河北省唐山市2019-2020学年高考数学二月模拟试卷含解析

河北省唐山市2019-2020学年高考数学模拟试题（1）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。

1．在ABC ∆中，M 是BC 的中点，1AM =，点P 在AM 上且满足2AP PM =u u u v u u u u v，则()PA PB PC ⋅+u u u v u u u v u u u v 等于（ ） A ．49B ．49-C ．43D ．43-【答案】B 【解析】 【分析】由M 是BC 的中点，知AM 是BC 边上的中线，又由点P 在AM 上且满足2AP PM =u u u r u u u u r可得：P 是三角形ABC 的重心，根据重心的性质，即可求解． 【详解】解：∵M 是BC 的中点，知AM 是BC 边上的中线，又由点P 在AM 上且满足2AP PM =u u u r u u u u r∴P 是三角形ABC 的重心∴()PA PB PC ⋅+u u u r u u u r u u u r2||PA AP PA u u u r u u u r u u u r =⋅=-又∵AM ＝1∴2||3PA =u u u r∴()49PA PB PC ⋅+=-u u u r u u u r u u u r故选B ． 【点睛】判断P 点是否是三角形的重心有如下几种办法：①定义：三条中线的交点．②性质：0PA PB PC ++=u u u r u u u r u u u r r或222AP BP CP ++u u u r u u u r u u u r 取得最小值③坐标法：P 点坐标是三个顶点坐标的平均数．2．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为2，a ，b ，且()520,02a b a b +=>>，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）A ．174π B ．214π C ．4π D ．5π【答案】B 【解析】 【分析】根据三视图得到几何体为一三棱锥，并以该三棱锥构造长方体，于是得到三棱锥的外接球即为长方体的外接球，进而得到外接球的半径，求得外接球的面积后可求出最小值． 【详解】由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方体1111ABCD A B C D -的四个顶点，即为三棱锥11A CB D -，且长方体1111ABCD A B C D -的长、宽、高分别为2,,a b ，∴此三棱锥的外接球即为长方体1111ABCD A B C D -的外接球，且球半径为2222224a b a b R ++++==， ∴三棱锥外接球表面积为()()22222242144514a b a b a ππππ++=++=-+⎝⎭， ∴当且仅当1a =，12b =时，三棱锥外接球的表面积取得最小值为214π．故选B ． 【点睛】（1）解决关于外接球的问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，同时要作一圆面起衬托作用．（2）长方体的外接球的直径即为长方体的体对角线，对于一些比较特殊的三棱锥，在研究其外接球的问题时可考虑通过构造长方体，通过长方体的外球球来研究三棱锥的外接球的问题．3．若AB 为过椭圆22116925x y +=中心的弦，1F 为椭圆的焦点，则△1F AB 面积的最大值为（ ）A ．20B ．30C ．50D ．60【答案】D 【解析】 【分析】先设A 点的坐标为(,)x y ，根据对称性可得(,)B x y --，在表示出1F AB ∆面积，由图象遏制，当点A 在椭圆的顶点时，此时1F AB ∆面积最大，再结合椭圆的标准方程，即可求解. 【详解】由题意，设A 点的坐标为(,)x y ，根据对称性可得(,)B x y --， 则1F AB ∆的面积为122S OF y c y =⨯⨯=， 当y 最大时，1F AB ∆的面积最大，由图象可知，当点A 在椭圆的上下顶点时，此时1F AB ∆的面积最大，又由22116925x y +=，可得椭圆的上下顶点坐标为(0,5),(0,5)-，所以1F AB ∆的面积的最大值为16925560S cb ==-⨯=. 故选：D.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及三角形面积公式的应用，着重考查了数形结合思想，以及化归与转化思想的应用. 4．已知随机变量X 的分布列是则()2E X a +=（ ） A ．53B ．73C ．72D ．236【答案】C 【解析】 【分析】利用分布列求出a ，求出期望()E X ，再利用期望的性质可求得结果. 【详解】由分布列的性质可得11123a ++=，得16a =，所以，()11151232363E X =⨯+⨯+⨯=，因此，()()11517222266362E X a E X E X ⎛⎫+=+=+=⨯+= ⎪⎝⎭. 故选：C. 【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，是基本知识的考查．5．现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动,则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为 A ．12B ．13C ．16D ．112【答案】B 【解析】 【分析】求得基本事件的总数为222422226C C n A A =⨯=，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为2222222m C C A ==,利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，现有甲乙丙丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，基本事件的总数为222422226C C n A A =⨯=， 其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为2222222m C C A ==,所以乙丙两人恰好参加同一项活动的概率为13m p n ==，故选B. 【点睛】本题主要考查了排列组合的应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中解答中合理应用排列、组合的知识求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，利用古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.6．已知向量(,4)a m =-r ，(,1)b m =r （其中m 为实数），则“2m =”是“a b ⊥r r ”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】A 【解析】 【分析】结合向量垂直的坐标表示，将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件. 【详解】由2m =，则(2,4)(2,1)440a b ⋅=-⋅=-+=r r ，所以a b ⊥r r；而当a b ⊥r r，则2(,4)(,1)40a b m m m ⊥=-⋅=-+=r r ，解得2m =或2m =-.所以“2m =”是“a b ⊥r r”的充分不必要条件.故选：A 【点睛】本小题考查平面向量的运算，向量垂直，充要条件等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意识.7．已知函数()2943,02log 9,0x x x f x x x ⎧+≤=⎨+->⎩，则函数()()y f f x =的零点所在区间为（ ） A ．73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．()1,0-C ．7,42⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()4,5【答案】A 【解析】 【分析】首先求得0x ≤时，()f x 的取值范围.然后求得0x >时，()f x 的单调性和零点，令()()0ff x =，根据“0x ≤时，()f x 的取值范围”得到()32log 93xf x x =+-=，利用零点存在性定理，求得函数()()y f f x =的零点所在区间.【详解】当0x ≤时，()34f x <≤.当0x ≥时，()2932log 92log 9xxx f x x =+-=+-为增函数，且()30f =，则3x =是()f x 唯一零点.由于“当0x ≤时，()34f x <≤.”，所以 令()()0ff x =，得()32log 93xf x x =+-=，因为()303f =<，3377log 98 1.414log 39 3.312322f ⎛⎫=->⨯+-=> ⎪⎝⎭，所以函数()()y f f x =的零点所在区间为73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：A 【点睛】本小题主要考查分段函数的性质，考查符合函数零点，考查零点存在性定理，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.8．把满足条件（1）x R ∀∈，()()f x f x -=，（2）1x R ∀∈，2x R ∃∈，使得()()12f x f x =-的函数称为“D 函数”，下列函数是“D 函数”的个数为（ ）①2||y x x =+ ②3y x = ③x x y e e -=+ ④cos y x = ⑤sin y x x = A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B 【解析】 【分析】满足（1）（2）的函数是偶函数且值域关于原点对称，分别对所给函数进行验证. 【详解】满足（1）（2）的函数是偶函数且值域关于原点对称，①不满足（2）；②不满足（1）； ③不满足（2）；④⑤均满足（1）（2）. 故选：B. 【点睛】本题考查新定义函数的问题，涉及到函数的性质，考查学生逻辑推理与分析能力，是一道容易题.9．已知12,F F 分别为双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左、右焦点，过1F 的直线l 与双曲线C 的左、右两支分别交于,A B 两点，若22240,5BF AB BF AF ⋅==u u u r u u u u r ，则双曲线C 的离心率为（ ） AB ．4C ．2D【答案】A 【解析】 【分析】由已知得2AB BF ⊥，24BF x =，由已知比值得25,3AF x AB x ==，再利用双曲线的定义可用a 表示出1AF ，2AF ，用勾股定理得出,a c 的等式，从而得离心率． 【详解】2220,0,0,90AB BF AB BF ABF ⋅=≠≠∴∠=︒u u u r u u u u r u u u r u u u u r Q .又2245BF AF =Q ，∴可令24BF x =，则25,3AF x AB x ==.设1AF t =，得21122AF AF BF BF a -=-=，即()5342x t x t x a -=+-=，解得3,t a x a ==，∴24BF a =,116BF AB AF a =+=, 由2221212BF BF F F +=得222(6)(4)(2)a a c +=，2213c a =，13c a =，∴该双曲线的离心率13ce a==. 故选：A.【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是由向量数量积为0得出垂直关系，利用双曲线的定义把双曲线上的点,A B 到焦点的距离都用a 表示出来，从而再由勾股定理建立,a c 的关系．10．已知复数168i z =-，2i z =-，则12z z =（ ） A ．86i - B ．86i +C ．86i -+D ．86i --【答案】B 【解析】分析：利用21i =-的恒等式，将分子、分母同时乘以i ，化简整理得1286z i z =+ 详解：2122686886z i i i i z i i--===+-- ，故选B 点睛：复数问题是高考数学中的常考问题，属于得分题，主要考查的方面有：复数的分类、复数的几何意义、复数的模、共轭复数以及复数的乘除运算，在运算时注意21i =-符号的正、负问题.11．函数2sin cos ()20x x xf x x =+在[2,0)(0,2]ππ-⋃上的图象大致为( ) A ． B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】首先判断函数的奇偶性，再根据特殊值即可利用排除法解得； 【详解】解：依题意，22sin()()cos()sin cos ()()2020x x x x x xf x f x x x ----=+=+=-，故函数()f x 为偶函数，图象关于y 轴对称，排除C ； 而2()020f ππ=-<，排除B ；2(2)05f ππ=>，排除D.故选：A . 【点睛】本题考查函数图象的识别，函数的奇偶性的应用，属于基础题.12．已知函数e 1()e 1x x f x -=+，()0.32a f =，()0.30.2b f =，()0.3log 2c f =，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．b a c << B ．c b a <<C ．b c a <<D ．c a b <<【答案】B 【解析】 【分析】可判断函数()f x 在R 上单调递增，且0.30.30.3210.20log 2>>>>，所以c b a <<.【详解】12()111e e x x xf x e -==-++Q 在R 上单调递增，且0.30.30.3210.20log 2>>>>， 所以c b a <<. 故选：B 【点睛】本题主要考查了函数单调性的判定，指数函数与对数函数的性质，利用单调性比大小等知识，考查了学生的运算求解能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020届河北省唐山市高三第二次模拟考试数学（理）试卷及答案说明：一、本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷．第Ⅰ卷为选择题；第Ⅱ卷为非选择题，分为必考和选考两部分．二、答题前请仔细阅读答题卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题．三、做选择题时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮将原选涂答案擦干净后，再选涂其他答案．四、考试结束后，将本试卷与原答题卡一并交回．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．（1）已知a∈R，若1＋ai2－i为实数，则a＝（A）2 （B）－2 （C）－ 12（D）12（2）已知命题p：函数y＝e|x－1|的图象关于直线x＝1对称，q：函数y＝cos(2x＋π6)的图象关于点(π6，0)对称，则下列命题中的真命题为（A）p∧q （B）p∧⌝q （C）⌝p∧q （D）⌝p∨⌝q （3）设变量x，y满足|x|＋|y|≤1，则2x＋y的最大值和最小值分别为（A）1，－1 （B）2，－2（C）1，－2 （D）2，－1（4）执行右边的程序框图，若输出的S是2047，则判断框内应填写（A）n≤9？（B）n≤10？（C）n≥10？（D）n≥11?（5）已知sinα＋2cosα＝3，则tanα＝（A）22（B） 2 （C）－22（D）－ 2（6）已知函数f(x)＝s in(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则f(π2)＝（A）－32（B）－22（C）32（D）22（7）将6名男生，4名女生分成两组，每组5人，参加两项不同的活动，每组3名男生和2名女生，则不同的分配方法有 （A ）240种（B ）120种（C ）60种（D ）180种（8）直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有顶点都在半径为2的球面上，AB ＝AC ＝3，AA 1＝2，则二面角B -AA 1-C 的余弦值为 （A ）－1 3（B ）－1 2（C ） 1 3（D ） 1 2（9）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（A ）1136（B ） 3 （C ）533（D ）433（10）若正数a ，b ，c 满足c 2＋4bc ＋2ac ＋8ab ＝8，则a ＋2b ＋c 的最小值为（A ） 3 （B ）2 3 （C ）2（D ）2 2（11）已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1（a ＞b ＞0）与圆C 2：x 2＋y 2＝b 2，若在椭圆C 1上存在点P ，使得由点P 所作的圆C 2的两条切线互相垂直，则椭圆C 1的离心率的取值范围是 （A ）[ 1 2，1)（B ）[22，32] （C ）[22，1) （D ）[32，1) （12）若不等式lg 1x ＋2x ＋…＋(n －1)x ＋(1－a)n xn≥(x －1)lg n 对任意不大于1的实数x 和大于1的正整数n都成立，则a 的取值范围是 （A ）[0，＋∞) （B ）(－∞，0] （C ）[ 12，＋∞)（D ）(－∞， 12]第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．（13）商场经营的某种袋装大米质量（单位：kg ）服从正态分布N (10，0.12)，任取一袋大米，质量不足9.8kg的概率为__________．（精确到0.0001）注：P (μ－σ＜x ≤μ＋σ)＝0.6826，P (μ－2σ＜x ≤μ＋2σ)＝0.9544，P (μ－3σ＜x ≤μ＋3σ)＝0.9974．（14）已知向量a ＝(2，1)，b ＝(－1，2)，若a ，b 在向量c 上的投影相等，且(c －a)·(c －b)＝－ 52，则向量c 的坐标为________．（15）已知F 1，F 2为双曲线C ：x 2－y 23＝1的左、右焦点，点P 在C 上，|PF 1|＝2|PF 2|，则cos ∠F 1PF 2俯视图＝_________．（16）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边a ，b ，c 成等差数列，且A －C ＝90 ，则cos B ＝________．三、解答题：本大题共70分，其中（17）—（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （17）（本小题满分12分）在公差不为0的等差数列{a n }中，a 3＋a 10＝15，且a 2，a 5，a 11成等比数列． （Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝1a n ＋1a n ＋1＋…＋1a 2n －1，证明： 12≤b n ＜1．（18）（本小题满分12分）甲向靶子A 射击两次，乙向靶子B 射击一次．甲每次射击命中靶子的概率为0.8，命中得5分；乙命中靶子的概率为0.5，命中得10分．（Ⅰ）求甲、乙二人共命中一次目标的概率； （Ⅱ）设为二人得分之和，求的分布列和期望．（19）（本小题满分12分）如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，且PA ⊥底面ABCD ，BD ⊥PC ，E 是PA 的中点．（Ⅰ）求证：平面PAC ⊥平面EBD ；（Ⅱ）若PA ＝AB ＝2，直线PB 与平面EBD 所成角的正弦值为 14，求四棱锥P -ABCD 的体积．（20）（本小题满分12分）已知抛物线E ：y 2＝2px （p ＞0）的准线与x 轴交于点M ，过点M 作圆C ：(x －2)2＋y 2＝1的两条切线，切点为A ，B ，|AB |＝423． （Ⅰ）求抛物线E 的方程；（Ⅱ）过抛物线E 上的点N 作圆C 的两条切线，切点分别为P ，Q ，若P ，Q ，O （O 为原点）三点共线，求点N 的坐标．（21）（本小题满分12分）已知函数f (x)＝x 2－ln x －ax ，a ∈R ．（Ⅰ）若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x)＜0，求a 的取值范围；（Ⅱ）若f (x)＝x 有两个不同的实数解u ，v （0＜u ＜v ），证明：f (u ＋v2)＞1．请考生在第（22），（23），（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑． （22）（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，E 是圆O 内两弦AB 和CD 的交点，过AD 延长线上一点F 作圆O 的切线FG ，G 为切点，已知EF ＝FG ．求证：（Ⅰ）△DEF ∽△EAF ； （Ⅱ）EF ∥CB ．（23）（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程长为3的线段两端点A ，B 分别在x 轴正半轴和y 轴的正半轴上滑动，BP →＝2PA →，点P 的轨迹为曲线C ．（Ⅰ）以直线AB 的倾斜角α为参数，求曲线C 的参数方程； （Ⅱ）求点P 到点D (0，－2)距离的最大值．（24）（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数f (x)＝|x －a |－|x ＋3|，a ∈R ． （Ⅰ）当a ＝－1时，解不等式f (x)≤1；（Ⅱ）若当x ∈[0，3]时，f (x)≤4，求a 的取值范围．理科数学 参考答案一、选择题：A 卷：CABAA BBDCD CDB 卷：DBBAABADCDDC二、填空题：（13）0.0228 （14）( 1 2， 32)（15）14（16）3 4三、解答题： （17）解：（Ⅰ）设等差数列{a n }的公差为d ．由已知得⎩⎨⎧a 1＋2d ＋a 1＋9d ＝15，(a 1＋4d)2＝(a 1＋d)(a 1＋10d)．注意到d ≠0，解得a 1＝2，d ＝1． 所以a n ＝n ＋1．…4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知 b n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，b n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋2，因为b n ＋1－b n ＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2＞0， 所以数列{b n }单调递增． …8分 b n ≥b 1＝ 1 2．…9分又b n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ≤1n ＋1＋1n ＋1＋…＋1n ＋1＝n n ＋1＜1，因此 12≤b n ＜1．…12分（18）解：（Ⅰ）记事件“甲、乙二人共命中一次”为A ，则P(A)＝C120.8×0.2×0.5＋0.22×0.5＝0.18．…4分（Ⅱ）的可能取值为0，5，10，15，20．P(＝0)＝0.22×0.5＝0.02，P(＝5)＝C120.8×0.2×0.5＝0.16，P(＝10)＝0.82×0.5＋0.22×0.5＝0.34，P(＝15)＝C120.8×0.2×0.5＝0.16，P(＝20)＝0.82×0.5＝0.32．的分布列为…10分的期望为E()＝0×0.02＋5×0.16＋10×0.34＋15×0.16＋20×0.32＝13．…12分（19）解：（Ⅰ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD ． 又BD ⊥PC ，所以BD ⊥平面PAC ，因为BD ⊂平面EBD ，所以平面PAC ⊥平面EBD ．…4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，BD ⊥AC ，所以ABCD 是菱形，BC ＝AB ＝2．…5分设AC ∩BD ＝O ，建立如图所示的坐标系O -xyz ，设OB ＝b ，OC ＝c ， 则P (0，－c ，2)，B (b ，0，0)，E (0，－c ，1)，C (0，c ，0)． PB →＝(b ，c ，－2)，OB →＝(b ，0，0)，OE →＝(0，－c ，1)．设n ＝(x ，y ，z)是面EBD 的一个法向量，则n ·OB →＝n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧bx ＝0，－cy ＋z ＝0，取n ＝(0，1，c)． …8分依题意，BC ＝b 2＋c 2＝2．①记直线PB 与平面EBD 所成的角为θ，由已知条件 sin θ＝|n ·PB →|__________|n |·|PB →|＝c (1＋c 2)(b 2＋c 2＋22)＝ 14． ② 解得b ＝3，c ＝1．…10分所以四棱锥P -ABCD 的体积V ＝ 1 3×2OB ·OC ·PA ＝ 1 3×23×1×2＝433．…12分（20）解：（Ⅰ）由已知得M (－p2，0)，C (2，0)． 设AB 与x 轴交于点R ，由圆的对称性可知，|AR |＝223． 于是|CR |＝|AC |2－|AR |2＝ 1 3， 所以|CM |＝|AC |sin ∠AMC ＝|AC |sin ∠CAR＝3，即2＋ p2＝3，p ＝2．故抛物线E 的方程为y 2＝4x ．…5分（Ⅱ）设N (s ，t)．P ，Q 是NC 为直径的圆D 与圆C 的两交点． 圆D 方程为(x －s ＋22)2＋(y － t 2)2＝(s －2)2＋t 24，即x 2＋y 2－(s ＋2)x －ty ＋2s ＝0．① 又圆C 方程为x 2＋y 2－4x ＋3＝0． ② ②－①得(s －2)x ＋ty ＋3－2s ＝0．③ …9分P ，Q 两点坐标是方程①和②的解，也是方程③的解，从而③为直线PQ 的方程． 因为直线PQ 经过点O ，所以3－2s ＝0，s ＝ 32．故点N 坐标为( 3 2，6)或( 32，－6)．…12分（21）解：（Ⅰ）当x ∈(0，＋∞)时，f (x)＜0等价于x －ln xx ＜a ．令g (x)＝x －ln xx ，则g '(x)＝x 2－1＋ln x x 2．当x ∈(0，1)时，g '(x)＜0；当x ∈(1，＋∞)时，g '(x)＞0． g (x)有最小值g (1)＝1．…4分 故a 的取值范围是(1，＋∞)．…5分（Ⅱ）因f (x)＝x ，即x 2－ln x ＝(a ＋1)x 有两个不同的实数解u ，v ． 故u 2－ln u ＝(a ＋1)u ，v 2－ln v ＝(a ＋1)v ． 于是(u ＋v)(u －v)－(ln u －ln v)＝(a ＋1)(u －v)．…7分由u －v ＜0解得a ＝u ＋v －ln u －ln vu －v－1．又f '(x)＝2x － 1x－a ，所以f '(u ＋v 2)＝(u ＋v)－2u ＋v －(u ＋v)＋ln u －ln v u －v ＋1＝ln u －ln v u －v －2u ＋v ＋1． …9分设h (u)＝ln u －ln v －2(u －v)u ＋v ，则当u ∈(0，v)时，h '(u)＝(u －v)2u(u ＋v)2＞0，h (u)在(0，v)单调递增，h (u)＜h (v)＝0，从而ln u －ln v u －v －2u ＋v＞0，因此f '(u ＋v 2)＞1．12分（22）解：（Ⅰ）由切割线定理得FG 2＝FA ·FD ． 又EF ＝FG ，所以EF 2＝FA ·FD ，即EF FA ＝FDEF ．因为∠EFA ＝∠DFE ，所以△FED ∽△EAF ．…6分（Ⅱ）由（Ⅰ）得∠FED ＝∠FAE ． 因为∠FAE ＝∠DAB ＝∠DCB ， 所以∠FED ＝∠BCD ，所以EF ∥CB ．…10分（23）解：（Ⅰ）设P (x ，y)，由题设可知，则x ＝ 2 3|AB |cos(π－α)＝－2cos α，y ＝ 13|AB |sin(π－α)＝sin α，所以曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝－2cos α，y ＝sin α（α为参数，90︒＜α＜180︒）． …5分（Ⅱ）由（Ⅰ）得|PD |2＝(－2cos α)2＋(sin α＋2)2＝4cos 2α＋sin 2α＋4sin α＋4 ＝－3sin 2α＋4sin α＋8＝－3(sin α－2 3)2＋283． 当sin α＝ 2 3时，|PD |取最大值2213．…10分（24）解：（Ⅰ）当a ＝－1时，不等式为|x ＋1|－|x ＋3|≤1．当x ≤－3时，不等式化为－(x ＋1)＋(x ＋3)≤1，不等式不成立；当－3＜x ＜－1时，不等式化为－(x ＋1)－(x ＋3)≤1，解得－ 52≤x ＜－1；当x ≥－1时，不等式化为(x ＋1)－(x ＋3)≤1，不等式必成立． 综上，不等式的解集为[－52，＋∞)．…5分（Ⅱ）当x ∈[0，3]时，f (x)≤4即|x －a |≤x ＋7， 由此得a ≥－7且a ≤2x ＋7．当x ∈[0，3]时，2x ＋7的最小值为7， 所以a 的取值范围是[－7，7]．…10分高考模拟数学试卷注意事项：1．本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

试卷类型：A唐山市2019~2020学年度高三年级摸底考试理科数学注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2、回答选择题时，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，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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． 1．已知集合A ＝{x |x －1＜0}，B ＝{x |x 2－2x ＜0}，则A ∩B ＝A ．{x |x ＜0}B ．{x |x ＜1}C ．{x |0＜x ＜1}D ．{x |1＜x ＜2}2．已知p ，q ∈R ，1＋i 是关于x 的方程x 2＋px ＋q ＝0的一个根，则p ·q ＝ A ．－4 B ．0 C ．2 D ．4 3．已知a ＝ln 3，b ＝log 310，c ＝lg 3，则a ，b ，c 的大小关系为 A ．c ＜b ＜a B ．a ＜c ＜b C ．b ＜c ＜a D ．c ＜a ＜b4．函数f (x )＝x 2－1|x |的图像大致为CD A ．B5．右图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由一个半圆和一个四分之一圆构成，两个阴影部分分别标记为A 和M ．在此图内任取一点，此点取自A 区域的概率记为P (A )，取自M 区域的概率记为P (M )，则 A ．P (A )＞P (M ) B ．P (A )＜P (M )C ．P (A )＝P (M )D ．P (A )与P (M )的大小关系与半径长度有关6．右图是判断输入的年份x 是否是闰年的程序框图，若先后输入x ＝1900，x ＝2400，则输出的结果分别是（注：x MOD y 表示x除以y 的余数）A ．1900是闰年，2400是闰年B ．1900是闰年，2400是平年C ．1900是平年，2400是闰年D ．1900是平年，2400是平年7．若sin 78°＝m ，则sin 6°＝A ．m ＋12B ．1－m2 C ．m ＋12D ．1－m 28．已知等差数列{a n }的公差不为零，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 27成等比数列，则S 9S 3＝A ．3B ．6C ．9D ．129．双曲线C ：x 2a2－y 2＝1（a ＞0）的右焦点为F ，点P 为C 的一条渐近线上的点，O 为坐标原点．若|PO |＝|PF |，则S △OPF 的最小值为A ． 1 4B ． 12 C ．1 D ．210．在(x ＋y )(x －y )5的展开式中，x 3y 3的系数是 A ．－10 B ．0 C ．10D ．2011．直线x －3y ＋3＝0经过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1（a ＞b ＞0）的左焦点F ，交椭圆于A ，B 两点，交y 轴于C 点，若FC →＝2CA →，则该椭圆的离心率是 A ．3－1 B ．3－12C ．22－2D ．2－112．设函数f (x )＝(e x －m－ax )(ln x －ax )，若存在实数a 使得f (x )＜0恒成立，则m 的取值范围是A ．(－∞，0]B ．[0，2)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，2)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，2x －y ＋1≤0，x －2y ＋2≤0，则z ＝3x －y 的最大值为____．14．已知e 1，e 2是夹角为60︒的两个单位向量，a ＝e 1－e 2，b ＝e 1－2e 2，则a ·b ＝___． 15．已知函数f (x )＝sin (ωx ＋π4)（ω＞0），若f (x )在[0，2π]上恰有3个极值点，则ω的取值范围是________．16．在三棱锥P −ABC 中，∠BAC ＝60°，∠PBA ＝∠PCA ＝90°，PB ＝PC ＝3，点P 到底面ABC 的距离为2，则三棱锥P −ABC 的外接球的表面积为________． 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第(22)、(23)题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分． 17．（12分）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为S ＝ 16b 2tan A ．（1）证明：b ＝3c cos A ；（2）若tan A ＝2，a ＝22，求S ．18．（12分）某音乐院校举行“校园之星”评选活动，评委由本校全体学生组成，对A ，B 两位选（1）体值，得出结论即可）；（2事件发生的概率，求事件C 发生的概率．19．（12分）如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，点E 是PC 的中点． （1）求证：PA ∥平面BDE ；（2）若直线BD 与平面PBC 所成的角为30︒，求二面角C −PB −D 的大小．20．（12分）已知F 为抛物线T ：x 2＝4y 的焦点，直线l ：y ＝kx ＋2与T 相交于A ，B 两点． （1）若k ＝1，求|F A |＋|FB |的值；（2）点C (－3，－2)，若∠CF A ＝∠CFB ，求直线l 的方程． 21．（12分）已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈(0，π)，f '(x )为f (x )的导数，且g (x )＝f '(x )． 证明：（1）g (x )在(2，2π3)内有唯一零点t ；（2）f (x )＜2． （参考数据：sin 2≈0.9903，cos 2≈－0.4161，tan 2≈－2.1850，2≈1.4142，π≈3.14．）（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，则按所做的第一题记分． 22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在极坐标系中，圆C ：ρ＝4cos θ．以极点O 为原点，极轴为x 轴正半轴建立直角坐标系xOy ，直线l 经过点M (－1，－33)且倾斜角为α． （1）求圆C 直角坐标方程和直线l 的参数方程；（2）已知直线l 与圆C 交于A ，B ，满足A 为MB 的中点，求α．23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）设函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|． （1）画出y ＝f (x )的图象；（2）若f (x )≤m |x |＋n ，求m ＋n 的最小值．ABCEDPxyO 1 1唐山市2019~2020学年度高三年级摸底考试理科数学参考答案一．选择题：A 卷：CADDC CBCBB AD B 卷：CABDCCDCBBAD 二．填空题： （13）0（14）32（15）[98，138) （16）6三．解答题： 17．解：（1）由S ＝ 1 2bc sin A ＝ 16b 2tan A 得3c sin A ＝b tan A ．因为tan A ＝sin A cos A ，所以3c sin A ＝b sin Acos A，又因为0＜A ＜π，所以 sin A ≠0， 因此b ＝3c cos A ． …4分（2）因为tan A ＝2，所以cos A ＝55，由（1）得2bc cos A ＝2b 23，c ＝5b3． …8分由余弦定理得8＝b 2＋c 2－2bc cos A ，所以8＝b 2＋5b 29－2b 23＝8b 29， 从而b 2＝9．故S ＝ 16b 2tan A ＝3． …12分18．解：（1）通过茎叶图可以看出，A 选手所得分数的平均值高于B 选手所得分数的平均值；A 选手所得分数比较集中，B 选手所得分数比较分散． …4分 （2）记C A 1表示事件：“A 选手直接晋级”， C A 2表示事件：“A 选手复赛待选”； C B 1表示事件：“B 选手复赛待选”， C B 2表示事件：“B 选手淘汰出局”． 则C A 1与C B 1独立，C A 2与C B 2独立，C A 1与C A 2互斥，C ＝(C A 1C B 1)∪(C A 1C B 2)∪(C A 2C B 2)． P (C )＝P (C A 1C B 1)＋P (C A 1C B 2)＋P (C A 2C B 2) ＝P (C A 1)P (C B 1)＋P (C A 1)P (C B 2)＋P (C A 2)P (C B 2)．由所给数据得C A 1，C A 2，C B 1，C B 2发生的频率分别为820，1120，1020，320，故P (C A 1)＝820，P (C A 2)＝1120，P (C B 1)＝1020，P (C B 2)＝320，P (C )＝820×1020＋820×320＋1120×320＝137400． …12分19．解：（1）连接AC 交BD 于O ，连接OE ． 由题意可知，PE ＝EC ，AO ＝OC ，∴P A ∥EO ，又P A ⊄平面BED ，EO ⊂平面BED ， ∴P A ∥平面BED ． …4分 （2）以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz ，设PD ＝CD ＝1，AD ＝a ，则A (a ，0，0)，B (a ，1，0)，C (0，1，0)， P (0，0，1)，DB →＝(a ，1，0)， PB →＝(a ，1，－1)，PC →＝(0，1，－1) 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧PB →·n ＝0，PC →·n ＝0，得⎩⎨⎧ax ＋y －z ＝0，y －z ＝0，取n ＝(0，1，1)． …7分直线BD 与平面PBC 所成的角为30︒，得|cos 〈DB →，n 〉|＝|DB →·n ||DB →||n |＝1a 2＋1×2＝ 1 2，解得a ＝1．…9分 同理可得平面PBD 的法向量m ＝(－1，1，0)，…10分cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝12×2＝ 12，∵二面角C −PB −D 为锐二面角，∴二面角C −PB −D 的大小为60°． …12分 20．解：（1）由已知可得F (0，1)，设A (x 1，x 214)，B (x 2，x 224)，y ＝kx ＋2与x 2＝4y 联立得，x 2－4kx －8＝0，x 1＋x 2＝4k ， ① x 1x 2＝－8． ② …2分|F A |＋|FB |＝x 214＋1＋x 224＋1 ＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 24＋2． …4分当k ＝1时，由①②得|F A |＋|FB |＝10 …5分（2）由题意可知，FA →＝(x 1，x 214－1)，FB →＝(x 2，x 224－1)，FC →＝(－3，－3).∠CF A ＝∠CFB 等价cos 〈FA →，FC →〉＝cos 〈FB →，FC →〉，…8分 又|F A |＝x 214＋1，|FB |＝x 224＋1则F A →·FC→|F A →||FC →|＝FB →·FC→|FB →||FC →|，整理得4＋2(x 1＋x 2)－x 1x 2＝0， 解得k ＝－ 32，…11分所以，直线l的方程为3x＋2y－4＝0．…12分21．解：（1）g (x )＝f '(x )＝x cos x ＋sin x ，所以x ∈(0，π2]时，g (x )＞0，即g (x )在(0，π2]内没有零点．…2分x ∈(π2，π)时，g '(x )＝2cos x －x sin x ，因为cos x ＜0，x sin x ＞0，从而g '(x )＜0， 所以g (x )在(π2，π)上单调递减，又g (2)＝(2＋tan 2)cos 2＞0，g(2π3)＝－π3＋32＜0，所以g (x )在(2，2π3)内有唯一零点t ．…6分（2）由（1）得，x ∈(0，t )时，g (x )＞0，所以f '(x )＞0，即f (x )单调递增； x ∈(t ，π)时，g (x )＜0，所以f '(x )＜0，即f (x )单调递减， 即f (x )的最大值为f (t )＝t sin t ．由f '(t )＝t cos t ＋sin t ＝0得t ＝－tan t ， 所以f (t )＝－tan t ·sin t ， 因此f (t )－2＝－sin 2t －2cos tcos t＝cos 2t －2cos t －1cos t＝(cos t －1)2－2cos t．…9分因为t ∈(2，2π3)，所以cos t ∈(－ 12，cos 2)，从而(cos 2－1)2－2＝(－1.4161)2－(2)2＞0， 即(cos t －1)2－2cos t＜0，所以f (t )－2＜0， 故f (x )＜2． …12分22．解：（1）由圆C ：ρ＝4cos θ可得ρ2＝4ρcos θ， 因为ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，所以x 2＋y 2＝4x ，即(x －2)2＋y 2＝4．直线l ：⎩⎨⎧x ＝－1＋t cos α，y ＝－33＋t sin α（t 为参数，0≤α＜π）．…5分（2）设A ，B 对应的参数分别为t A ，t B ，将直线l 的方程代入C 并整理，得t 2－6t (3sin α＋cos α)＋32＝0， 所以t A ＋t B ＝6(3sin α＋cos α)，t A ·t B ＝32． 又A 为MB 的中点，所以t B ＝2t A ，因此t A ＝2(3sin α＋cos α)＝4sin (α＋ π 6)，t B ＝8sin (α＋ π6)，…8分所以t A ·t B ＝32sin 2(α＋ π 6)＝32，即sin 2(α＋ π6)＝1．因为0≤α＜π，所以 π 6≤α＋ π 6＜7π6，从而α＋ π 6＝ π 2，即α＝ π3．…10分23．解：（1）f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ＜－1，－x ＋2，－1≤x ≤ 12，3x ，x ＞ 12．…3分…5分，解得n ≥2． m |x |＋n ≥3|x |．（※）若m ≥3，（※）式明显成立；若m ＜3，则当|x |＞n3－m时，（※）式不成立．…8分 另一方面，由图可知，当m ≥3，且n ≥2时，f (x )≤m |x |＋n ． 故当且仅当m ≥3，且n ≥2时，f (x )≤m |x |＋n ． 因此m ＋n 的最小值为5． …10分。

2019年河北省唐山市高考数学二模试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．1．集合A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|﹣1＜x＜2}，则A∪B=（）A．（﹣2，1）B．（﹣1，1）C．（﹣2，2）D．（﹣1，2）2．数z满足（1+z）（1+2i）=i，则复平面内表示复数z的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．α为实数，则“α=2kπ+（k∈Z）”是“tanα=1”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件4．大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，则甲、乙被安排到不同景区的概率为（）A．B．C．D．5．执行如图的程序框图，若输入M的值为1，则输出的S=（）A．6 B．12 C．14 D．206．已知a=log34，b=logπ3，c=50.5，则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．b＜a＜c7．若实数x，y满足，则z=3x+4y的最大值是（）A．3 B．8 C．14 D．158．函数f（x）=cos（x+）+2sin sin（x+）的最大值是（）A．1 B．sin C．2sin D．9．椭圆y2+=1（0＜m＜1）上存在点P使得PF1⊥PF2，则m的取值范围是（）A．[，1）B．（0，] C．[，1）D．（0，]10．在▱ABCD中，AB=2AD=4，∠BAD=60°，E为BC的中点，则•=（）A．6 B．12 C．﹣6 D．﹣1211．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB，该四棱锥被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A．B．C．D．12．已知函数f（x）=x在[0，1）上的最大值为m，在（1，2]上的最小值为n，则m+n=（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．13．已知双曲线C的焦点在x轴上，渐近线方程是y=±2x，则C的离心率e=．14．已知△ABC的三边长分别为2，3，，则△ABC的面积S=．15．已知函数f（x）=e x﹣ax﹣1，若x轴为曲线y=f（x）的切线，则a=．16．已知AB是球O的直径，C，D为球面上两动点，AB⊥CD，若四面体ABCD体积的最大值为9，则球O的表面积为．三、解答题：本大题共70分，其中（17）-（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1=﹣7，S8=0．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）数列{b n}满足b1=，b n b n+1=2an，求数列{b n}的通项公式．18．二手车经销商小王对其所经营的某一型号二手汽车的使用年数x（0＜x≤10）与销售价y/（Ⅰ）试求y关于x的回归直线方程；（参考公式：=，=﹣）（Ⅱ）已知每辆该型号汽车的收购价格为w=0.05x2﹣1.75x+17.2万元，根据（Ⅰ）中所求的回归方程，预测x为何值时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大？19．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为边AD的中点，分别沿BE，CE将△ABE，△DCE折叠，使平面ABE和平面DCE均与平面BCE垂直．（Ⅰ）证明：AD∥平面BEC；（Ⅱ）求点E到平面ABCD的距离．20．已知抛物线C：y2=4x，经过点（4，0）的直线l交抛物线C于A，B两点，M（﹣4，0），O为坐标原点．（Ⅰ）证明：k AM+k BM=0；（Ⅱ）若直线l的斜率为k（k＜0），求的最小值．21．设函数f（x）=+（1﹣k）x﹣klnx．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若k为正数，且存在x0使得f（x0）＜﹣k2，求k的取值范围．请考生在第（22），（23），（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，四边形ABCD内接于圆O，AC与BD相交于点F，AE与圆O相切于点A，与CD的延长线相交于点E，∠ADE=∠BDC．（Ⅰ）证明：A、E、D、F四点共圆；（Ⅱ）证明：AB∥EF．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（φ为参数，0＜φ＜π），曲线C2与曲线C1关于原点对称，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为ρ=2（0＜θ＜π），过极点O的直线l分别与曲线C1，C2，C3相交于点A，B，C．（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程；（Ⅱ）求|AC|•|BC|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+1|+m|x﹣1|．（Ⅰ）当m=2时，求不等式f（x）＜4的解集；（Ⅱ）若m＜0，f（x）≥2m，求m的最小值．2019年河北省唐山市高考数学二模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．1．集合A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|﹣1＜x＜2}，则A∪B=（）A．（﹣2，1）B．（﹣1，1）C．（﹣2，2）D．（﹣1，2）【考点】并集及其运算．【分析】由A与B，求出两集合的并集即可．【解答】解：∵A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|﹣1＜x＜2}，∴A∪B={x|﹣2＜x＜2}．故选：C．2．数z满足（1+z）（1+2i）=i，则复平面内表示复数z的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】由（1+z）（1+2i）=i，得到，再利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复平面内表示复数z的点的坐标，则答案可求．【解答】解：由（1+z）（1+2i）=i，得=，则复平面内表示复数z的点的坐标为：（，），位于第二象限．故选：B．3．α为实数，则“α=2kπ+（k∈Z）”是“tanα=1”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由tanα=1，解得α=（k∈Z），即可得出．【解答】解：由tanα=1，解得α=（k∈Z），∴“α=2kπ+（k∈Z）”是“tanα=1”的充分不必要条件．故选：A．4．大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，则甲、乙被安排到不同景区的概率为（）A．B．C．D．【考点】古典概型及其概率计算公式．【分析】大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，利用列举法求出基本事件总数和甲、乙被安排到同一景区包含的基本事件个数，由此利用对立事件概率加法公式能求出甲、乙被安排到不同景区的概率．【解答】解：大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，基本事件总数有（甲乙，丙），（甲丙，乙），（乙丙，甲），（丙，甲乙），（乙，甲丙），（甲，乙丙），共6个基本事件，其中，甲、乙被安排到同一景区包含的基本事件有（甲乙，丙），（丙，甲乙），包含两个基本事件，∴甲、乙被安排到不同景区的概率：p=1﹣=．故选：D．5．执行如图的程序框图，若输入M的值为1，则输出的S=（）A．6 B．12 C．14 D．20【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的M，S，k的值，当k=4时不满足条件k≤3，退出循环，输出S的值为12．【解答】解：模拟执行程序，可得M=1，S=1，k=1满足条件k≤3，M=3，S=4，k=2满足条件k≤3，M=2，S=6，k=3满足条件k≤3，M=6，S=12，k=4不满足条件k≤3，退出循环，输出S的值为12．故选：B．6．已知a=log34，b=logπ3，c=50.5，则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．b＜a＜c【考点】对数值大小的比较．【分析】利用指数函数与对数函数的运算性质比较三个数与1和2的大小得答案．【解答】解：∵a=log 34＞1，b=log π3＜1，c=50.5=，而a=log 34＜log 39=2，∴c ＞a ＞b ．故选：D ．7．若实数x ，y 满足，则z=3x +4y 的最大值是（ ）A ．3B ．8C ．14D ．15【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z 的几何意义，即可得到结论．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=3x +4y 得y=﹣x +，平移直线y=﹣x +由图象可知当直线y=﹣x +经过点A 时，直线y=﹣x +的截距最大，此时z 最大，由，解得，即A （2，2），此时z=3×2+4×2=6+8=14，故选：C ．8．函数f （x ）=cos （x +）+2sin sin （x +）的最大值是（ ）A．1 B．sin C．2sin D．【考点】三角函数的最值．【分析】由三角函数公式整体可得f（x）=cosx，可得函数的最大值为1．【解答】解：由三角函数公式可得f（x）=cos（x+）+2sin sin（x+）=cos[（x+）+]+2sin sin（x+）=cos（x+）cos﹣sin（x+）sin+2sin sin（x+）=cos（x+）cos+sin（x+）sin=cos[（x+）﹣]=cosx，∴函数的最大值为1．故选：A．9．椭圆y2+=1（0＜m＜1）上存在点P使得PF1⊥PF2，则m的取值范围是（）A．[，1）B．（0，] C．[，1）D．（0，]【考点】椭圆的简单性质．【分析】由已知得短轴顶点B与焦点F1，F1所成角∠F1BF2≥90°，从而≥m，由此能求出m的取值范围．【解答】解：∵椭圆y2+=1（0＜m＜1）上存在点P使得PF1⊥PF2，∴短轴顶点B与焦点F1，F1所成角∠F1BF2≥90°，∴≥m，由0＜m＜1，解得0＜m≤．故选：B．10．在▱ABCD中，AB=2AD=4，∠BAD=60°，E为BC的中点，则•=（）A．6 B．12 C．﹣6 D．﹣12【考点】平面向量数量积的运算．【分析】建立平面直角坐标系，代入各点坐标计算【解答】解以AB所在直线为x轴，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（4，0），C（5，），D（1，）．E（，）=（，），∴=（﹣3，）． ==﹣12，故选：D11．在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PA=AB ，该四棱锥被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是过BD 且平行于PA 的平面截四棱锥P ﹣ABCD 所得的几何体；画出图形结合图形求出截取部分的体积与剩余部分的体积之比是多少即可．【解答】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是过BD 且平行于PA 的平面截四棱锥P ﹣ABCD 所得的几何体；设AB=1，则截取的部分为三棱锥E ﹣BCD ，它的体积为V 三棱锥E ﹣BCD =××1×1×=， 剩余部分的体积为V 剩余部分=V 四棱锥P ﹣ABCD ﹣V 三棱锥E ﹣BCD =×12×1﹣=；所以截取部分的体积与剩余部分的体积比为： =1：3．故选：B ．12．已知函数f（x）=x在[0，1）上的最大值为m，在（1，2]上的最小值为n，则m+n=（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】通过变形可知f（x）=1++sinπx，进而可知当x∈[0，1）时，函数g（x）=+sinπx满足g（2﹣x）=﹣g（x），由此可知在区间[0，1）∪（1，2]上，函数f（x）关于点（1，1）中心对称，利用对称性即得结论．【解答】解：f（x）=x=1++sinπx，记g（x）=+sinπx，则当x∈[0，1）时，g（2﹣x）=+sinπ（2﹣x）=﹣sinπx，即在区间[0，1）∪（1，2]上，函数f（x）关于点（1，1）中心对称，∴m+n=2，故选：D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．13．已知双曲线C的焦点在x轴上，渐近线方程是y=±2x，则C的离心率e=．【考点】双曲线的简单性质．【分析】设双曲线的方程为﹣=1（a，b＞0），求出渐近线方程，可得b=2a，由a，b，c的关系和离心率公式计算即可得到所求值．【解答】解：设双曲线的方程为﹣=1（a，b＞0），由渐近线方程y=±x，可得=2，即b=2a，可得c==a，即有e==．故答案为：．14．已知△ABC的三边长分别为2，3，，则△ABC的面积S=．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】由余弦定理可得一内角的余弦值，进而可得正弦值，代入三角形的面积公式计算即可得解．【解答】解：在△ABC中，由题意，不妨设△ABC的三边长分别为a=2，b=3，c=，则由余弦定理可得cosA===，∴sinA==，∴则△ABC的面积S=bcsinA=×3××=．故答案为：．15．已知函数f（x）=e x﹣ax﹣1，若x轴为曲线y=f（x）的切线，则a=1．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】求出f（x）的导数，设出切点（m，0），代入f（x）和导数式，可得a，m的方程，可得a﹣alna=1，构造g（a）=a﹣alna，求出导数，求得单调区间，可得极值点，即可得到方程的解为1．【解答】解：函数f（x）=e x﹣ax﹣1的导数为f′（x）=e x﹣a，设切点为（m，n），即有n=0，n=e m﹣am﹣1，由导数的几何意义可得，e m﹣a=0，化为a﹣alna=1，由g（a）=a﹣alna的导数为g′（a）=1﹣（1+lna）=﹣lna，当a＞1时，g′（a）＜0，g（a）递减；当0＜a＜1时，g′（a）＞0，g（a）递增．可得a=1处g（a）取得极大值，且为最大值1．即有方程a﹣alna=1的解为1．故答案为：1．16．已知AB是球O的直径，C，D为球面上两动点，AB⊥CD，若四面体ABCD体积的最大值为9，则球O的表面积为36π．【考点】球的体积和表面积．【分析】由题意，△ABC为等腰直角三角形，高为球O的半径时，四面体ABCD的体积最大，利用四面体ABCD体积的最大值为9，求出R，即可求出球O的表面积．【解答】解：由题意，△ABC为等腰直角三角形，高为球O的半径时，四面体ABCD的体积最大，最大值为=9，∴R=3，∴球O的表面积为4πR2=36π．故答案为：36π．三、解答题：本大题共70分，其中（17）-（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1=﹣7，S8=0．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）数列{b n}满足b1=，b n b n+1=2an，求数列{b n}的通项公式．【考点】数列递推式；等差数列的通项公式．【分析】（Ⅰ）由S 8=0得a 8=7，从而可得d==2，从而求得通项公式；（Ⅱ）由方程可得b n+2=4b n ，从而求得{b n }是以为首项，以2为公比的等比数列，从而求通项公式．【解答】解：（Ⅰ）由S 8=0得a 1+a 8=﹣7+a 8=0，∴a 8=7，d==2， 所以{a n }的前n 项和：S n =na 1+ d=﹣7n +n （n ﹣1）=n 2﹣8n ，a n =﹣7+2（n ﹣1）=2n ﹣9．（Ⅱ）由题设得b n b n+1=2，b n+1b n+2=2，两式相除得b n+2=4b n ，又∵b 1b 2=2=，b 1=，∴b 2==2b 1，∴b n+1=2b n ，即{b n }是以为首项，以2为公比的等比数列， 故b n =2n ﹣5．18．二手车经销商小王对其所经营的某一型号二手汽车的使用年数x （0＜x ≤10）与销售价y /（Ⅰ）试求y 关于x 的回归直线方程；（参考公式： =， =﹣） （Ⅱ）已知每辆该型号汽车的收购价格为w=0.05x 2﹣1.75x +17.2万元，根据（Ⅰ）中所求的回归方程，预测x 为何值时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z 最大？【考点】线性回归方程．【分析】（Ⅰ）由表中数据计算、，求出、，即可写出回归直线方程；（Ⅱ）写出利润函数z=y ﹣w ，利用二次函数的图象与性质求出x=3时z 取得最大值．【解答】解：（Ⅰ）由表中数据得， =×（2+4+6+8+10）=6，=×（16+13+9.5+7+4.5）=10，由最小二乘法求得==﹣1.45，=10﹣（﹣1.45）×6=18.7，所以y关于x的回归直线方程为y=﹣1.45x+18.7；（Ⅱ）根据题意，利润函数为z=y﹣w=（﹣1.45x+18.7）﹣（0.05x2﹣1.75x+17.2）=﹣0.05x2+0.3x+1.5，所以，当x=﹣=3时，二次函数z取得最大值；即预测x=3时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大．19．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为边AD的中点，分别沿BE，CE将△ABE，△DCE折叠，使平面ABE和平面DCE均与平面BCE垂直．（Ⅰ）证明：AD∥平面BEC；（Ⅱ）求点E到平面ABCD的距离．【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）证明四边形AMND为平行四边形，可得AD∥MN，利用线面平行的判定定理证明：AD∥平面BEC；（Ⅱ）利用V E﹣ABC =V A﹣BEC，求点E到平面ABCD的距离．【解答】（Ⅰ）证明：分别取BE，CE中点M，N，连接AM，MN，DN，由已知可得△ABE，△DCE均为腰长为4的等腰直角三角形，所以AM⊥BE，且AM=2．又∵平面ABE⊥平面BCE，且交线为BE，∴AM⊥平面BEC，同理可得：DN⊥平面BEC，且DN=2．∴AM∥DN，且AM=DN，∴四边形AMND为平行四边形．∴AD∥MN，又∵MN⊂平面BEC，AD⊄平面BEC，∴AD∥平面BEC．…（Ⅱ）解：点E到平面ABC的距离，也就是三棱锥E﹣ABC的高h．连接AC，MC，在Rt △EMC 中有MC==2，在Rt △AMC 中有AC==4．可得AC 2+AB 2=BC 2，所以△ABC 是直角三角形．由V E ﹣ABC =V A ﹣BEC 得•AB •AC •h=•BE •EC •AM ，可知h=．∴点E 到平面ABC 的距离为．…20．已知抛物线C ：y 2=4x ，经过点（4，0）的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，M （﹣4，0），O 为坐标原点．（Ⅰ）证明：k AM +k BM =0；（Ⅱ）若直线l 的斜率为k （k ＜0），求的最小值．【考点】抛物线的简单性质．【分析】（I ）设直线方程为x=my +4，代入抛物线方程得出交点的坐标关系，分别求出k AM ，k BM ，利用根与系数的关系化简即可得出结论；（II ）将k=和（I ）中的k AM ，k BM 代入化简，利用基本不等式得出最值．【解答】证明：（Ⅰ）设l ：x=my +4，A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．将x=my +4代入y 2=4x 得y 2﹣4my ﹣16=0，∴y 1+y 2=4m ，y 1y 2=﹣16．∴k AM ====，同理：k BM =，∴k AM +k BM =0．解：（Ⅱ）∵直线l 的斜率为k ，∴k=．∴m ＜0．==﹣=﹣（16m 2+64）=﹣=﹣m +≥4，当且仅当m=﹣2时等号成立，∴的最小值为4．21．设函数f（x）=+（1﹣k）x﹣klnx．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若k为正数，且存在x0使得f（x0）＜﹣k2，求k的取值范围．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（Ⅰ）求出函数的定义域，求导，讨论k的取值，分别解出f′（x）＞0，f′（x）＜0 即可得出，（Ⅱ）由（Ⅰ）可求得函数的最小值，f（x0）＜﹣k2，将其转化成+1﹣lnk﹣＜0，构造辅助函数，判断其单调性，即可求得k的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=x+1﹣k﹣==，（ⅰ）k≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ⅱ）k＞0时，x∈（0，k），f′（x）＜0；x∈（k，+∞），f′（x）＞0，∴f（x）在（0，k）上单调递减，f（x）在（k，+∞）上单调递增．…（Ⅱ）因k＞0，由（Ⅰ）知f（x）+k2﹣的最小值为f（k）+k2﹣=+k﹣klnk﹣，由题意得+k﹣klnk﹣＜0，即+1﹣lnk﹣＜0．…令g（k）=+1﹣lnk﹣，则g′（k）=﹣+=＞0，∴g（k）在（0，+∞）上单调递增，又g（1）=0，∴k∈（0，1）时，g（k）＜0，于是+k﹣klnk﹣＜0；k∈（1，+∞）时，g（k）＞0，于是+k﹣klnk﹣＞0．故k的取值范围为0＜k＜1．…请考生在第（22），（23），（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．[选修4-1：几何证明选讲] 22．如图，四边形ABCD内接于圆O，AC与BD相交于点F，AE与圆O相切于点A，与CD的延长线相交于点E，∠ADE=∠BDC．（Ⅰ）证明：A、E、D、F四点共圆；（Ⅱ）证明：AB∥EF．【考点】弦切角；圆內接多边形的性质与判定．【分析】（Ⅰ）由题意证明∠CAE=∠ADE，又已知∠ADE=∠BDC，可证∠BDC=∠CAE，从而可得A，E，D，F四点共圆．（Ⅱ）由圆內接四边形的性质得∠ADE=∠AFE=∠BDC，又∠BDC=∠BAC，从而可证∠AFE=∠BAC，即可证明AB∥EF．【解答】（本题满分为10分）证明：（Ⅰ）因为AE与圆O相切于点A，所以∠CAE=∠CBA；因为四边形ABCD内接于圆O，所以∠CBA=∠ADE；又已知∠ADE=∠BDC，所以∠BDC=∠CAE，故A，E，D，F四点共圆．…（Ⅱ）由（Ⅰ）得∠ADE=∠AFE=∠BDC，又∠BDC=∠BAC（同弧所对的圆周角相等），所以∠AFE=∠BAC，故AB∥EF．…[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（φ为参数，0＜φ＜π），曲线C2与曲线C1关于原点对称，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为ρ=2（0＜θ＜π），过极点O的直线l分别与曲线C1，C2，C3相交于点A，B，C．（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程；（Ⅱ）求|AC|•|BC|的取值范围．【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【分析】（I）利用同角三角函数的关系消元得到C1的普通方程，在将普通方程转化为极坐标方程；（II）求出三条曲线的普通方程，设直线方程为y=kx（k＞0），求出A，B，C的坐标，利用三点的位置关系得出|AC|•|BC|=（|OC|﹣|OA|）•（|OA|+|OC|）=|OC|2﹣|OA|2．将|AC|•|BC|转化为关于k的函数．【解答】解：（I）曲线C1的直角坐标方程为（x﹣1）2+y2=1，即x2+y2﹣2x=0（0＜y≤1）．∴曲线C1的极坐标方程为ρ2﹣2ρcosθ=0，即ρ=2cosθ（0＜θ＜π）．（II）曲线C2的普通方程为（x+1）2+y2=1（﹣1≤y＜0），曲线C3的普通方程为x2+y2=4（0＜y≤2）．设直线l的方程为y=kx（k＞0）．则A（，），B（﹣，﹣），C（，）．∵A，B关于原点对称，∴|BC|=|OB|+|OC|=|OA|+|OC|，∴|AC|•|BC|=（|OC|﹣|OA|）•（|OA|+|OC|）=|OC|2﹣|OA|2=﹣=4﹣．设f（k）=4﹣，则f（k）在（0，+∞）上单调递增，∵f（0）=0，，∴0＜f（k）＜4．即|AC|•|BC|的取值范围时（0，4）．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+1|+m|x﹣1|．（Ⅰ）当m=2时，求不等式f（x）＜4的解集；（Ⅱ）若m＜0，f（x）≥2m，求m的最小值．【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）当m=2时，f（x）=，作出图象，结合图象由f（x）的单调性及f（）=f（﹣1）=4，能求出f（x）＜4的解集．（Ⅱ）由f（x）≥2m得|x+1|≥m （2﹣|x﹣1|），从而﹣|x+1|≥|x﹣1|﹣2，在同一直角坐标系中画出y=|x﹣1|﹣2及y=﹣|x+1|的图象，根据图象性质能求出m的最小值．【解答】解：（Ⅰ）当m=2时，f（x）=，作出图象，得：结合图象由f（x）的单调性及f（）=f（﹣1）=4，得f（x）＜4的解集为{x|﹣1＜x＜}．…（Ⅱ）由f（x）≥2m得|x+1|≥m （2﹣|x﹣1|），∵m＜0，∴﹣|x+1|≥|x﹣1|﹣2，在同一直角坐标系中画出y=|x﹣1|﹣2及y=﹣|x+1|的图象，根据图象性质可得﹣≥1，即﹣1≤m＜0，故m的最小值为﹣1．…2019年9月4日。

河北省唐山市2019-2020学年中考数学二模考试卷一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48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．下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．2．如图，正方形ABCD 的边长为2，其面积标记为S 1，以CD 为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S 2，…，按照此规律继续下去，则S 2018的值为（）A ．20151()2B ．20162()2 C ．20152()2 D ．20161()23．已知反比例函数y=kx 的图象在一、三象限，那么直线y=kx ﹣k 不经过第（ ）象限．A ．一B ．二C ．三D ．四4．如图，△ABC 的面积为8cm 2 ， AP 垂直∠B 的平分线BP 于P ，则△PBC 的面积为（ ）A ．2cm 2B ．3cm 2C ．4cm 2D ．5cm 25．如图是由三个相同的小正方体组成的几何体，则该几何体的左视图是（ ）A ．B ．C ．D ．6．如图是几何体的三视图，该几何体是（ ）A．圆锥B．圆柱C．三棱柱D．三棱锥7．如图，两张完全相同的正六边形纸片(边长为2a)重合在一起，下面一张保持不动，将上面一张纸片沿水平方向向左平移a个单位长度，则空白部分与阴影部分面积之比是()A．5：2 B．3：2 C．3：1 D．2：18．《九章算术》中的算筹图是竖排的，为看图方便，我们把它改为横排，如图1，图2所示，图中各行从左到右列出的算筹数分别表示未知数x，y的系数与相应的常数项．把图1表示的算筹图用我们现在所熟悉的方程组形式表述出来，就是3219423x yx y+=⎧⎨+=⎩．类似地，图2所示的算筹图我们可以表述为（）A．2114327x yx y+=⎧⎨+=⎩B．2114322x yx y+=⎧⎨+=⎩C．3219423x yx y+=⎧⎨+=⎩D．264327x yx y+=⎧⎨+=⎩9．二次函数y=ax2+bx+c的图象在平面直角坐标系中的位置如图所示，则一次函数y=ax+b与反比例函数y=cx在同一平面直角坐标系中的图象可能是（）A．B．C．D．10．如图，在热气球C处测得地面A、B两点的俯角分别为30°、45°，热气球C的高度CD为100米，点A、D、B在同一直线上，则AB两点的距离是（）米A．200米B．2003米C．2203米D．100(31)11．如图钓鱼竿AC长6m，露在水面上的鱼线BC长32m，钓者想看看鱼钓上的情况，把鱼竿AC逆时针转动15°到AC′的位置，此时露在水面上的鱼线B'C'长度是（）A．3m B．33m C．23m D．4m12．如图是小明在物理实验课上用量筒和水测量铁块A的体积实验，小明在匀速向上将铁块提起，直至铁块完全露出水面一定高度的过程中，则下图能反映液面高度h与铁块被提起的时间t之间的函数关系的大致图象是（）A．B．C．D．二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13．抛物线y=ax2+bx+c的顶点为D（-1，2），与x轴的一个交点A在点（-3，1）和（-2，1）之间，其部分图象如图，则以下结论：①b2-4ac＜1；②当x＞-1时y随x增大而减小；③a+b+c＜1；④若方程ax2+bx+c-m=1没有实数根，则m＞2；⑤3a+c＜1．其中，正确结论的序号是________________．，则圆锥底面半径为cm．14．若圆锥的母线长为４cm，其侧面积212cm15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，若CD=3cm，则EF=________cm．16．如图所示，一个宽为2cm的刻度尺在圆形光盘上移动，当刻度尺的一边与光盘相切时，另一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”（单位：cm），那么该光盘的半径是____cm.17．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D为AB的中点，将△ACD绕着点C逆时针旋转，使点A落在CB的延长线A′处，点D落在点D′处，则D′B长为_____．18．关于x的一元二次方程x2﹣2kx+k2﹣k=0的两个实数根分别是x1、x2，且x12+x22=4，则x12﹣x1x2+x22的值是_____．三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19．（6分）如图，某地方政府决定在相距50km的A、B两站之间的公路旁E点，修建一个土特产加工基地，且使C、D两村到E点的距离相等，已知DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，DA=30km，CB=20km，那么基地E应建在离A站多少千米的地方？20．（6分）已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE+∠CBE=1．（1）如图①，当四边形ABCD 和EFCG 均为正方形时，连接BF ．i ）求证：△CAE ∽△CBF ；ii ）若BE=1，AE=2，求CE 的长；（2）如图②，当四边形ABCD 和EFCG 均为矩形，且AB EF k BC FC==时，若BE ＝1，AE=2，CE=3，求k 的值；（3）如图③，当四边形ABCD 和EFCG 均为菱形，且∠DAB=∠GEF=45°时，设BE=m ，AE=n ，CE=p ，试探究m ，n ，p 三者之间满足的等量关系．（直接写出结果，不必写出解答过程）21．（6分）如图，在△ABC 中，AB=AC ，CD 是∠ACB 的平分线，DE ∥BC ，交AC 于点 E ．求证：DE=CE ． 若∠CDE=35°，求∠A 的度数．22．（8分）先化简2211a a a a⎛⎫-÷ ⎪--⎝⎭，然后从22a -≤<中选出一个合适的整数作为a 的值代入求值． 23．（8分）已知，关于 x 的一元二次方程（k ﹣1）x 22k ＝0 有实数根，求k 的取值范围． 24．（10分）如图是某旅游景点的一处台阶，其中台阶坡面AB 和BC 的长均为6m ，AB 部分的坡角∠BAD 为45°，BC 部分的坡角∠CBE 为30°，其中BD ⊥AD ，CE ⊥BE ，垂足为D ，E ．现在要将此台阶改造为直接从A 至C 的台阶，如果改造后每层台阶的高为22cm ，那么改造后的台阶有多少层？（最后一个台阶的高超过15cm 且不足22cm 2≈1.4143）25．（10分）解不等式组21114(2)x x x +-⎧⎨+>-⎩… 26．（12分）如图，在△ABC 中，BC ＝12，tanA＝34，∠B ＝30°；求AC 和AB 的长．27．（12分）如图，抛物线212y x bx c =-++经过点A （﹣2，0），点B （0，4）. （1）求这条抛物线的表达式； （2）P 是抛物线对称轴上的点，联结AB 、PB ，如果∠PBO=∠BAO ，求点P 的坐标；（3）将抛物线沿y 轴向下平移m 个单位，所得新抛物线与y 轴交于点D ，过点D 作DE ∥x 轴交新抛物线于点E ，射线EO 交新抛物线于点F ，如果EO=2OF ，求m 的值.题目要求的．）1．A【解析】分析：根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断．详解：A、是中心对称图形，故本选项正确；B、不是中心对称图形，故本选项错误；C、不是中心对称图形，故本选项错误；D、不是中心对称图形，故本选项错误；故选：A．点睛：本题考查了中心对称图形的特点，属于基础题，判断中心对称图形的关键是旋转180°后能够重合．2．A【解析】【分析】根据等腰直角三角形的性质可得出2S2＝S1，根据数的变化找出变化规律“S n＝（12）n﹣2”，依此规律即可得出结论．【详解】如图所示，∵正方形ABCD的边长为2，△CDE为等腰直角三角形，∴DE2+CE2＝CD2，DE＝CE，∴2S2＝S1．观察，发现规律：S1＝22＝4，S2＝12S1＝2，S2＝12S2＝1，S4＝12S2＝12，…，∴S n＝（12）n﹣2．当n＝2018时，S2018＝（12）2018﹣2＝（12）3．故选A．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理，解题的关键是利用图形找出规律“S n＝（12）n﹣2”．3．B根据反比例函数的性质得k＞0，然后根据一次函数的进行判断直线y=kx-k不经过的象限．【详解】∵反比例函数y=kx的图象在一、三象限，∴k＞0，∴直线y=kx﹣k经过第一、三、四象限，即不经过第二象限．故选：B．【点睛】考查了待定系数法求反比例函数的解析式：设出含有待定系数的反比例函数解析式y=kx（k为常数，k≠0）；把已知条件（自变量与函数的对应值）代入解析式，得到待定系数的方程；解方程，求出待定系数；写出解析式．也考查了反比例函数与一次函数的性质．4．C【解析】【分析】延长AP交BC于E，根据AP垂直∠B的平分线BP于P，即可求出△ABP≌△BEP，又知△APC和△CPE 等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可求得△PBC的面积．【详解】延长AP交BC于E．∵AP垂直∠B的平分线BP于P，∴∠ABP＝∠EBP，∠APB＝∠BPE＝90°．在△APB和△EPB中，∵，∴△APB≌△EPB（ASA），∴S△APB＝S△EPB，AP＝PE，∴△APC和△CPE等底同高，∴S△APC＝S△PCE，∴S△PBC＝S△PBE+S△PCE S△ABC＝4cm1．故选C．【点睛】本题考查了三角形面积和全等三角形的性质和判定的应用，关键是求出S△PBC＝S△PBE+S△PCE S△ABC．5．C分析：细心观察图中几何体中正方体摆放的位置，根据左视图是从左面看到的图形判定则可． 详解：从左边看竖直叠放2个正方形．故选：C ．点睛：此题考查了几何体的三种视图和学生的空间想象能力，左视图是从物体左面看所得到的图形，解答时学生易将三种视图混淆而错误的选其它选项．6．C【解析】分析：根据一个空间几何体的主视图和左视图都是长方形，可判断该几何体是柱体，进而根据俯视图的形状，可判断是三棱柱，得到答案．详解：∵几何体的主视图和左视图都是长方形，故该几何体是一个柱体，又∵俯视图是一个三角形，故该几何体是一个三棱柱，故选C ．点睛：本题考查的知识点是三视图，如果有两个视图为三角形，该几何体一定是锥，如果有两个矩形，该几何体一定柱，其底面由第三个视图的形状决定．7．C【解析】【分析】求出正六边形和阴影部分的面积即可解决问题；【详解】解：正六边形的面积226(2a)==，阴影部分的面积2a =⋅=，∴空白部分与阴影部分面积之比是2=：23=：1，故选C ．【点睛】本题考查正多边形的性质、平移变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．8．A【解析】根据图形，结合题目所给的运算法则列出方程组．【详解】图2所示的算筹图我们可以表述为：2114327x y x y +=⎧⎨+=⎩． 故选A ．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列出方程组．9．C【解析】试题分析：∵二次函数图象开口方向向下，∴a ＜0，∵对称轴为直线2b x a=-＞0，∴b ＞0，∵与y 轴的正半轴相交，∴c ＞0，∴y ax b =+的图象经过第一、二、四象限，反比例函数c y x=图象在第一三象限，只有C 选项图象符合．故选C ．考点：1．二次函数的图象；2．一次函数的图象；3．反比例函数的图象．10．D【解析】【分析】 在热气球C 处测得地面B 点的俯角分别为45°，BD=CD=100米，再在Rt △ACD 中求出AD 的长，据此即可求出AB 的长．【详解】∵在热气球C 处测得地面B 点的俯角分别为45°，∴BD ＝CD ＝100米，∵在热气球C 处测得地面A 点的俯角分别为30°，∴AC ＝2×100＝200米，∴AD∴AB ＝AD+BD ＝100（故选D ．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用--仰角、俯角问题，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．【解析】 【分析】因为三角形ABC 和三角形AB′C′均为直角三角形，且BC 、B′C′都是我们所要求角的对边，所以根据正弦来解题，求出∠CAB ，进而得出∠C′AB′的度数，然后可以求出鱼线B'C'长度． 【详解】解：∵sin ∠CAB ＝BC AC ==∴∠CAB ＝45°． ∵∠C′AC ＝15°， ∴∠C′AB′＝60°．∴sin60°＝''62B C =解得：B′C′＝ 故选：B ． 【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，解本题的关键是把实际问题转化为数学问题． 12．B 【解析】根据题意，在实验中有3个阶段， ①、铁块在液面以下，液面得高度不变；②、铁块的一部分露出液面，但未完全露出时，液面高度降低； ③、铁块在液面以上，完全露出时，液面高度又维持不变； 分析可得，B 符合描述； 故选B ．二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．） 13．②③④⑤ 【解析】试题解析：∵二次函数与x 轴有两个交点， ∴b 2-4ac ＞1，故①错误，观察图象可知：当x ＞-1时，y 随x 增大而减小，故②正确， ∵抛物线与x 轴的另一个交点为在（1，1）和（1，1）之间， ∴x=1时，y=a+b+c ＜1，故③正确，∵当m ＞2时，抛物线与直线y=m 没有交点，∴方程ax 2+bx+c-m=1没有实数根，故④正确， ∵对称轴x=-1=-2b a， ∴b=2a ， ∵a+b+c ＜1，∴3a+c ＜1，故⑤正确， 故答案为②③④⑤. 14．3 【解析】∵圆锥的母线长是5cm ，侧面积是15πcm 2， ∴圆锥的侧面展开扇形的弧长为：l=2305s r π==6π， ∵锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的底面周长，∴r=622l πππ==3cm ， 15．3【解析】试题分析：根据点D 为AB 的中点可得：CD 为直角三角形斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AB=2CD=6，根据E 、F 分别为中点可得：EF 为△ABC 的中位线，根据中位线的性质可得：EF=AB=3.考点：(1)、直角三角形的性质；(2)、中位线的性质 16．5 【解析】 【分析】本题先根据垂径定理构造出直角三角形，然后在直角三角形中已知弦长和弓形高，根据勾股定理求出半径，从而得解． 【详解】解：如图，设圆心为O ，弦为AB ，切点为C ．如图所示．则AB=8cm ，CD=2cm ． 连接OC ，交AB 于D 点．连接OA ．∵尺的对边平行，光盘与外边缘相切， ∴OC ⊥AB ．∴AD=4cm．设半径为Rcm，则R2=42+（R-2）2，解得R=5，∴该光盘的半径是5cm．故答案为5【点睛】此题考查了切线的性质及垂径定理，建立数学模型是关键．17．132．【解析】【详解】试题分析：解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，∴AB=5，∵点D为AB的中点，∴CD=AD=BD=AB=2.5，过D′作D′E⊥BC，∵将△ACD绕着点C逆时针旋转，使点A落在CB的延长线A′处，点D落在点D′处，∴CD′=AD=A′D′，∴D′E==1.5，∵A′E=CE=2，BC=3，∴BE=1，∴BD′=，故答案为．考点：旋转的性质．18．1【解析】【分析】根据根与系数的关系结合x1+x2=x1•x2可得出关于k的一元二次方程，解之即可得出k的值，再根据方程有实数根结合根的判别式即可得出关于k的一元二次不等式，解之即可得出k的取值范围，从而可确定k的值．【详解】∵x2﹣2kx+k2﹣k=0的两个实数根分别是x1、x2，∴x1+x2=2k，x1•x2=k2﹣k，∵x12+x22=1，∴（x1+x2）2-2x1x2=1，（2k）2﹣2（k2﹣k）=1，2k2+2k﹣1=0，k2+k﹣2=0，k=﹣2或1，∵△=（﹣2k）2﹣1×1×（k2﹣k）≥0，k≥0，∴k=1，∴x1•x2=k2﹣k=0，∴x12﹣x1x2+x22=1﹣0=1，故答案为：1．【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，熟练掌握“当一元二次方程有实数根时，根的判别式△≥0”是解题的关键．三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19．20千米【解析】【分析】由勾股定理两直角边的平方和等于斜边的平方即可求，即在直角三角形DAE和直角三角形CBE中利用斜边相等两次利用勾股定理得到AD2+AE2=BE2+BC2，设AE为x，则BE=10﹣x，将DA=8，CB=2代入关系式即可求得．【详解】解：设基地E应建在离A站x千米的地方．则BE=（50﹣x）千米在Rt△ADE中，根据勾股定理得：AD2+AE2=DE2∴302+x2=DE2在Rt△CBE中，根据勾股定理得：CB2+BE2=CE2∴202+（50﹣x）2=CE2又∵C 、D 两村到E 点的距离相等． ∴DE=CE ∴DE 2=CE 2∴302+x 2=202+（50﹣x ）2 解得x=20∴基地E 应建在离A 站20千米的地方． 考点：勾股定理的应用．20．（1）i ）证明见试题解析；ii ；（2）4；（3）222(2p n m -=+． 【解析】 【分析】（1）i ）由∠ACE+∠ECB=45°，∠ BCF+∠ECB=45°，得到∠ACE=∠BCF ，又由于AC CEBC CF==故△CAE ∽△CBF ；ii ）由AEBF=，再由△CAE ∽△CBF ，得到∠CAE=∠CBF ，进一步可得到∠EBF=1°，从而有222222()6CE EF BE BF ==+=，解得CE =（2）连接BF ，同理可得：∠EBF=1°，由AB EFk BC FC==，得到::1:BC AB AC k =::1:CF EF EC k =，故AC AEBC BF==BF =2222222211()k k CE EF BE BF k k++=⨯=+，代入解方程即可；（3）连接BF ，同理可得：∠EBF=1°，过C 作CH ⊥AB 延长线于H ，可得：222::1:1:(2AB BC AC =+，222::1:1:(2EF FC EC =，故22222222(2(2)(2(2p EF BE BF m m n ==++=++=+，从而有222(2p n m -=+． 【详解】解：（1）i ）∵∠ACE+∠ECB=45°，∠ BCF+∠ECB=45°，∴∠ACE=∠BCF ，又∵AC CEBC CF==，∴△CAE ∽△CBF ；ii ）∵AEBF=，∵△CAE ∽△CBF ，∴∠CAE=∠CBF ，又∵∠CAE+∠CBE=1°，∴∠CBF+∠CBE=1°，即∠EBF=1°，∴222222()6CE EF BE BF ==+=，解得CE =（2）连接BF ，同理可得：∠EBF=1°，∵AB EFk BC FC==，∴2::1::1BC AB AC k k =+，2::1::1CF EF EC k k =+，∴21AC AE k BC BF==+，∴21BF k =+，2221AE BF k =+，∴2222222211()k k CE EF BE BF k k ++=⨯=+，∴222222123(1)1k k k +=++，解得104k =； （3）连接BF ，同理可得：∠EBF=1°，过C 作CH ⊥AB 延长线于H ，可得：222::1:1:(22)AB BC AC =+，222::1:1:(22)EF FC EC =+，∴22222222(22)(22)()(22)()(22)22p EF BE BF m m n =+=++=++=+++， ∴222(22)p n m -=+．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质；正方形的性质；矩形的性质；菱形的性质． 21． (1)见解析;(2) 40°. 【解析】 【分析】（1）根据角平分线的性质可得出∠BCD=∠ECD ，由DE ∥BC 可得出∠EDC=∠BCD ，进而可得出∠EDC=∠ECD ，再利用等角对等边即可证出DE=CE ；（2）由（1）可得出∠ECD=∠EDC=35°，进而可得出∠ACB=2∠ECD=70°，再根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理即可求出∠A 的度数． 【详解】（1）∵CD 是∠ACB 的平分线，∴∠BCD=∠ECD ．∵DE ∥BC ，∴∠EDC=∠BCD ，∴∠EDC=∠ECD ，∴DE=CE ． （2）∵∠ECD=∠EDC=35°，∴∠ACB=2∠ECD=70°．∵AB=AC ，∴∠ABC=∠ACB=70°，∴∠A=180°﹣70°﹣70°=40°． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、平行线的性质以及角平分线．解题的关键是：（1）根据平行线的性质结合角平分线的性质找出∠EDC=∠ECD ；（2）利用角平分线的性质结合等腰三角形的性质求出∠ACB=∠ABC=70°． 22．-1 【解析】 【分析】先化简，再选出一个合适的整数代入即可，要注意a 的取值范围. 【详解】 解：2211a a a a⎛⎫-÷⎪--⎝⎭ (1)(1)12a a a a a ---=•-1(1)12a a a a a -+-=•-2a =， 当2a =-时，原式212-==-． 【点睛】本题考查的是代数式的求值，熟练掌握代数式的化简是解题的关键. 23．0≤k≤65且 k≠1． 【解析】 【分析】根据二次项系数非零、被开方数非负及根的判别式△≥0，即可得出关于 k 的一元一次不等式组，解之即可求出 k 的取值范围． 【详解】解：∵关于 x 的一元二次方程（k ﹣1）x 2+x+3＝0 有实数根，∴2k≥0，k-1≠0，Δ2k 2-4⨯3(k-1)≥0， 解得：0≤k≤65且 k≠1． ∴k 的取值范围为 0≤k≤65且 k≠1． 【点睛】本题考查了根的判别式、二次根式以及一元二次方程的定义，根据二次项系数非零、被开方数非负及根的判别式△≥0，列出关于 k 的一元一次不等式组是解题的关键．当∆>0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当∆=0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当∆<0时，一元二次方程没有实数根. 24．33层．【解析】【分析】根据含30度的直角三角形三边的关系和等腰直角三角形的性质得到BD和CE的长，二者的和乘以100后除以20即可确定台阶的数．【详解】解：在Rt△ABD中，m，在Rt△BEC中，EC=12BC=3m，∴，∵改造后每层台阶的高为22cm，∴改造后的台阶有（）×100÷22≈33（个）答：改造后的台阶有33个．【点睛】本题考查了坡度的概念：斜坡的坡度等于斜坡的铅直高度与对应的水平距离的比值，即斜坡的坡度等于斜坡的坡角的正弦．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和等腰直角三角形的性质．25．﹣1≤x＜1．【解析】【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．【详解】解不等式2x+1≥﹣1，得：x≥﹣1，解不等式x+1＞4（x﹣2），得：x＜1，则不等式组的解集为﹣1≤x＜1．【点睛】此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．26．【解析】【分析】如图作CH⊥AB于H．在Rt△BHC求出CH、BH，在Rt△ACH中求出AH、AC即可解决问题；【详解】解：如图作CH⊥AB于H．在Rt △BCH 中，∵BC ＝12，∠B ＝30°， ∴CH ＝12BC ＝6，BH 22BC CH -3 在Rt △ACH 中，tanA ＝34＝CH AH， ∴AH ＝8， ∴AC 22AH CH +10，【点睛】本题考查解直角三角形，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 27．（1）2142y x x =-++;（2）P （1，72）; （3）3或5. 【解析】 【分析】（1）将点A 、B 代入抛物线212y x bx c =-++，用待定系数法求出解析式. （2）对称轴为直线x=1，过点P 作PG ⊥y 轴，垂足为G , 由∠PBO=∠BAO ，得tan ∠PBO=tan ∠BAO ，即PG BOBG AO=，可求出P 的坐标. （3）新抛物线的表达式为2142y x x m =-++-，由题意可得DE=2，过点F 作FH ⊥y 轴，垂足为H ，∵DE ∥FH ，EO=2OF ，∴2=1DE EO DO FH OF OH ==，∴FH=1.然后分情况讨论点D 在y 轴的正半轴上和在y 轴的负半轴上，可求得m 的值为3或5. 【详解】解：（1）∵抛物线经过点A （﹣2，0），点B （0，4）∴2204b c c --+=⎧⎨=⎩，解得14b c =⎧⎨=⎩, ∴抛物线解析式为2142y x x =-++, （2）()2211941222y x x x =-++=--+,∴对称轴为直线x=1，过点P 作PG ⊥y 轴，垂足为G , ∵∠PBO=∠BAO ，∴tan ∠PBO=tan ∠BAO ，∴PG BO BG AO=,∴121BG=，∴12BG=,72OG=，∴P（1，72）,（3）设新抛物线的表达式为2142y x x m=-++-则()0,4D m-,()2,4E m-，DE=2过点F作FH⊥y轴，垂足为H，∵DE∥FH，EO=2OF ∴2=1DE EO DOFH OF OH==，∴FH=1.点D在y轴的正半轴上，则51,2F m⎛⎫--⎪⎝⎭，∴52OH m=-,∴42512DO mOH m-==-，∴m=3,点D在y轴的负半轴上，则91,2F m⎛⎫-⎪⎝⎭，∴92OH m=-,∴42912DO mOH m-==-，∴m=5,∴综上所述m的值为3或5.【点睛】本题是二次函数和相似三角形的综合题目，整体难度不大，但是非常巧妙，学会灵活运用是关键.。