理可知：l∥面ABCD；∵几何体是正方体，∴AC⊥EF，由三垂线定理可知：l⊥AC．过ACC1A1的平面如图，面MEF与面MPQ不垂直，当Q、P与D1，B1重合时，面MEF与面MPQ垂直，直线l与EF平行，是定直线．D错误．9．（5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的内切球的表面积为（）A．B．C．3πD．4π【解答】解：由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，则几何体的表面积为，该几何体的体积为；设其内切球半径为r，则，求得，所以内切球的表面积为．10．（5分）如图，等边△ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（）A．动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上B．恒有平面A′GF⊥平面BCEDC．三棱锥A′﹣EFD的体积有最大值D．异面直线A′E与BD不可能垂直【解答】解：∵A′D=A′E，△ABC是正三角形，∴A′在平面ABC上的射影在线段AF上，故A正确；由A知，平面A′GF一定过平面BCED的垂线，∴恒有平面A′GF⊥平面BCED，故B正确；三棱锥A′﹣FED的底面积是定值，体积由高即A′到底面的距离决定，当平面A′DE⊥平面BCED时，三棱锥A′﹣FED的体积有最大值，故C正确；当（A′E）2+EF2=（A′F）2时，面直线A′E与BD垂直，故④错误．故选：D．11．（5分）已知边长为2的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的体积为V=，则OA与平面ABCD所成的角的余弦值为（）球A．B．C．D．【解答】解：如图，==，设球O的半径为R，由V球得，∴R=，即OA=．设正方形ABCD的中心为G，连接OG，则OG⊥平面ABCD，且AG=．∴OA与平面ABCD所成的角的余弦值为．故选：A．12．（5分）在底面为正三角形的直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）ABC﹣A1B1C1中，AB=2，AA1=3，点D为棱BD的中点，点E为A，C上的点，且满足A1E=mEC （m∈R），当二面角E﹣AD﹣C的余弦值为时，实数m的值为（）A．1B．2C．D．3【解答】解：在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，取AC中点O，以O为坐标原点，以OB、OC所在直线为x、y轴建立如图所示空间直角坐标系，∵AB=2，AA1=3，点D为棱BC的中点，∴A（0，﹣1，0），C（0，1，0），D（），A1（0，﹣1，3），又点E为A1C上的点，且满足A1E=mEC（m∈R），∴，设E（x，y，z），则，，∴（x，y+1，z﹣3）=（﹣mx，m﹣my，﹣mz），得x=0，y=，z=．∴E（0，，），则，，设平面AED的一个法向量为，由，取x=，得．平面ADC的一个法向量．∴|cos＜＞|=||=||=．解得：m=1．故选：A．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点A到平面A1DB的距离为．【解答】解：构造三棱锥A﹣A 1DB，并且有=，因为=sh=××1×1×1=，所以==．设点A到平面A1DB的距离为x，又因为=×S A1BD×x=×××x=，所以x=，即点A到平面A1DB的距离为．故答案为：14．（5分）在三棱锥A﹣BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC、△ACD、△ABD的面积分别为、、，则三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为8π．【解答】解：三棱锥A﹣BCD中，侧棱AB、AC、AD两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的对角线就是球的直径，设长方体的三边为a，b，c，则由题意得：ab=4，ac=4，bc=4，解得：a=2，b=2，c=2，所以球的直径为：=2所以球的半径为，所以三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为=8π故答案为：8π．15．（5分）如图，三棱锥A﹣BCD的顶点B、C、D在平面α内，CA=AB=BC=CD=DB=4，AD=2，若将该三棱锥以BC为轴转动，到点A落到平面α内为止，则A、D两点所经过的路程之和是．【解答】解：如图，取BC中点O，在△ABC和△BCD中，∵CA=AB=BC=CD=DB=4，∴AO=DO=2，在△AOD中，AO=DO=2，又AD=2，∴cos∠AOD===0，则∠AOD=，∴将该三棱锥以BC为轴转动，到点A落到平面α内时，A、D两点所经过的路程都是以O为圆心，以OA为半径的圆周，∴A、D两点所经过的路程之和是×2π×OA=．故答案为：．16．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中（如图），已知点P在直线BC1上运动．则下列四个命题：①三棱锥A﹣D1BC的体积不变；②直线AP与平面ACD1所成的角的大小不变；③二面角P﹣AD1﹣C的大小不变；④M是平面A1B1C1D1内到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是直线A1D1其中正确命题的编号是①③④．（写出所有正确命题的编号）【解答】解：对于①，显然三棱锥A﹣D1BC体积与P点位置无关，故①正确；对于②，以D1为坐标原点，建立如图所示的空间坐标系，设正方体边长为1，则=（1，1，﹣1）为平面ACD1的法向量，而=（1，0，0），=（1，﹣1，﹣1），∴cos＜＞==，cos＜，＞==，∴AB，AC1与平面ACD1所成的角不相等，即当p在直线BC1上运动时，AP平面ACD1所成的角会发生变化，故②错误；对于③，当P位置变化时，平面PAD1的位置不发生变化，故二面角P﹣AD1﹣C 的大小不变，故③正确；对于④，设Q为直线A1D1上任意一点，则Rt△QDD1≌Rt△QC1D1，∴QD=QC1，∴M的轨迹为直线A1D1，故④正确．故答案为：①③④．三、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．（10分）如图，O是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，C为底面圆周上一点．（Ⅰ）若弧的中点为D，求证：AC∥平面POD（Ⅱ）如果△PAB面积是9，求此圆锥的表面积与体积．【解答】（Ⅰ）证明：∵AB是底面圆的直径，∴AC⊥BC．∵的中点为D，∴OD⊥BC．又AC、OD共面，∴AC∥OD．又AC⊄平面POD，OD⊂平面POD，∴AC∥平面POD；（Ⅱ）解：设圆锥底面圆半径为r，高为h，母线长为l，∵圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，∴h=r，l=，由，得r=3，∴，．18．（12分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形，且侧棱与底面垂直的棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABM﹣DCP与刍童的组合体中AB=AD，A1B1=A1D1．棱台体积公式：V=（S′++S）h，其中S′，S分别为棱台上、下底面面积，h为棱台高．（Ⅰ）证明：直线BD⊥平面MAC；（Ⅱ）若AB=1，A1D1=2，MA=，三棱锥A﹣A1B1D1的体积V=，求该组合体的体积．【解答】解：（Ⅰ）证明：由题可知ABM﹣DCP是底面为直角三角形的直棱柱，∴AD⊥平面MAB，又MA⊂平面MAB，∴AD⊥MA，又MA⊥AB，AD∩AB=A，AD，AB⊂平面ABCD，∴MA⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴MA⊥BD．又AB=AD，∴四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，又MA∩AC=A，MA，AC⊂平面MAC，∴BD⊥平面MAC．…（6分）（Ⅱ）设刍童ABCD﹣A1B1C1D1的高为h，则三棱锥A﹣A1B1D1体积V==，∴h=，故该组合体的体积为V==．19．（12分）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=60°，AD是斜边BC上的高，沿AD 将△ABC折成60°的二面角B﹣AD﹣C，如图2．（1）证明：平面ABD⊥平面BCD；（2）在图2中，设E为BC的中点，求异面直线AE与BD所成的角．【解答】证明：（1）∵折起前AD是BC边上的高，∴当折起后，AD⊥CD，AD⊥BD，又CD∩BD=D，∴AD⊥平面BCD，∵AD⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BCD．解：（2）取CD的中点F，连结EF，由EF∥BD，∴∠AEF是异面直线AE与BD所成角，连结AF、DE，设BD=2，则EF=1，AD=2，CD=6，DF=3，在Rt△ADF中，AF==，在△BCD中，由题设知∠BDC=60°，则BC2=BD2+CD2﹣2BD•CD•cos60°=28，∴BC=2，∴BE=，∴cos，在△BDE中，DE2=BD2+BE2﹣2BD•BE•cos∠CBD=13，在Rt△ADE中，cos∠AEF===，∴∠AEF=60°，'∴异面直线AE与BD所成的角为60°．20．（12分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AD，DD1的中点，AB=BC=2，过A1，C1，B三点的平面截去长方体的一个角后．得到如图所示的几何体ABCD ﹣A1B1C1D1，且这个几何体的体积为．（1）求证：EF∥平面A1BC1；（2）求A1A的长；（3）在线段BC1上是否存在点P，使直线A1P与C1D垂直，如果存在，求线段A1P的长，如果不存在，请说明理由．【解答】证明：（1）如图，连接AD1，∵E，F分别是AD，DD1的中点，∴AD1∥EF．又∵AD1∥BC1，∴EF∥BC1，∵EF⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，∴EF∥平面A1BC1解：（2）设A1A=h，∵几何体ABCD﹣A1C1D1的体积为，∴V ABCD=V ABCD﹣A1B1C1D1﹣V B﹣A1B1C1=，﹣A1C1D1即S ABCD×h﹣×S△A1B1C1×h=，即2×2×h﹣××2×2×h=，解得h=4．∴A1A的长为4．（3）在平面CC1D1D中作D1Q⊥C1D交CC1于Q，过Q作QP∥CB交BC1于点P，则A1P⊥C1D．（7分）因为A1D1⊥平面CC1D1D，C1D⊂平面CC1D1D，∴C1D⊥A1D1，而QP∥CB，CB∥A1D1，∴QP∥A1D1，又∵A1D1∩D1Q=D1，∴C1D⊥平面A1PQC1，且A1P⊂平面A1PQC1，∴A1P⊥C1D．（10分）∵△D1C1Q∽Rt△C1CD，∴=，∴C1Q=1又∵PQ∥BC，∴PQ=BC=．∵四边形A1PQD1为直角梯形，且高D1Q=，∴A1P==21．（12分）如图，四棱锥S﹣ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB=BC=2，CD=SD=1．（Ⅰ）证明：SD⊥平面SAB；（Ⅱ）求AB与平面SBC所成的角的大小．【解答】（Ⅰ）证明：在直角梯形ABCD中，∵AB∥CD，BC⊥CD，AB=BC=2，CD=1∴AD==∵侧面SAB为等边三角形，AB=2∴SA=2∵SD=1∴AD2=SA2+SD2∴SD⊥SA同理：SD⊥SB∵SA∩SB=S，SA，SB⊂面SAB∴SD⊥平面SAB（Ⅱ）建立如图所示的空间坐标系则A（2，﹣1，0），B（2，1，0），C（0，1，0），作出S在底面上的投影M，则由四棱锥S﹣ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB 为等边三角形知，M点一定在x轴上，又AB=BC=2，CD=SD=1．可解得MD=，从而解得SM=，故可得S（，0，）则设平面SBC的一个法向量为则，即取x=0，y=，z=1即平面SBC的一个法向量为=（0，，1）又=（0，2，0）cos＜，＞===∴＜，＞=arccos即AB与平面SBC所成的角的大小为arcsin22．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上．（Ⅰ）求证：BC⊥A1B；（Ⅱ）若P是线段AC上一点，，AB=BC=2，三棱锥A1﹣PBC的体积为，求的值．【解答】（Ⅰ）证明∵AD⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴AD⊥BC．∵AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴AA1⊥BC．又∵AA1∩AD=A，AA1⊂平面AA1B，AD⊂平面AA1B，∴BC⊥平面AA1B，∵A1B⊂平面AA1B，∴BC⊥A1B．（Ⅱ）解：设PC=x，过点B作BE⊥AC于点E．由（Ⅰ）知BC⊥平面AA1B1B，∴BC⊥AB，∵AB=BC=2，∴，．∴，∵AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上，∴AD⊥A1B．∴BD==1，又∵AA1⊥AB，∴Rt△ABD∽Rt△A1BA，∴，∴．∴=．解得：，∴．∴．附赠模型一：手拉手模型—全等等边三角形条件：△OAB，△OCD均为等边三角形结论：①△OAC≌△OBD；②∠AEB=60°；③OE平分∠AED（易忘）等腰RT△条件：△OAB ，△OCD 均为等腰直角三角形结论：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB =90°；③OE 平分∠AED （易忘）任意等腰三角形条件：△OAB ，△OCD 均为等腰三角形，且∠AOB =∠COD结论：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB =∠AOB ；③OE 平分∠AED （易忘）模型总结：核心图形如右图，核心条件如下：①OA =OB ，OC =OD ；②∠AOB =∠COD导角核心图形模型二：手拉手模型—相似条件：CD ∥AB ，将△OCD 旋转至右图位置结论：右图 △OCD ∽△OAB ⇔△OAC ∽△OBD ；且延长AC 交BD 于点E 必有∠BEC=∠BOA 非常重要的结论：必须会熟练证明手拉手相似（特殊情况）当∠AOB =90°时，除△OCD ∽△OAB ⇔△OAC ∽△OBD 之外还会隐藏OCD OAOBOC OD AC BD ∠===tan ，满足BD ⊥AC ，若连接AD 、BC ，则必有 2222CD AB BC AD +=+；BD AC S ABCD ⨯=21（对角线互相垂直四边形）。

(1)求 的值；
(2)对任意实数 ，都有 成立，求实数 的最大值．
河北省衡水中学2017届度高三下学期三调数学（理科）考试
答案
一、选择题
1~5．CDCAB6~10．BDAAB11~12．DA
二、填空题
13．
14．
15．
16．
三、解答题
17．解：（1）令 ，得 ．（1分）
∵ ，∴ ，当 时， ．（2分）
由 ，得 ，取 得 的一个法向量 ．
假设线段 上存在一点 ，使得直线 与 所成角的正弦值等于 ．
所以
．
所以 ，解得 ．
因此，线段 上存在一点 ，当点 与点 重合时，直线 与 所成角的余弦值等于 ．（12分）
20．解：（1）因为 ，所以 ，所以椭圆的方程为 ．
（4分）
（2）将直线 代入椭圆 ，得 ．
设 ，则 ．
当 时， ， 为减函数；
当 时， ， 为增函数．
所以 ．（10分）
所以 ，与 矛盾．（11分）
综上，得 的最小值为 ．（12分）
22．解：（1）由 得 ，
所以曲线 的直角坐标系方程为 ．
所以直线 过定点 且斜率为 ，
所以直线 的参数方程为 ．（5分）
（2）将直线 的参数方程代入 中，得到 ，
设 对应的参数分别为 ,则 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，当n为何值时，数列 的前 项和最大．
18．（本小题满分12分）
某同学在研究性学习中，收集到某制药厂今年前5个月甲胶囊生产产量（单位：万盒）的数据如下表所示：
x（月份）
1
2
3
4
5
y(万盒)
4
4
5
6
6

河北衡水中学2016-2017学年度高三下学期数学第三次摸底考试（理科）必考部分一、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，则集合等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】,选D.2. ，若，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设,则,选A.点睛：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如.其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为3. 数列为正项等比数列，若，且，则此数列的前5项和等于（）A. B. 41 C. D.【答案】A【解析】因为，所以，选A.4. 已知、分别是双曲线的左、右焦点，以线段为边作正三角形，如果线段的中点在双曲线的渐近线上，则该双曲线的离心率等于（）A. B. C. D. 2【答案】D【解析】由题意得渐近线斜率为，即，选D.5. 在中，“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】时，，所以必要性成立；时，，所以充分性不成立，选B.6. 已知二次函数的两个零点分别在区间和内，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A学|科|网...【解析】由题意得，可行域如图三角形内部（不包括三角形边界，其中三角形三顶点为）：，而，所以直线过C取最大值，过B 点取最小值，的取值范围是，选A.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.7. 如图，一个简单几何体的正视图和侧视图都是边长为2的等边三角形，若该简单几何体的体积是，则其底面周长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意，几何体为锥体，高为正三角形的高，因此底面积为，即底面为等腰直角三角形，直角边长为2，周长为，选C.8. 20世纪30年代，德国数学家洛萨---科拉茨提出猜想：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半；如果是奇数，则将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1，这就是著名的“”猜想.如图是验证“”猜想的一个程序框图，若输出的值为8，则输入正整数的所有可能值的个数为（）A. 3B. 4C. 6D. 无法确定【答案】B【解析】由题意得；，因此输入正整数的所有可能值的个数为4，选B.9. 的展开式中各项系数的和为16，则展开式中项的系数为（）A. B. C. 57 D. 33【答案】A【解析】由题意得,所以展开式中项的系数为,选A.点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.10. 数列为非常数列，满足：，且对任何的正整数都成立，则的值为（）A. 1475B. 1425C. 1325D. 1275【答案】B【解析】因为，所以，即，所以,叠加得,，,即从第三项起成等差数列，设公差为，因为，所以解得，即，所以，满足，，选B.11. 已知向量满足，若，的最大值和最小值分别为，则等于（）A. B. 2 C. D.【答案】C【解析】因为所以；因为，所以学|科|网...的最大值与最小值之和为，选C.12. 已知偶函数满足，且当时，，关于的不等式在上有且只有200个整数解，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为偶函数满足，所以，因为关于的不等式在上有且只有200个整数解，所以关于的不等式在上有且只有2个整数解，因为，所以在上单调递增，且，在上单调递减，且，因此，只需在上有且只有2个整数解，因为，所以，选C.点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上13. 为稳定当前物价，某市物价部门对本市的5家商场的某商品的一天销售量及其价格进行调查，5家商场商品的售价元和销售量件之间的一组数据如下表所示：由散点图可知，销售量与价格之间有较好的线性相关关系，其线性回归方程是，则__________．【答案】39.4【解析】点睛：函数关系是一种确定的关系，相关关系是一种非确定的关系.事实上，函数关系是两个非随机变量的关系，而相关关系是非随机变量与随机变量的关系.如果线性相关，则直接根据用公式求，写出回归方程，回归直线方程恒过点.14. 将函数的图象向右平移个单位（），若所得图象对应的函数为偶函数，则的最小值是__________．【答案】【解析】向右平移个单位得为偶函数，所以，因为，所以学|科|网...点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言. 函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.15. 已知两平行平面间的距离为，点，点，且，若异面直线与所成角为60°，则四面体的体积为__________．【答案】6【解析】设平面ABC与平面交线为CE，取,则16. 已知是过抛物线焦点的直线与抛物线的交点，是坐标原点，且满足，则的值为__________．【答案】【解析】因为，所以因此，所以因为，所以，因此三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 如图，已知关于边的对称图形为，延长边交于点，且，.（1）求边的长；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）先由同角三角函数关系及二倍角公式求出．再由余弦定理求出，最后根据角平分线性质定理得边的长；（2）先由余弦定理求出，再根据三角形内角关系及两角和余弦公式求的值.试题解析：解：（1）因为，所以，所以．因为，所以，所以，又，所以．（2）由（1）知，所以，所以，因为，所以，所以．学|科|网...18. 如图，已知圆锥和圆柱的组合体（它们的底面重合），圆锥的底面圆半径为，为圆锥的母线，为圆柱的母线，为下底面圆上的两点，且，，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）先根据平几知识计算得,再根据圆柱性质得平面，即有，最后根据线面垂直判定定理得平面,即得平面平面；（2）求二面角，一般利用空间向量进行求解，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角之间关系求解试题解析：解：（1）依题易知，圆锥的高为，又圆柱的高为，所以，因为，所以，连接，易知三点共线，，所以，所以，解得，又因为，圆的直径为10，圆心在内，所以易知，所以．因为平面，所以，因为，所以平面．又因为平面，所以平面平面．（2）如图，以为原点，、所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．则．所以，设平面的法向理为，所以，令，则．可取平面的一个法向量为，所以，所以二面角的正弦值为．19. 如图，小华和小明两个小伙伴在一起做游戏，他们通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先登上第3个台阶，他们规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两个人都上一级台阶，如果一方连续两次赢，那么他将额外获得一次上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时，游戏结束，记此时两个小伙伴划拳的次数为．（1）求游戏结束时小华在第2个台阶的概率；（2）求的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）学|科|网...【解析】试题分析：（1）根据等可能性知每次赢、平、输的概率皆为．再分两种情况分别计数：一种是小华在第1个台阶，并且小明在第2个台阶，最后一次划拳小华平；另一种是小华在第2个台阶，并且小明也在第2个台阶，最后一次划拳小华输，逆推确定事件数及对应划拳的次数，最后利用互斥事件概率加法公式求概率，（2）先确定随机变量取法,再分别利用组合求对应概率,列表可得分布列,最后根据数学期望公式求期望.试题解析：解：（1）易知对于每次划拳比赛基本事件共有个，其中小华赢（或输）包含三个基本事件上，他们平局也为三个基本事件，不妨设事件“第次划拳小华赢”为；事件“第次划拳小华平”为；事件“第次划拳小华输”为，所以．因为游戏结束时小华在第2个台阶，所以这包含两种可能的情况：第一种：小华在第1个台阶，并且小明在第2个台阶，最后一次划拳小华平；其概率为，第二种：小华在第2个台阶，并且小明也在第2个台阶，最后一次划拳小华输，其概率为所以游戏结束时小华在第2个台阶的概率为．（2）依题可知的可能取值为2、3、4、5，，，，所以的分布列为：所以的数学期望为：．20. 如图，已知为椭圆上的点，且，过点的动直线与圆相交于两点，过点作直线的垂线与椭圆相交于点．（1）求椭圆的离心率；（2）若，求．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）根据题意列方程组：，解方程组可得，，再根据离心率定义求椭圆的离心率；（2）先根据垂径定理求圆心到直线的距离,再根据点到直线距离公式求直线AB的斜率,根据垂直关系可得直线PQ的斜率,最后联立直线PQ与椭圆方程,利用韦达定理及弦长公式求．试题解析：解：（1）依题知，解得，所以椭圆的离心率；（2）依题知圆的圆心为原点，半径为，所以原点到直线的距离为，因为点坐标为，所以直线的斜率存在，设为．所以直线的方程为，即，所以，解得或．①当时，此时直线的方程为，所以的值为点纵坐标的两倍，即；②当时，直线的方程为，将它代入椭圆的方程，消去并整理，得，设点坐标为，所以，解得，所以．点睛：有关圆锥曲线弦长问题的求解方法涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系，设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.涉及中点弦问题往往利用点差法.21. 已知函数，其中为自然对数的底数．（参考数据：）（1）讨论函数的单调性；（2）若时，函数有三个零点，分别记为，证明：．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）先求函数导数,根据参数a讨论：当时，是常数函数，没有单调性．当时，先减后增；当时，先增后减；（2）先化简方程，整体设元转化为一元二次方程：．其中，再利用导数研究函数的图像，根据图像确定根的取值范围，进而可证不等式.试题解析：解：（1）因为的定义域为实数，所以．①当时，是常数函数，没有单调性．②当时，由，得；由，得．所以函数在上单调递减，在上单调递增．③当时，由得，；由，得，学|科|网...所以函数在上单调递减，在上单调递增．（2）因为，所以，即．令，则有，即．设方程的根为，则，所以是方程的根．由（1）知在单调递增，在上单调递减．且当时，，当时，，如图，依据题意，不妨取，所以，因为，易知，要证，即证．所以，又函数在上单调递增，所以，所以．选考部分请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中直线的倾斜角为，且经过点，以坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线与曲线相交于两点，过点的直线与曲线相交于两点，且．（1）平面直角坐标系中，求直线的一般方程和曲线的标准方程；（2）求证：为定值．【答案】（1）,（2）【解析】试题分析：（1）根据点斜式可得直线的一般方程，注意讨论斜率不存在的情形；根据将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，配方化为标准方程.（2）利用直线参数方程几何意义求弦长：先列出直线参数方程，代入圆方程，根据及韦达定理可得，类似可得，相加即得结论.试题解析：解：（1）因为直线的倾斜角为，且经过点，当时，直线垂直于轴，所以其一般方程为，当时，直线的斜率为，所以其方程为，即一般方程为．因为的极坐标方程为，所以，因为，所以．所以曲线的标准方程为．（2）设直线的参数方程为（为参数），学|科|网...代入曲线的标准方程为，可得，即，则，所以，同理，所以．23. 选修4-5：不等式选讲已知实数满足．（1）求的取值范围；（2）若，求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）因为，所以，又，即得的取值范围；（2）因为，而，即证.试题解析：解：（1）因为，所以．①当时，，解得，即；②当时，，解得，即，所以，则，而，所以，即；（2）由（1）知，因为当且仅当时取等号，所以．。