【真题】17年河北省衡水中学高三(上)数学期中试卷含答案(理科)

2016-2017学年河北省衡水中学高三（下）三调数学试卷（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．已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．已知集合A={x|log3（2x﹣1）≤0}，，全集U=R，则A ∩（∁U B）等于（）A．B．C．D．3．若α∈（，π），且3cos2α=sin（﹣α），则sin2α的值为（）A．B．C．D．4．已知，则下列结论正确的是（）A．h（x）=f（x）+g（x）是偶函数 B．h（x）=f（x）+g（x）是奇函数C．h（x）=f（x）g（x）是奇函数D．h（x）=f（x）g（x）是偶函数5．已知双曲线E：﹣=1（a＞0．b＞0），若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为双曲线E的两个焦点，且双曲线E的离心率是2．直线AC的斜率为k．则|k|等于（）A．2 B．C．D．36．在△ABC中，=，P是直线BN上的一点，若=m+，则实数m的值为（）A．﹣4 B．﹣1 C．1 D．47．已知函数f（x）=Asin（ωx+ϕ）（A＞0，ω＞0）的图象与直线y=a（0＜a＜A）的三个相邻交点的横坐标分别是2，4，8，则f（x）的单调递减区间是（）A．[6kπ，6kπ+3]（k∈Z）B．[6kπ﹣3，6kπ]（k∈Z）C．[6k，6k+3]（k ∈Z）D．[6k﹣3，6k]（k∈Z）8．某旅游景点统计了今年5月1号至10号每天的门票收入（单位：万元），分别记为a 1，a 2，…，a 10（如：a 3表示5月3号的门票收入），表是5月1号到5月10号每天的门票收入，根据表中数据，下面程序框图输出的结果为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．69．来自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，刚好碰在一起，他们除懂本国语言外，每天还会说其他三国语言的一种，有一种语言是三人都会说的，但没有一种语言人人都懂，现知道：①甲是日本人，丁不会说日语，但他俩都能自由交谈； ②四人中没有一个人既能用日语交谈，又能用法语交谈； ③甲、乙、丙、丁交谈时，找不到共同语言沟通；④乙不会说英语，当甲与丙交谈时，他都能做翻译．针对他们懂的语言 正确的推理是（ ）A ．甲日德、乙法德、丙英法、丁英德B ．甲日英、乙日德、丙德法、丁日英C ．甲日德、乙法德、丙英德、丁英德D ．甲日法、乙英德、丙法德、丁法英10．如图，已知正方体ABCD ﹣A'B'C'D'的外接球的体积为，将正方体割去部分后，剩余几何体的三视图如图所示，则剩余几何体的表面积为（ ）A．B．或C．D．或11．如图，已知抛物线的方程为x2=2py（p＞0），过点A（0，﹣1）作直线与抛物线相交于P，Q两点，点B的坐标为（0，1），连接BP，BQ，设QB，BP与x轴分别相交于M，N两点．如果QB的斜率与PB的斜率的乘积为﹣3，则∠MBN的大小等于（）A．B．C．D．12．已知a，b∈R，且e x≥a（x﹣1）+b对x∈R恒成立，则ab的最大值是（）A．B．C．D．e3二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．在的展开式中，含x3项的系数为．14．在公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的立方成正比”，此即V=kD3，欧几里得未给出k的值.17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式V=kD3中的常数k 称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱）、正方体也可利用公式V=kD3求体积（在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长）．假设运用此体积公式求得球（直径为a）、等边圆柱（底面圆的直径为a）、正方体（棱长为a）的“玉积率”分别为k1，k2，k3，那么k1：k2：k3=．15．由约束条件，确定的可行域D能被半径为的圆面完全覆盖，则实数k的取值范围是．16．如图，已知O为△ABC的重心，∠BOC=90°，若4BC2=AB•AC，则A的大小为．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1≠0，常数λ＞0，且λa1a n=S1+S n对一切正整数n都成立．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设a1＞0，λ=100，当n为何值时，数列的前n项和最大？18．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：（1）该同学为了求出y关于x的线性回归方程=+，根据表中数据已经正确计算出=0.6，试求出的值，并估计该厂6月份生产的甲胶囊产量数；（2）若某药店现有该制药厂今年二月份生产的甲胶囊4盒和三月份生产的甲胶囊5盒，小红同学从中随机购买了3盒甲胶囊，后经了解发现该制药厂今年二月份生产的所有甲胶囊均存在质量问题．记小红同学所购买的3盒甲胶囊中存在质量问题的盒数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．19．已知多面体ABCDEF如图所示，其中ABCD为矩形，△DAE为等腰等腰三角形，DA⊥AE，四边形AEFB为梯形，且AE∥BF，∠ABF=90°，AB=BF=2AE=2．（1）若G为线段DF的中点，求证：EG∥平面ABCD；（2）线段DF上是否存在一点N，使得直线BN与平面FCD所成角的余弦值等于？若存在，请指出点N的位置；若不存在，请说明理由．20．如图，椭圆E： +=1（a＞b＞0）左、右顶点为A，B，左、右焦点为F，F2，|AB|=4，|F1F2|=2．直线y=kx+m（k＞0）交椭圆E于C，D两点，1与线段F1F2、椭圆短轴分别交于M，N两点（M，N不重合），且|CM|=|DN|．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）设直线AD，BC的斜率分别为k1，k2，求的取值范围．21．设函数f（x）=﹣ax，e为自然对数的底数（Ⅰ）若函数f（x）的图象在点（e2，f（e2））处的切线方程为3x+4y﹣e2=0，求实数a，b的值；（Ⅱ）当b=1时，若存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a成立，求实数a的最小值．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，斜率为1的直线l过定点（﹣2，﹣4）．以O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线C的极坐标方程为ρsin2θ﹣4cosθ=0．（1）求曲线C的直角坐标方程以及直线l的参数方程；（2）两曲线相交于M，N两点，若P（﹣2，﹣4），求|PM|+|PN|的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|2x+1|+|3x﹣2|，且不等式f（x）≤5的解集为，a，b∈R．（1）求a，b的值；（2）对任意实数x，都有|x﹣a|+|x+b|≥m2﹣3m+5成立，求实数m的最大值．2016-2017学年河北省衡水中学高三（下）三调数学试卷（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．已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【考点】复数的代数表示法及其几何意义．【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，得到z的坐标得答案．【解答】解：∵，∴z=，∴复数z在复平面内对应的点的坐标为（﹣1，﹣2），在第三象限．故选：C．2．已知集合A={x|log3（2x﹣1）≤0}，，全集U=R，则A ∩（∁U B）等于（）A．B．C．D．【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】先分别求出集合A和B，从而求出C U B，由此能求出A∩（∁U B）的值．【解答】解：∵集合A={x|log3（2x﹣1）≤0}={x|}，={x|x≤0或x}，全集U=R，∴C U B={x|0＜x＜}，A∩（∁U B）={x|}=（）．3．若α∈（，π），且3cos2α=sin（﹣α），则sin2α的值为（）A．B．C．D．【考点】两角和与差的正弦函数．【分析】由已知可得sinα＞0，cosα＜0，利用二倍角公式，两角差的正弦函数公式化简已知可得cosα+sinα=，两边平方，利用二倍角公式即可计算sin2α的值．【解答】解：∵α∈（，π），∴sinα＞0，cosα＜0，∵3cos2α=sin（﹣α），∴3（cos2α﹣sin2α）=（cosα﹣sinα），∴cosα+sinα=，∴两边平方，可得：1+2sinαcosα=，∴sin2α=2sinαcosα=﹣．故选：D．4．已知，则下列结论正确的是（）A．h（x）=f（x）+g（x）是偶函数 B．h（x）=f（x）+g（x）是奇函数C．h（x）=f（x）g（x）是奇函数D．h（x）=f（x）g（x）是偶函数【考点】函数奇偶性的判断．【分析】利用奇偶函数的定义，即可判断．【解答】解：h（x）=f（x）+g（x）=+=，h（﹣x）==﹣=h（x），∴h（x）=f（x）+g（x）是偶函数；h（x）=f（x）g（x）无奇偶性，5．已知双曲线E：﹣=1（a＞0．b＞0），若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为双曲线E的两个焦点，且双曲线E的离心率是2．直线AC的斜率为k．则|k|等于（）A．2 B．C．D．3【考点】双曲线的简单性质．【分析】可令x=c，代入双曲线的方程，求得y=±，再由题意设出A，B，C，D的坐标，由离心率公式，可得a，b，c的关系，运用直线的斜率公式，计算即可得到所求值．【解答】解：令x=c，代入双曲线的方程可得y=±b=±，由题意可设A（﹣c，），B（﹣c，﹣），C（c，﹣），D（c，），由双曲线E的离心率是2，可得e==2，即c=2a，b==a，直线AC的斜率为k==﹣=﹣=﹣．即有|k|=．故选：B．6．在△ABC中，=，P是直线BN上的一点，若=m+，则实数m的值为（）A．﹣4 B．﹣1 C．1 D．4【考点】向量在几何中的应用．【分析】设=n，利用向量的线性运算，结合=m+，可求实数m的值．【解答】解：由题意，设=n，则=+=+n=+n（﹣）=+n（﹣）=+n（﹣）=（1﹣n）+，又∵=m+，∴m=1﹣n，且=解得；n=2，m=﹣1，故选：B．7．已知函数f（x）=Asin（ωx+ϕ）（A＞0，ω＞0）的图象与直线y=a（0＜a＜A）的三个相邻交点的横坐标分别是2，4，8，则f（x）的单调递减区间是（）A．[6kπ，6kπ+3]（k∈Z）B．[6kπ﹣3，6kπ]（k∈Z）C．[6k，6k+3]（k ∈Z）D．[6k﹣3，6k]（k∈Z）【考点】正弦函数的图象．【分析】由题意可得，第一个交点与第三个交点的差是一个周期；第一个交点与第二个交点的中点的横坐标对应的函数值是最大值．从这两个方面考虑可求得参数ω、φ的值，进而利用三角函数的单调性求区间．【解答】解：与直线y=b（0＜b＜A）的三个相邻交点的横坐标分别是2，4，8知函数的周期为T==2（﹣），得ω=，再由五点法作图可得•+φ=，求得φ=﹣，∴函数f（x）=Asin（x﹣）．令2kπ+≤x﹣≤2kπ+，k∈z，解得：6k+3≤x≤6k+6，k∈z，∴即x∈[6k﹣3，6k]（k∈Z），故选：D．8．某旅游景点统计了今年5月1号至10号每天的门票收入（单位：万元），分别记为a1，a2，…，a10（如：a3表示5月3号的门票收入），表是5月1号到5月10号每天的门票收入，根据表中数据，下面程序框图输出的结果为（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】程序框图．【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是计算并输出大于115的．【解答】解：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是计算并输出门票大于115的天数．由统计表可知：参与统计的十天中，第2、7、8这3天门票大于115．故最终输出的值为：3故选：A．9．来自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，刚好碰在一起，他们除懂本国语言外，每天还会说其他三国语言的一种，有一种语言是三人都会说的，但没有一种语言人人都懂，现知道：①甲是日本人，丁不会说日语，但他俩都能自由交谈；②四人中没有一个人既能用日语交谈，又能用法语交谈；③甲、乙、丙、丁交谈时，找不到共同语言沟通；④乙不会说英语，当甲与丙交谈时，他都能做翻译．针对他们懂的语言正确的推理是（）A．甲日德、乙法德、丙英法、丁英德B．甲日英、乙日德、丙德法、丁日英C．甲日德、乙法德、丙英德、丁英德D．甲日法、乙英德、丙法德、丁法英【考点】命题的真假判断与应用．【分析】根据题干逐一验证即可【解答】解：此题可直接用观察选项法得出正确答案，根据第二条规则，日语和法语不能同时由一个人说，所以B、C、D都错误，只有A正确，再将A代入题干验证，可知符合条件．故选A10．如图，已知正方体ABCD﹣A'B'C'D'的外接球的体积为，将正方体割去部分后，剩余几何体的三视图如图所示，则剩余几何体的表面积为（）A．B．或C．D．或【考点】由三视图求面积、体积．【分析】设正方体的棱长为a，则=，解得a=1．该几何体为正方体截去一角，如图，即可得出．【解答】解：设正方体的棱长为a，则=，解得a=1．该几何体为正方体截去一角，如图则剩余几何体的表面积为S=3×12++=．故选：A．11．如图，已知抛物线的方程为x2=2py（p＞0），过点A（0，﹣1）作直线与抛物线相交于P，Q两点，点B的坐标为（0，1），连接BP，BQ，设QB，BP与x轴分别相交于M，N两点．如果QB的斜率与PB的斜率的乘积为﹣3，则∠MBN的大小等于（）A．B．C．D．【考点】直线与圆锥曲线的关系；直线的斜率．【分析】设直线PQ的方程为：y=kx﹣1，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线PQ方程与抛物线方程消掉y得x的二次方程，根据韦达定理及斜率公式可求得k BP+k BQ=0，再由已知k BP•k BQ=﹣3可解得，，由此可知∠BNM与∠BMN的大小，由三角形内角和定理可得∠MBN．【解答】解：设直线PQ的方程为：y=kx﹣1，P（x1，y1），Q（x2，y2），由得x2﹣2pkx+2p=0，△＞0，则x1+x2=2pk，x1x2=2p，，，====0，即k BP+k BQ=0①又k BP•k BQ=﹣3②，联立①②解得，，所以，，故∠MBN=π﹣∠BNM﹣∠BMN=，故选D．12．已知a，b∈R，且e x≥a（x﹣1）+b对x∈R恒成立，则ab的最大值是（）A．B．C．D．e3【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】先求出函数的导数，再分别讨论a=0，a＜0，a＞0的情况，从而得出ab 的最大值．【解答】解：令f（x）=e x﹣a（x﹣1）﹣b，则f′（x）=e x﹣a，若a=0，则f（x）=e x﹣b≥﹣b≥0，得b≤0，此时ab=0；若a＜0，则f′（x）＞0，函数单调增，x→﹣∞，此时f（x）→﹣∞，不可能恒有f（x）≥0．若a＞0，由f′（x）=e x﹣a=0，得极小值点x=lna，由f（lna）=a﹣alna+a﹣b≥0，得b≤a（2﹣lna），ab≤a2（2﹣lna）．令g（a）=a2（2﹣lna）．则g′（a）=2a（2﹣lna）﹣a=a（3﹣2lna）=0，得极大值点a=．而g（）=．∴ab的最大值是．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．在的展开式中，含x3项的系数为﹣84．【考点】二项式系数的性质．【分析】由二项式展开式的通项公式，得出展开式中含x3项的系数是（1﹣x）9的含x3项的系数．求出即可．【解答】解：展开式中，=•（1﹣x）9﹣k•，通项公式为T k+1令k=0，得•（1﹣x）9=（1﹣x）9，又（1﹣x）9=1﹣9x+x2﹣x3+…，所以其展开式中含x3项的系数为﹣=﹣84．故答案为：﹣84．14．在公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的立方成正比”，此即V=kD3，欧几里得未给出k的值.17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式V=kD3中的常数k 称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱）、正方体也可利用公式V=kD3求体积（在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长）．假设运用此体积公式求得球（直径为a）、等边圆柱（底面圆的直径为a）、正方体（棱长为a）的“玉积率”分别为k1，k2，k3，那么k1：k2：k3=：：1．【考点】类比推理．【分析】根据球、圆柱、正方体的体积计算公式、类比推力即可得出．【解答】解：∵V1=πR3=π（）3=a3，∴k1=，∵V2=aπR2=aπ（）2=a3，∴k2=，∵V3=a3，∴k3=1，∴k1：k2：k3=：：1，故答案为：15．由约束条件，确定的可行域D能被半径为的圆面完全覆盖，则实数k的取值范围是．【考点】简单线性规划．【分析】先画出由约束条件确定的可行域D，由可行域能被圆覆盖得到可行域是封闭的，判断出直线y=kx+1斜率小于等于即可得出k的范围．【解答】解：∵可行域能被圆覆盖，∴可行域是封闭的，作出约束条件的可行域：可得B（0，1），C（1，0），|BC|=，结合图，要使可行域能被为半径的圆覆盖，只需直线y=kx+1与直线y=﹣3x+3的交点坐标在圆的内部，两条直线垂直时，交点恰好在圆上，此时k=，则实数k的取值范围是：．故答案为：．16．如图，已知O为△ABC的重心，∠BOC=90°，若4BC2=AB•AC，则A的大小为．【考点】相似三角形的性质．【分析】利用余弦定理、直角三角形的性质、三角函数求值即可得出．【解答】解：cosA=，连接AO并且延长与BC相交于点D．设AD=m，∠ADB=α．则AB2=﹣2××mcosα，AC2=m2+﹣2m××cos（π﹣α），相加可得：AB2+AC2=2m2+．m2=（3OD）2==．∴AB2+AC2=5BC2．又4BC2=AB•AC，∴cosA=，A∈（0，π）∴A=，故答案为：．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1≠0，常数λ＞0，且λa1a n=S1+S n对一切正整数n都成立．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设a1＞0，λ=100，当n为何值时，数列的前n项和最大？【考点】数列递推式；数列的求和．【分析】（1）利用递推关系即可得出．（2）利用对数的运算性质、等差数列的通项公式与单调性即可得出．【解答】解：（1）令n=1，得，因为a1≠0，所以，当n≥2时，，，两式相减得2a n﹣2a n﹣=a n（n≥2），1所以a n=2a n（n≥2），从而数列{a n}为等比数列，﹣1所以．（2）当a1＞0，λ=100时，由（1）知，，所以数列{b n}是单调递减的等差数列，公差为﹣lg2，所以，当n≥7时，，所以数列的前6项和最大．18．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：（1）该同学为了求出y关于x的线性回归方程=+，根据表中数据已经正确计算出=0.6，试求出的值，并估计该厂6月份生产的甲胶囊产量数；（2）若某药店现有该制药厂今年二月份生产的甲胶囊4盒和三月份生产的甲胶囊5盒，小红同学从中随机购买了3盒甲胶囊，后经了解发现该制药厂今年二月份生产的所有甲胶囊均存在质量问题．记小红同学所购买的3盒甲胶囊中存在质量问题的盒数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．【考点】离散型随机变量及其分布列；线性回归方程；离散型随机变量的期望与方差．【分析】（1）由线性回归方程过点（，），得=﹣，而，易求，且=0.6，从而可得的值，把x=6代入回归方程可得6月份生产的甲胶囊产量数；（2）ξ=0，1，2，3，利用古典概型的概率计算公式可得P（ξ=0）、P（ξ=1）、P （ξ=2）、P（ξ=3），从而可得ξ的分布列，由期望公式可求ξ的期望；【解答】解：（1）==3，（4+4+5+6+6）=5，因线性回归方程=x+过点（，），∴=﹣=5﹣0.6×3=3.2，∴6月份的生产甲胶囊的产量数：=0.6×6+3.2=6.8．（2）ξ=0，1，2，3，P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==，其分布列为所以Eξ==．19．已知多面体ABCDEF如图所示，其中ABCD为矩形，△DAE为等腰等腰三角形，DA⊥AE，四边形AEFB为梯形，且AE∥BF，∠ABF=90°，AB=BF=2AE=2．（1）若G为线段DF的中点，求证：EG∥平面ABCD；（2）线段DF上是否存在一点N，使得直线BN与平面FCD所成角的余弦值等于？若存在，请指出点N的位置；若不存在，请说明理由．【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．【分析】（1）以B为原点，BA，BF，BC分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面ABCD的一个法向量，通过，推出，即可证明EG∥平面ABCD．（2）当点N与点D重合时，直线BN与平面FCD所成角的余弦值等于．理由如下：直线BN与平面FCD所成角的余弦值为，即直线BN与平面FCD所成角的正弦值为，求出平面FCD的法向量，设线段FD上存在一点N，使得直线BN与平面FCD所成角的正弦值等于，设，通过向量的数量积，转化求解λ，推出当N点与D点重合时，直线BN与平面FCD所成角的余弦值为．【解答】解：（1）证明：因为DA⊥AE，DA⊥AB，AB∩AE=A，故DA⊥平面ABFE，故CB⊥平面ABFE，以B为原点，BA，BF，BC分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则F（0，2，0），D（2，0，1），，E（2，1，0），C（0，0，1），所以，易知平面ABCD的一个法向量，所以，所以，又EG ⊄平面ABCD，所以EG∥平面ABCD．（2）当点N与点D重合时，直线BN与平面FCD所成角的余弦值等于．理由如下：直线BN与平面FCD所成角的余弦值为，即直线BN与平面FCD所成角的正弦值为，因为，设平面FCD的法向量为，由，得，取y1=1得平面FCD的一个法向量假设线段FD上存在一点N，使得直线BN与平面FCD所成角的正弦值等于，设，则，，所以，所以9λ2﹣8λ﹣1=0，解得λ=1或（舍去）因此，线段DF上存在一点N，当N点与D点重合时，直线BN与平面FCD所成角的余弦值为．20．如图，椭圆E： +=1（a＞b＞0）左、右顶点为A，B，左、右焦点为F，F2，|AB|=4，|F1F2|=2．直线y=kx+m（k＞0）交椭圆E于C，D两点，1与线段F1F2、椭圆短轴分别交于M，N两点（M，N不重合），且|CM|=|DN|．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）设直线AD，BC的斜率分别为k1，k2，求的取值范围．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．【分析】（Ⅰ）确定2a=4，2c=2，求出b，即可求椭圆E的方程；（Ⅱ）直线y=kx+m（k＞0）与椭圆联立，利用韦达定理，结合|CM|=|DN|，求出m的范围，再求的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）因为2a=4，2c=2，所以a=2，c=，所以b=1，所以椭圆E 的方程为；（Ⅱ）直线y=kx +m （k ＞0）与椭圆联立，可得（4k 2+1）x 2+x8mk +4m 2﹣4=0．设D （x 1，y 1），C （x 2，y 2），则x 1+x 2=﹣，x 1x 2=，又M （﹣，0），N （0，m ），由|CM |=|DN |得x 1+x 2=x M +x N ，所以﹣=﹣，所以k=（k ＞0）．所以x 1+x 2=﹣2m ，x 1x 2=2m 2﹣2．因为直线y=kx +m （k ＞0）交椭圆E 于C ，D 两点，与线段F 1F 2、椭圆短轴分别交于M ，N 两点（M ，N 不重合），所以﹣≤﹣2m ≤且m ≠0，所以（）2=[]2====，所以==﹣1﹣∈[﹣2﹣3，2﹣3]．21．设函数f （x ）=﹣ax ，e 为自然对数的底数（Ⅰ）若函数f （x ）的图象在点 （e 2，f （e 2））处的切线方程为 3x +4y ﹣e 2=0，求实数a ，b 的值；（Ⅱ）当b=1时，若存在 x 1，x 2∈[e ，e 2]，使 f （x 1）≤f′（x 2）+a 成立，求实数a 的最小值．【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】（I ）﹣a （x ＞0，且x ≠1），由题意可得f′（e 2）=﹣a=，f （e 2）==﹣，联立解得即可．（II ）当b=1时，f （x ）=，f′（x ）=，由x ∈[e ，e 2]，可得．由f′（x ）+a==﹣+，可得[f′（x ）+a ]max =，x∈[e，e2]．存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a成立⇔x∈[e，e2]，f（x）min≤f（x）max+a=，对a分类讨论解出即可．【解答】解：（I）﹣a（x＞0，且x≠1），∵函数f（x）的图象在点（e2，f（e2））处的切线方程为3x+4y﹣e2=0，∴f′（e2）=﹣a=，f（e2）==﹣，联立解得a=b=1．（II）当b=1时，f（x）=，f′（x）=，∵x∈[e，e2]，∴lnx∈[1，2]，．∴f′（x）+a==﹣+，∴[f′（x）+a]max=，x∈[e，e2]．存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a成立⇔x∈[e，e2]，f（x）min≤f（x）max+a=，①当a时，f′（x）≤0，f（x）在x∈[e，e2]上为减函数，则f（x）=，解得a≥．min②当a时，由f′（x）=﹣a在[e，e2]上的值域为．（i）当﹣a≥0即a≤0时，f′（x）≥0在x∈[e，e2]上恒成立，因此f（x）在x ∈[e，e2]上为增函数，∴f（x）min=f（e）=，不合题意，舍去．（ii）当﹣a＜0时，即时，由f′（x）的单调性和值域可知：存在唯一x0∈（e，e2），使得f′（x0）=0，且满足当x∈[e，x0），f′（x）＜0，f（x）为减函数；当x∈时，f′（x）＞0，f（x）为增函数．∴f（x）min=f（x0）=﹣ax0，x0∈（e，e2）．∴a≥，与矛盾．（或构造函数即可）．综上可得：a的最小值为．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，斜率为1的直线l过定点（﹣2，﹣4）．以O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线C的极坐标方程为ρsin2θ﹣4cosθ=0．（1）求曲线C的直角坐标方程以及直线l的参数方程；（2）两曲线相交于M，N两点，若P（﹣2，﹣4），求|PM|+|PN|的值．【考点】简单曲线的极坐标方程．【分析】（1）由斜率为1的直线l过定点（﹣2，﹣4），可得参数方程为：（t为参数）．由曲线C的极坐标方程为ρsin2θ﹣4cosθ=0，即ρ2sin2θ，﹣4ρcosθ=0，利用互化公式可得直角坐标方程．（2）把直线l的方程代入抛物线方程可得：t2﹣12t+48=0．利用根与系数的关系及其|PM|+|PN|=|t1|+|t2|=|t1+t2|即可得出．【解答】解：（1）由斜率为1的直线l过定点（﹣2，﹣4），可得参数方程为：，（t为参数）．由曲线C的极坐标方程为ρsin2θ﹣4cosθ=0，即ρ2sin2θ﹣4ρcosθ=0，可得直角坐标方程：C：y2=4x．（2）把直线l的方程代入抛物线方程可得：t2﹣12t+48=0．∴t1+t2=12，t1t2=48．∴|PM|+|PN|=|t1|+|t2|=|t1+t2|=12．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|2x+1|+|3x﹣2|，且不等式f（x）≤5的解集为，a，b∈R．（1）求a，b的值；（2）对任意实数x，都有|x﹣a|+|x+b|≥m2﹣3m+5成立，求实数m的最大值．【考点】函数恒成立问题；绝对值不等式的解法．【分析】（1）通过若，若，若，化简不等式求出解集，利用已知条件，求解a，b．（2）由（1）知a=1，b=2，求出绝对值的最值，得到m2﹣3m+5≤3，然后求解实数m的最大值．【解答】解：（1）若，原不等式可化为﹣2x﹣1﹣3x+2≤5，解得，即；若，原不等式可化为2x+1﹣3x+2≤5，解得x≥﹣2，即；若，原不等式可化为2x+1+3x﹣2≤5，解得，即；综上所述，不等式|2x+1|+|3x﹣2|≤5的解集为，所以a=1，b=2．（2）由（1）知a=1，b=2，所以|x﹣a|+|x+b|=|x﹣1|+|x+2|≥|x﹣1﹣x﹣2|=3，故m2﹣3m+5≤3，m2﹣3m+2≤0，所以1≤m≤2，即实数m的最大值为2．2017年5月7日。

河北省衡水中学2017-2018学年高一下学期期中考试理数试卷 第Ⅰ卷（共60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.1.一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.如图，在正方体1111ABCD A BC D -中， ,E F 分别为棱BC ，1BB 的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是（ ）A ．1AAB ．11A BC ． 11AD D ．11B C3.在空间中，设,m n 为两条不同的直线，αβ，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A ．若//m α，且//αβ，则//m βB ．若,,m n αβαβ⊥⊂⊂，则m n ⊥C ．若m α⊥，且//αβ，则m β⊥D ．若m 不垂直与α，且n α⊂，则m 不必垂直于n4.如图， O A B '''∆是水平放置的OAB ∆的直观图，则OAB ∆的周长为（ ）A．10+．10+．125.若正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心）的侧棱长为45︒，则该正四棱锥的体积是（ ） A ．23 B ．43C. 3 D．36.已知正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，则截面面积的最小值为（ ） A ．154π B ．4π C. 72πD ．3π 7.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 ．48π+B ．48π- C. 482π+ D ．482π-8.已知棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -;中， ,,E F M 分别是棱1,,AB AD AA 的中点，又,P Q 分别在线段11A B ，11A D 上，且11A P AQ x ==，01x << ，设平面1MPQ =，则下列结论中不成立的是（ ）A ．l //平面ABCDB ．l AC ⊥C.平面MEF 与平面MPQ 不垂直 D ．当x 变化时， l 不是定直线9.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 ．23πB ．43π C. 3π D ．4π10.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BCED C.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.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3V =球，则OA 与平面ABCD 所成的角的余弦值为（ ） A．10 B．5C. 5．512.在底面为正三角形的直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）111ABC A B C -中，2AB = ，13AA =，点D 为棱BD 的中点，点E 为,A C 上的点，且满足1=mECA E （m R ∈），当二面角E AD C --的余弦值为10时，实数m 的值为（ ）A ．1B ．2 C.12D ．3第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，点A 到平面1A BD 的距离为 ．14.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A BCD -的外接球的体积为 ． 15.如图所示，三棱锥A BCD -的顶点,,BCD 在平面α内，4,CA AB BC CD DB AD ======若将该三棱锥以BC 为轴转动，直到点A 落到平面α内为止，则,A D 两点所经过的路程之和是 ．16.在正方体1111ABCD A BC D -中（如图），已知点P 在直线1BC 上运动. 则下列四个命题：①三棱锥1A D PC -的体积不变；②直线AP 与平面1ACD 所成的角的大小不变； ③二面角1P AD C --的大小不变；④M 是平面1111A B C D 内到点D 和1C 距离相等的点，则M 点的轨迹是直线11A D . 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. 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BC 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. 《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1111,AB AD A B A D ==.棱台体积公式：)(13V 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111,2,AB A D MA ==111A A B D -的体积3V =，求该组合体的体积．19. 如图1，在Rt ABC ∆中， 60ABC ∠=︒，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.（Ⅰ）证明：平面ABD ⊥平面BCD ；（Ⅱ）在图2中，设E 为BC 的中点，求异面直线AE 与BD 所成的角. 20. 在长方体1111ABCD A BC D -中,,,E F G 分别是1,,AD DD CD 的中点，2AB BC == ，过11,,A C 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1111ABCD A BC D -，且这个几何体的体积为403．（Ⅰ）求证：//EF 平面111A B C ； （Ⅱ）求1A A 的长；（Ⅲ）在线段1BC 上是否存在点P ，使直线1A P 与1C D 垂直，如果存在，求线段1A P 的长，如果不存在，请说明理由．21. 如图，四棱锥S ABCD -中， //,AB CD BC CD ⊥ ，侧面SAB 为等边三角形，2AB BC ==，1CD SD ==.（Ⅰ）证明：SD ⊥平面SAB ；（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成的角的大小.22. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AD ⊥平面1A BC ，其垂足D 落在直线1A B 上．（Ⅰ）求证：1BC A B ⊥；（Ⅱ）若P 是线段AC上一点，2AD AB BC ==，三棱锥1A PBC -的体积为3，求APPC的值.试卷答案一、选择题1-5: BDCAB 6-10: AADBD 11、12：AA 二、填空题14.15. 16.①③④ 三、解答题17.解：（Ⅰ）∵AB 是底面圆的直径， ∴AC BC ⊥. ∵弧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）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，∴1,h l =由21=292ABP S r h r ∆⨯⨯==，得3r =，∴229(1S mrl r r r ππππ=+=+=表，2193V r h ππ==.18.解：（Ⅰ）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 M A ∴⊥ ，又M A AB ⊥， , AD AB A AD =，AB ⊂平面ABCD ，MA ∴⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，M A 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1111ABCD A B C D -的高为h ， 则三棱锥111A A B D -体积1122323V h =⨯⨯=⨯⨯，∴h =故该组合体的体积为221111(1223236V =⨯++=+=.19.解：（Ⅰ）因为折起前AD 是BC 边上的高， 则当ABD ∆折起后，,AD CD AD BD ⊥⊥，又CD BD D =，则AD ⊥平面BCD ， 因为AD ⊂平面ABD ， 所以平面ABD ⊥平面BCD .（Ⅱ）如图，取CD 的中点F ，连接EF ，则//EF BD ，所以AEF ∠为异面直线AE 与BD 所成的角（或补角）.连接1,6,3EF AD CD DF ====，在Rt ADF ∆中，21AF ==， 在BCD ∆中，因为,AD CD AD BD ⊥⊥， 所以BDC ∠为二面角B AD C --的平面角， 故60BDC ∠=︒，则222228BC BD CD BD CDcos BDC =+-⋅∠=，即BC =从而12BE BC ==2222BD BC CD cos CBD BD BC +-∠==⋅， 在BDE ∆中，222213DE BD BE BD BE BDC =+-⋅∠=，在Rt ADE ∆中，5AE == ，在AEF ∆中， 222122AE EF AF cos AEF AE EF +-∠==⋅ ， 所以异面直线AE 与BD 所成的角为60︒. 20.解：（Ⅰ）连接1AD ，在长方体1111ABCD A BC D -中，1111//,AB DC AB DC =，∴四边形11ABC D 是平行四边形，∴11//AD BC . ∵,E F 分别是1,AD DD 的中点， ∴1//AD EF ，则1//EF BC ，又EF ⊄平面111,A BC BC ⊂平面11A BC A ，则//EF 平面11A BC . 同理//FG 平面11A BC . 又EFFG F =，∴平面//EFG 平面11A BC . （Ⅱ）∵111111111111111104022223233ABCD A C D ABCD A B C D B A B C V V V AA AA AA ---=-=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯==，∴14AA =．（Ⅲ）在平面11CC D D 中作11DQ C D ⊥交1CC 于Q ， 过Q 作//QP CB 交1BC 于点P ， 点P 即为所求的点. 证明如下：∵11A D ⊥平面111,CC D D C D ⊂平面11CC D D ， ∴111C D A D ⊥， 又11//,//QP CB CB A D ，∴11//QP A D ， 又∵1111A D DQ D =， ∴1C D ⊥平面11A PQD ， 又1A P ⊂平面11A PQD ， ∴11A P C D ⊥．∵111Rt DC Q Rt C CD ∆∆∽， ∴1111C Q D C CD C C=， ∴11C Q =.又∵//PQ BC ，∴1142PQ BC ==． ∵四边形11A PQD为直角梯形，且高1DQ =∴12A P ==.21.解：（Ⅰ）取AB 的中点E ，连接,DE SE ， 则四边形BCDE 为矩形， 所以2DE CB ==，所以AD =，因为侧面SAB 为等边三角形， 2AB = ，所以2SA SB AB ===，且SE = 又因为1SD =，所以222222,SA SD AD SE SD ED +=+=， 所以,SD SA SD SE ⊥⊥.又SA SE S =， 所以SD ⊥平面SAB . （Ⅱ）过点S 作SG ⊥DE 于点G ， 因为,,AB SE AB DE SE DE E ⊥⊥=，所以AB ⊥平面SDE .又AB ⊂平面ABCD ， 由平面与平面垂直的性质， 知SG ⊥平面ABCD ，在Rt DSE ∆中，由··SD SE DE SG =，得12SG =，所以SG =. 过点A 作AH ⊥平面SBC 于H ，连接BH ， 则ABH ∠即为AB 与平面SBC 所成的角， 因为//,CD AB AB ⊥平面SDE ， 所以CD ⊥平面SDE ，又SD ⊂平面SDE ， 所以CD SD ⊥.在Rt CDS ∆中，由1CD SD ==，求得SC =在SBC ∆中，2,SB BC SC ===所以122SBCS ∆==， 由A SBC S ABC V V --=，得11··33SBC ABC S AH S SG ∆∆=，即11122332AH =⨯⨯⨯，解得AH =所以7AH sin ABH AB ∠==故AB 与平面SBC所成角的正弦值为7. 22. 解：（Ⅰ）∵AD ⊥平面1,A BC BC ⊂平面1A BC ， ∴AD BC ⊥．在直三棱柱111ABC A B C -中，1A A ⊥平面ABC ， ∴1A A BC ⊥， ∵1A AAD A =，∴BC ⊥平面11AA B B ， ∵1A B ⊂平面11AA B B ， ∴1BC A B ⊥．（Ⅱ）设PC x =，过点B 作BE AC ⊥交AC 于点E ， 由（Ⅰ）知，BC ⊥平面11AA B B ，∴BC AB ⊥，∵2AB BC ==，∴AC =BE=∴PBC S ∆=12·BE PC=x . ∵AD ⊥平面1A BC ，其垂足D 落在直线1A B 上， ∴1AD A B ⊥，∴1BD =. 又∵1A A AB ⊥．∴1Rt ABD Rt A BA ∆∆∽， ∴1BD ADAB AA =，∴12AA=∴1113A PBC PBC V S AA x -∆=⋅=.又三棱锥1A PBC -∴33x =，解得2x =，即2PC =，∴2AP =3AP PC =.。

2024-2025学年河北省沧州市三校联考高三（上）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知集合A ={x ∈N|19<1x <14}，B ={x||x|<7}，则A ∩B =( )A. {5}B. {5,6}C. {4,5,6}D. {5,6,7}2.已知z−1z +3=2−i ，则z =( )A. −2−2iB. −2+2iC. −5+2iD. −5−2i3.在△ABC 中，D ，E 分别是边BC ，AC 的中点，点F 满足DF =2FA ，则EF =( )A. 13AB +16ACB. 13AB−16ACC. 16AB +13ACD. 16AB−13AC4.已知sin (α−β)=m ，tan α=4tan β，则sin (α+β)=( )A. 5m3B. 2m3C. 3m2D. 3m45.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，体积相等，且它们的侧面积之比为1:3，则圆锥的高与底面半径之比为( )A.39 B. 13C.33 D.2 336.若函数f(x)={−x 2+2ax−6,x⩽1a ln x +5,x >1在R 上是增函数，则a 的取值范围为( )A. [1,+∞)B. [1,6]C. (−∞,1]∪[6,+∞)D. (0,1]∪[6,+∞)7.函数f(x)=3sin (2x−π4)−sin 3x 在区间[0,3π]上的零点个数为( )A. 4B. 5C. 6D. 88.已知函数f(x)的定义域为R ，f(x +2)为偶函数，f(x)−1为奇函数，且f(x)在区间[6,8]上是增函数.记a =f(−33)，b =f(19)，c =f(88)，则( )A. a <b <cB. c <b <aC. b <c <aD. a <c <b二、多选题：本题共3小题，共18分。

河北区2024-2025学年度高三年级第一学期期中质量检测数学本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页.第I 卷（选择题共45分）注意本项：1.答第I 卷前，考生务必将自已的姓名､准考号､科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.2.每小题选出答案后，用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.答在试卷上的无效.3.本卷共9小题，每小题5分，共45分.参考公式：如果事件互斥，那么如果事件相互独立，那么圆柱的侧面积公式圆锥的侧面积公式其中表示底面圆的半径表示母线的长一､选择题：在每年小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设全集，则（ ）A. B. C. D.2.设，则“”是“直线与直线平行”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3.函数在上的图象大致为（）A. B.C. D.,A B ()()()P A B P A P B ⋃=+,A B ()()()P AB P A P B =2πS rl =πS rl=r l {}{}2,20,1,2,3,4U P xx x Q ==--<=R ∣()U P Q ⋂=ð{}1{}1,2{}2,3,4{}3,4a ∈R 1a =-10ax y +-=50x ay ++=()cos sin 1f x x x x =+-[]π,π-4.某校调查了400名学生每周的自习时间（单位：小时），发现他们的自习时间都在区间内，将所得的数据分成5组：，制成了如图所示的频率分布直方图，则自习时间在区间内的人数为（ ）A.240B.180C.96D.805.设，则（ ）A. B.C.D.6.如图，圆锥的底面直径和高均是4，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（）A.B. C.D.7.已知双曲线的右焦点为，过点作垂直于轴的直线分别是与双曲线及其渐近线在第一象限内的交点.若线段的中点，则双曲线的渐近线方程为（ ）A.B.C. D.8.函数的图象关于点对称，则的增区间是（）[17.5,30][17.5,20),[20,22.5),[22.5,25),[25,27.5),[27.5,30][22.5,27.5)1.13.13log 7,2,0.8a b c ===b a c <<c a b <<c b a <<a c b<<PO PO 1O (6π+(7π+(8π+(9π+()2222:10,0x y C a b a b-=>>F F x ,,l M N l C M FN C y x =±y x =y x =y x =±()()()πsin 222f x x x θθθ⎛⎫=++< ⎪⎝⎭π,06⎛⎫ ⎪⎝⎭()f xA. B.C. D.9.已知函数，若函数恰有5个不同的零点，则实数的取值范围是（）A.B.C. D.二､填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上.10.复数（为虚数单位）在复平面内对应点的坐标是__________.11.二项式的展开式中的常数项为__________.12.以直线夹在两坐标轴间的线段为直径的圆的方程为__________.13.将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则函数在区间上的值域__________.14.为了组建一支志愿者队伍，要从3名男志愿者和3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，则在“抽取的3人中至少有一名男志愿者”的前提下“抽取的3人中全是男志愿者”的概率是__________.；若表示抽取的3人中女志愿者的人数，则__________.15.已知中，点分别是的重心和外心，且，则边的长为__________.三､解答题：本大题共5小题，共5分､解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16.（本小题满分14分）在中，内角所对的边分别为，已知，的面积为（1）求角的大小：（2）求的值：（3）求的值.π5ππ,π,36k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z πππ,π,63k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z π5ππ,π,1212k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 7πππ,π,1212k k k ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦Z ()e x f x x=()()()22[]e e g x f x af x a =+--a (),2e ∞--(),e ∞--2,e ∞⎛⎫--⎪⎝⎭1,e ∞⎛⎫-- ⎪⎝⎭24i1iz +=+i 523x ⎫-⎪⎭34120x y -+=()π2cos 26f x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭π12()g x ()g x π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦X ()E X =ABC ,G O ABC 4,2AG AO AG ⋅==BC ABC ,,A B C ,,a b c sin2sin b A B =ABC b c =A a ()cosB A -17.（本小题满分15分）如图，在直三棱柱中，，分别为的中点.（1）求证：平面：（2）求平面与平面的夹角的余弦值：（3）求点到平面的距离.18.（本小题满分15分）己知椭圆的左､右焦点分别为，且，过点作两条直线，直线与椭圆交于两点，的周长为.（1）求椭圆的方程；（2）若的面积为，求的方程：（3）若与椭圆交于两点，且的斜率是的斜率的2倍，求的最大值.19.（本小题满分15分）已知函数在处取得极小值.（1）求的值；（2）求函数在点处的切线方瑆；（3）若恒成立，求实数的取值范围.20.（本小题满分16分）已知函数，其中为自然对数的底数.（1）当时，求的单调区间：111ABC A B C -190,1,2BCA CA CB AA ∠====,,M N P 1111,,A B AA BB CP ∥1C MN 1C MN 1BMC P 1C MN ()222210x y a b a b+=>>12,F F 122F F =2F 12,l l 1l ,A B 1F AB 1F AB 431l 2l ,M N 1l 2l MN AB -()()()1e xf x mx m =-∈R 0x =m ()f x ()()1,1f [)()21,,2x x f x a ∞∀∈-+≥+a ()1ln xf x ax+=e 1a =()f x（2）若方程有两个不同的根，①求的取值范围：②证明：.河北区2024-2025学年度高三年级第一学期期中质量检测数学答案一､选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分.题号123456789答案CABABCCDA()1f x =12,x x a 22122x x +>二､填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.10.； 11.； 12.；13.；14.； 15..三､解答题：本大题共5小题，共75分.16.（本小题满分14分）（1）因为，由正弦定理得，，又，所以，所以，又，所以，又，所以，所以，所以.（2）因为，又因为，解得，所以由余弦定理得，，所以（3）因为且，所以所以17.（本小题满分15分）【详解】（1）如图，以为原点，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系则.设平面的法向量为，()3,115-22325(2)24x y ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭[]1,2-11932sin2sin b A B =sin sin2sin B A A B =()0,πB ∈sin 0B ≠sin2A A =sin22sin cos A A A =2sin cos A A A =()0,πA ∈sin 0A ≠cos A =π6A =1sin 2ABC S bc A == bc =b c =2=4c =b =2222cos 2716367a b c bc A =+-=+-=a =222cos 2a c b B ac +-==22sin cos 1B B +=()0,πB ∈sin B =()cos cos cos sin sin B A B A B A -=+=C 1,,CA CB CC ()()()()()()()111111,0,0,0,1,0,1,0,2,0,1,2,0,0,2,,,2,1,0,1,0,1,122A B A B C M N P ⎛⎫⎪⎝⎭()0,1,1CP =1C MN (),,m x y z =则取所以所以又因为平面所以平面（2）设平面的法向量为则取设平面与平面的夹角为则所以平面与平面（3）设点到平面的距离为所以点到平面18.（本小题满分15分）【详解】()11111,0,1,,,022C N C M ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭1101122m C N x z m C M x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩()1,1,1m =- 0CP m ⋅= CP m⊥ CP ⊄1C MN CP ∥1.C MN 1BMC ()()1111,,,0,1,2,,,022n x y z C B C M ⎛⎫==-= ⎪⎝⎭11201122n C B y z n C M x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩()2,2,1n =- 1C MN 1BMC θcos cos ,m n m n m n θ⋅=<>==1C MN 1BMC ()10,1,1C P =-P 1C MN d1C P m d m ⋅==P 1C MN（1）设椭圆的半焦距为，由题意知，所以，的周长为，所以所以，故椭圆的方程为.（2）由题意知的斜率不为0，设，联立，得，所以.所以，由，解得，所以的方程为或.（3）由（2）可知，因为的斜率是的斜率的2倍，所以，得.所以当且仅当时，等号成立，()0c c >22c =1c=1ΔF AB 4a =a =2221b a c =-=2212x y +=1l ()()11122:1,,,l x myA x yB x y =+22122x my x y =+⎧⎨+=⎩()222210m y my ++-=12122221,22m y y y y m m +=-=-++12y y -==1Δ12121423F ABSF F y y =-==1m =±1l 10x y --=10x y +-=22112AB y m ⎫=-==-⎪+⎭1l 2l 0m ≠21142MN m ⎫=-⎪+⎭2211242MN AB m m ⎫-=-=⎪++⎭=≤=1m =±所以的最大值为.19.（本小题满分15分）【详解】（1）由，可得，由，解得，此时，时，单调递减时，单调递增故是函数的极小值点，符合题意，所以.（2）在点处的切线方程为即（3）由恒成立，则恒成立，令，则，当时，，当时，，所以当时，恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，所以实数的取值范围为.20.（本小题满分16分）【详解】（1）由题意得，则，由，解得1MN AB -()()1e xf x mx =-()()1e xf x mx m =+-'()()001e 0f m =-='1m =()()()1e ,e xxf x x f x x '=-=(),0x ∞∈-()()0f x f x '<()0,x ∞∈+()()0f x f x '>0x =1m =()()101ef f =='()()1,1f ()e 1y x =-e e 0x y --=[)()21,,2x x f x a ∞∀∈-+≥+[)()21,,1e 2xx x a x ∞∀∈-+≤--()()21e 2xx g x x =--()()e 1xg x x =-'(),0x ∞∈-()e 10xg x <>'()0,x ∞∈+()e 10xg x >>'[)1,x ∞∈-+()0g x '≥()g x [)1,∞-+()min 21()1e 2g x g =-=--21e 2a ≤--a 21,e 2∞⎛⎤--- ⎥⎝⎦()()1ln ,0,x f x x x ∞+=∈+()2ln xf x x=-'()0f x '=1x =x()0,1()1,∞++0-增极大值减所以，的单调递增区间为，单调递减区间为（2）①由，得，设，由（1）知的单调递增区间为，单调递减区间为，的极大值为又当时且当时所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，故的取值范围是.②不妨设，则，且.设，则所以在区间内单调递增，又，所以，即.又，所以，又在区间内单调递减.所以，即，又，所以，得证.()f x '()f x ()f x ()0,1()1,∞+()1ln 1x f x ax +==1ln xa x+=()1ln xg x x+=()g x ()0,1()1,∞+()g x ()11g =10e g ⎛⎫= ⎪⎝⎭()1,x ∞∈+()0g x >x ∞→+()0g x →01a <<1ln x a x +=1ln 1xax+=a ()0,112x x <1201x x <<<()()12g x g x =()()()()11ln 1ln ,0,xh x g x g x x x x x ∞+⎛⎫=-=--∈+⎪⎝⎭()222ln 1ln ln 0x x h x x x x x '--=+=⋅≥()h x ()0,∞+()10h =()()11110h x g x g x ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭()111g x g x ⎛⎫< ⎪⎝⎭()()12g x g x =()211g x g x ⎛⎫<⎪⎝⎭()2111,1,x g x x >>()1,∞+211x x >121x x >12x x ≠22121222x x x x +>>。

河北省衡水市衡水中学2025届高考仿真卷数学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．若将函数()2sin 16f x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭的图象上各点横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)得到函数()g x 的图象，则下列说法正确的是（ ）A ．函数()g x 在0 6π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增 B ．函数()g x 的周期是2π C ．函数()g x 的图象关于点 012π⎛⎫- ⎪⎝⎭，对称 D ．函数()g x 在0 6π⎛⎫⎪⎝⎭，上最大值是1 2．已知变量x ，y 间存在线性相关关系，其数据如下表，回归直线方程为 2.10.5ˆ8y x =+，则表中数据m 的值为（ ）变量x 01 2 3 变量y m35.57A ．0.9B ．0.85C ．0.75D ．0.53．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）A ．78B ．158C ．3116D ．15164．已知函数()21x f x x-＝，则不等式121()()x x f e f e ﹣﹣＞的解集是（ ）A ．2,3⎛⎫-∞-⎪⎝⎭B ．2,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．(,0)-∞D ．2,3⎛⎫+∞⎪⎝⎭5．已知函数在上的值域为，则实数的取值范围为（ ） A ．B ．C ．D ．6．已知ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别是,,,a b c 且444222222a b c a b c a b+++=+，若c 为最大边，则a b c +的取值范围是（ ）A ．2313⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,B ．()1,3C ．2313⎛⎤⎥ ⎝⎦,D ．(1,3]7．一个几何体的三视图及尺寸如下图所示，其中正视图是直角三角形，侧视图是半圆，俯视图是等腰三角形，该几何体的表面积是 （ ）A ．16216πB ．1628πC ．8216πD ．828π8．已知定义在[)0,+∞上的函数()f x 满足1()(2)2f x f x =+，且当[)0,2x ∈时，2()2f x x x =-+.设()f x 在[)22,2n n -上的最大值为n a （*n N ∈），且数列{}n a 的前n 项的和为n S .若对于任意正整数n 不等式()129n k S n +≥-恒成立，则实数k 的取值范围为（ ）A ．[)0,+∞B ．1,32⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．3,64⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．7,64⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭9．已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左右焦点分别为1(,0)F c -，2(,0)F c ，以线段12F F 为直径的圆与双曲线在第二象限的交点为P ，若直线2PF 与圆222:216⎛⎫-+= ⎪⎝⎭c b E x y 相切，则双曲线的渐近线方程是（ ）A ．y x =±B ．2y x =±C ． 3y x =±D ．2y x =±10．如图是二次函数2()f x x bx a =-+的部分图象，则函数()ln ()g x a x f x '=+的零点所在的区间是（ ）A ．11,42⎛⎫⎪⎝⎭B ．1,12⎛⎫⎪⎝⎭C ．(1,2)D ．(2,3)11．已知a >0，b >0，a +b =1，若 α=11a b a bβ+=+，，则αβ+的最小值是（ ） A ．3B ．4C ．5D ．612．有一改形塔几何体由若千个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为8，如果改形塔的最上层正方体的边长小于1，那么该塔形中正方体的个数至少是（ ）A ．8B ．7C ．6D ．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷理科数学（Ⅲ）第Ⅰ卷一、选择题:本题共12个小题,每小题5分,在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地.1. 已知复数,则=（）A. B. C. D.【解析】C【解析】由题意可得: ,则= .本题选择C选项.2. 集合,,则=（）A. B.C. D.【解析】A【解析】由题意可得: ,则= .本题选择A选项.3. 已知函数地最小正周期为,则函数地图象（）A. 可由函数地图象向左平移个单位而得B. 可由函数地图象向右平移个单位而得C. 可由函数地图象向左平移个单位而得D. 可由函数地图象向右平移个单位而得【解析】D【解析】由已知得,则地图象可由函数地图象向右平移个单位而得,故选D.4. 已知实数,满足约束条件则地最大值为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【解析】B【解析】绘制目标函数表示地可行域,结合目标函数可得,目标函数在点处取得最大值 .本题选择B选项.5. 一直线与平行四边形中地两边,分别交于、,且交其对角线于,若,,,则=（）学,科,网...A. B. 1 C. D. -3【解析】A【解析】由几何关系可得: ,则: ,即: ,则= .本题选择A选项.点睛:(1)应用平面向量基本定理表示向量地实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量地加、减或数乘运算．(2)用向量基本定理解决问题地一般思路是:先选择一组基底,并运用该基底将条件和结论表示成向量地形式,再通过向量地运算来解决．6. 在如下图所示地正方向中随机投掷10000个点,则落入阴影部分（曲线为正态分布地密度曲线）地点地个数地估计值为（附:若,则,.（）A. 906B. 1359C. 2718D. 3413【解析】B【解析】由正态分布地性质可得,图中阴影部分地面积 ,则落入阴影部分（曲线为正态分布地密度曲线）地点地个数地估计值为.本题选择B选项.点睛:关于正态曲线在某个区间内取值地概率求法①熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ),P(μ－2σ<X≤μ＋2σ),P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)地值．②充分利用正态曲线地对称性和曲线与x轴之间面积为1.7. 某几何体地三视图如下图所示,其中俯视图下半部分是半径为2地半圆,则该几何体地表面积是（）A. B. C. D.【解析】B【解析】根据三视图可知几何体是棱长为4地正方体挖掉半个圆柱所得地组合体,且圆柱底面圆地半径是2、母线长是4,∴该几何体地表面积 ,本题选择B选项.8. 已知数列中,,.若如下图所示地程序框图是用来计算该数列地第2018项,则判断框内地条件是（）A. B. C. D.【解析】B学,科,网...【解析】阅读流程图结合题意可得,该流程图逐项计算数列各项值,当时推出循环,则判断框内地条件是.本题选择B选项.9. 已知5件产品中有2件次品,现逐一检测,直至能确定所有次品为止,记检测地次数为,则=（）A. 3B.C.D. 4【解析】B【解析】由题意知,地可能取值为2,3,4,其概率分别为,,,所以,故选B．10. 已知抛物线:地焦点为,点是抛物线上一点,圆与线段相交于点,且被直线截得地弦长为,若=2,则=（）A. B. 1 C. 2 D. 3【解析】B【解析】由题意:M（x0,2√2）在抛物线上,则8=2px,则px=4,①由抛物线地性质可知,, ,则,∵被直线截得地弦长为√3|MA|,则,由,在Rt△MDE中,丨DE丨2+丨DM丨2=丨ME丨2,即,代入整理得:②,=2,p=2,由①②,解得:x∴ ,故选:B．【点睛】本题考查抛物线地简单几何性质,考查了抛物线地定义,考查勾股定理在抛物线地中地应用,考查数形结合思想,转化思想,属于中档题,将点A到焦点地距离转化为点A到其准线地距离是关键.11. 若定义在上地可导函数满足,且,则当时,不等式地解集为（）A. B. C. D.【解析】D【解析】不妨令 ,该函数满足题中地条件,则不等式转化为: ,整理可得: ,结合函数地定义域可得不等式地解集为.本题选择D选项.12. 已知是方程地实根,则关于实数地判断正确地是（）A. B. C. D.【解析】C【解析】令 ,则 ,函数在定义域内单调递增,方程即: ,即 ,结合函数地单调性有: .本题选择C选项.点睛:(1)利用导数研究函数地单调性地关键在于准确判定导数地符号．第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分,第13题～第21题为必考题,每个试卷考生都必须作答.第22题和第23题为选考题,考生根据要求作答.学,科,网...二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13. 若地展开式中项地系数为20,则地最小值为_________．【解析】2【解析】试卷分析:展开后第项为,其中项为,即第项,系数为,即,,当且仅当时取得最小值.考点:二项式公式,重要不等式.14. 已知中,内角,,地对边分别为,,,若,,则地面积为__________．【解析】【解析】由题意有: ,则地面积为 .【解析】【解析】由题意可得,为正三角形,则,所以双曲线地离心率 .16. 已知下列命题:①命题","地否定是","；②已知,为两个命题,若""为假命题,则"为真命题"；③""是""地充分不必要条件；④"若,则且"地逆否命题为真命题其中,所有真命题地序号是__________.【解析】②【解析】逐一考查所给地命题:①命题","地否定是","；②已知,为两个命题,若""为假命题,则"为真命题"；③""是""地必要不充分条件；④"若,则且"是假命题,则它地逆否命题为假命题其中,所有真命题地序号是②.三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 设为数列地前项和,且,,.（1）证明:数列为等比数列；（2）求.【解析】（1）见解析；（2）.学,科,网...【解析】试卷分析:(1)利用题意结合等比数列地定义可得数列为首先为2,公比为2地等比数列；(2)利用(1)地结论首先求得数列地通项公式,然后错位相减可得.试卷解析:（1）因为,所以,即,则,所以,又,故数列为等比数列.（2）由（1）知,所以,故.设,则,所以,所以,所以.点睛:证明数列{a n }是等比数列常用地方法:一是定义法,证明 ＝q (n ≥2,q 为常数)；二是等比中项法,证明＝a n －1·a n ＋1.若判断一个数列不是等比数列,则只需举出反例即可,也可以用反证法．18. 如下图所示,四棱锥,已知平面平面,,,,.（1）求证:；（2）若二面角为,求直线与平面所成角地正弦值.【解析】（1）见解析；（2）.【解析】试卷分析:(1)利用题意首先证得平面,结合线面垂直地定义有.(2)结合(1)地结论首先找到二面角地平面角,然后可求得直线与平面所成角地正弦值为.试卷解析:（1）中,应用余弦定理得,解得,所以,所以.因为平面平面,平面平面,,所以平面,又因为平面,学,科,网...所以.（2）由（1）平面,平面,所以.又因为,平面平面,所以是平面与平面所成地二面角地平面角,即.因为,,所以平面.所以是与平面所成地角.因为在中,,所以在中,.19. 某中学为了解高一年级学生身高发育情况,对全校700名高一年级学生按性别进行分层抽样检查,测得身高（单位:）频数分布表如表1、表2.表1:男生身高频数分布表表2:女生身高频数分布表（1）求该校高一女生地人数；（2）估计该校学生身高在地概率；（3）以样本频率为概率,现从高一年级地男生和女生中分别选出1人,设表示身高在学生地人数,求地分布列及数学期望.【解析】（1）300；（2）；（3）见解析.【解析】试卷分析:(1)利用题意得到关于人数地方程,解方程可得该校高一女生地人数为300；(2)用频率近似概率值可得该校学生身高在地概率为.(3) 由题意可得地可能取值为0,1,2.据此写出分布列,计算可得数学期望为 .试卷解析:（1）设高一女学生人数为,由表1和表2可得样本中男、女生人数分别为40,30,则,解得.即高一女学生人数为300.（2）由表1和表2可得样本中男女生身高在地人数为,样本容量为70.所以样本中该校学生身高在地概率为.因此,可估计该校学生身高在地概率为.（3）由题意可得地可能取值为0,1,2.学,科,网...由表格可知,女生身高在地概率为,男生身高在地概率为.所以,,.所以地分布列为:所以.20. 中,是地中点,,其周长为,若点在线段上,且.（1）建立合适地平面直角坐标系,求点地轨迹地方程；（2）若,是射线上不同地两点,,过点地直线与交于,,直线与交于另一点,证明:是等腰三角形.【解析】（1）；（2）见解析.【解析】试卷分析:（1）由题意得,以为坐标原点,以地方向为轴地正方向,建立平面直角坐标系,得地轨迹方程为,再将相应地点代入即可得到点地轨迹地方程；（2）由（1）中地轨迹方程得到轴,从而得到,即可证明是等腰三角形.试卷解析:解法一:（1）以为坐标原点,以地方向为轴地正方向,建立平面直角坐标系.依题意得.由,得,因为故,所以点地轨迹是以为焦点,长轴长为6地椭圆（除去长轴端点）,所以地轨迹方程为.设,依题意,所以,即,代入地轨迹方程得,,所以点地轨迹地方程为.（2）设.由题意得直线不与坐标轴平行,因为,所以直线为,与联立得,,由韦达定理,同理,所以或,当时,轴,当时,由,得,学,科,网...同理,轴.因此,故是等腰三角形.解法二:（1）以为坐标原点,以地方向为轴地正方向,建立平面直角坐标系.依题意得.在轴上取,因为点在线段上,且,所以,则,故地轨迹是以为焦点,长轴长为2地椭圆（除去长轴端点）,所以点地轨迹地方程为.（2）设,,由题意得,直线斜率不为0,且,故设直线地方程为:,其中,与椭圆方程联立得,,由韦达定理可知,,其中,因为满足椭圆方程,故有,所以.设直线地方程为:,其中,同理,故,所以,即轴,因此,故是等腰三角形.21. 已知函数,,曲线地图象在点处地切线方程为.（1）求函数地解析式；（2）当时,求证:；（3）若对任意地恒成立,求实数地取值范围.【解析】（1）；（2）见解析；（3）.学,科,网...【解析】试卷分析:(1)利用导函数研究函数切线地方法可得函数地解析式为.(2)构造新函数.结合函数地最值和单调性可得.(3)分离系数,构造新函数,,结合新函数地性质可得实数地取值范围为.试卷解析:（1）根据题意,得,则.由切线方程可得切点坐标为,将其代入,得,故.（2）令.由,得,当,,单调递减；当,,单调递增.所以,所以.（3）对任意地恒成立等价于对任意地恒成立.令,,得.由（2）可知,当时,恒成立,令,得；令,得.所以地单调增区间为,单调减区间为,故,所以.所以实数地取值范围为.请考生在第22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做地第一题计分,作答时请写清题号.22. 选修4-4:坐标系与参数方程在极坐标系中,曲线:,曲线:.以极点为坐标原点,极轴为轴正半轴建立直角坐标系,曲线地参数方程为（为参数）.（1）求,地直角坐标方程；（2）与,交于不同四点,这四点在上地排列顺次为,,,,求地值.【解析】（1）；（2）.【解析】(1)因为,由,得,所以曲线地直角坐标方程为；由,得,所以曲线地极坐标方程为.(2) 不妨设四点在上地排列顺次至上而下为,它们对应地参数分别为,如图,连接,则为正三角形 ,所以,,把代入,得:,即,故,所以.【点睛】本题为极坐标与参数方程,是选修内容,把极坐标方程化为直角坐标方程,需要利用公式,第二步利用直线地参数方程地几何意义,联立方程组求出,利用直线地参数方程地几何意义,进而求值.学,科,网...23. 选修4-5:不等式选讲.已知,为任意实数.（1）求证:；（2）求函数地最小值.【解析】（1）见解析；（2）.【解析】试卷分析:(1)利用不等式地性质两边做差即可证得结论；(2)利用题意结合不等式地性质可得.试卷解析:（1）,因为,所以.（2）.即.点睛:本题难以想到利用绝对值三角不等式进行放缩是失分地主要原因；对于需求最值地情况,可利用绝对值三角不等式性质定理:||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|,通过适当地添、拆项来放缩求解．。

2023年河北省衡水市桃城区河北衡水中学高考数学一模试卷1. 已知集合，，若，则实数m的取值范围是( )A. B. C. D.2. 已知复数，，当时，，则( )A. B. C. D.3. 在流行病学中，把每名感染者平均可传染的人数叫做基本传染数.当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染者人数急剧增长.当基本传染数低于1时，疫情才可能逐渐消散.而广泛接种疫苗是降低基本传染数的有效途径.假设某种传染病的基本传染数为，1个感染者平均会接触到N个新人，这N人中有V个人接种过疫苗称为接种率，那么1个感染者可传染的新感染人数为已知新冠病毒在某地的基本传染数，为了使1个感染者可传染的新感染人数不超过1，该地疫苗的接种率至少为( )A. B. C. D.4. 已知角的顶点是坐标原点，始边是x轴的正半轴，终边是射线，则( )A. B. C. D.5. 某新能源汽车生产公司，为了研究某生产环节中两个变量x，y之间的相关关系，统计样本数据得到如下表格：x12023252730yi233由表格中的数据可以得到y与x的经验回归方程为据此计算，下列选项中残差的绝对值最小的样本数据是( )A. B. C. D.6.已知中，，，，，，则( )A. B. C. D.7. 已知正三棱柱，过底边BC的平面与上底面交于线段MN，若截面BCMN 将三棱柱分成了体积相等的两部分，则( )A. B. C. D.8. 已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则面积的取值范围是( )A. B. C. D.9. 某商店为了解该店铺商品的销售情况，对某产品近三年的产品月销售数据进行统计分析，绘制了折线统计图，如图.下列结论正确的有( )A. 该产品的年销量逐年增加B. 该产品各年的月销量高峰期大致都在8月C. 该产品2019年1月至12月的月销量逐月增加D. 该产品各年1月至6月的月销量相对于7月至12月波动性更小、变化更平稳10. 已知函数的图像的对称轴方程为，则函数的解析式可以是( )A. B.C. D.11. 红、黄、蓝被称为三原色，选取其中任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色.已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色.现有红、黄、蓝颜料各两瓶，甲从六瓶颜料中任取两瓶，乙再从余下四瓶颜料中任取两瓶，两人分别进行等量调配，A表示事件“甲调配出红色”，B表示事件“甲调配出绿色”；C表示事件“乙调配出紫色”，则下列说法正确的是( )A. 事件A与事件C是独立事件B. 事件A与事件B是互斥事件C. D.12. 已知椭圆C：与直线l：交于A，B两点，记直线l与x轴的交点E，点E，F关于原点对称，若，则( )A. B.椭圆C过4个定点C. 存在实数a，使得D.13. 已知向量，，若向量与平行，则实数t的值为______ .14. 分形几何学是法国数学家曼德尔勃罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.如图，正三角形ABC的边长为4，取各边的中点D，E，F作第2个三角形，然后再取各边的中点G，H，I作第3个三角形，以此方法一直进行下去.已知为第1个三角形，设前n个三角形的面积之和为，若，则n的最小值为______ .15. 如图，已知台体的上、下底面均为长方形，且上、下底面中心的连线与底面垂直，上、下底面的距离为若，，，则该台体的外接球的表面积为______ .16. 在空间直角坐标系下，由方程所表示的曲面叫做椭球面或称椭圆面如果用坐标平面，，分别截椭球面，所得截面都是椭圆如图所示，这三个截面的方程分别为，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线或主椭圆已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆与点，则这个椭球面的方程为______ .17. 已知同时满足下列四个条件中的三个：①；②的图象可以由的图象平移得到；③相邻两条对称轴之间的距离为；④最大值为请指出这三个条件，并说明理由；若曲线的对称轴只有一条落在区间上，求m 的取值范围.18. 温室是以采光覆盖材料作为全部或部分围护结构材料，具有透光、避雨、保温、控温等功能，可在冬季或其他不适宜露地植物生长的季节供栽培植物的建筑，而温室蔬菜种植技术是一种比较常见的技术，它具有较好的保温性能，使人们在任何时间都可吃到反季节的蔬菜，深受大众喜爱.温室蔬菜生长和蔬菜产品卫生质量要求的温室内土壤、灌溉水、环境空气等环境质量指标，其温室蔬菜产地环境质量等级划定如表所示.环境质量等级土壤各单项或综合质量指数灌溉水各单项或综合质量指数环境空气各单项或综合质量指数等级名称1清洁2尚清洁3超标各环境要素的综合质量指数超标，灌溉水、环境空气可认为污染，土壤则应做进一步调研，若确对其所影响的植物生长发育、可食部分超标或用作饮料部分超标或周围环境地下水、地表水、大气等有危害，方能确定为污染.某乡政府计划对所管辖的甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛，共8个村发展温室蔬菜种植，对各村试验温室蔬菜环境产地质量监测得到的相关数据如下：若从这8个村中随机抽取2个进行调查，求抽取的2个村应对土壤做进一步调研的概率；现有一技术人员在这8个村中随机选取3个进行技术指导，记z为技术员选中村的环境空气等级为尚清洁的个数，求的分布列和数学期望.19. 已知数列，满足…，是等比数列，且的前n项和求数列，的通项公式；设数列，的前n项和为，证明：20. 如图所示，A，B，C，D四点共面，其中，，点P，Q在平面ABCD的同侧，且平面ABCD，平面若直线平面PAB，求证：平面CDQ；若，，平面平面，求锐二面角的余弦值.21. 已知函数，其中当时，求函数的单调区间；当时，恒成立，求实数a的取值范围.答案和解析1.【答案】B【解析】解：集合，或，，，实数m的取值范围是故选：求出集合N，由，得到，由此能求出实数m的取值范围．本题考查集合的运算，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】A【解析】解：，则，故，即故选：根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：为了使1个感染者传染人数不超过1，只需，所以，即，因为，所以，解得，则地疫苗的接种率至少为故选：由题意，列出不等式，利用对数的运算性质求出，代入不等式中求解，即可得到答案．本题考查了函数的实际应用问题，解题的关键是正确理解题意，列出不等式，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．4.【答案】B【解析】解：角的顶点是坐标原点，始边是x轴的正半轴，终边是射线，由已知可设角终边上一点，则，所以，可得故选：由题意利用任意角的三角函数的定义求得的值，利用二倍角的正切公式可求的值，进而利用两角和的正切公式即可求解．本题主要考查任意角的三角函数的定义，二倍角的正切公式，两角和的正切公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：由表中数据可得，，y关于x的经验回归方程为，可得，解得，故y关于x的经验回归方程为，对于A，当时，，残差的绝对值为，对于B，当时，，残差的绝对值为，对于C，当时，，残差的绝对值为，对于D，当时，，残差的绝对值为故选：由表中数据可得、，写出y关于x的经验回归方程，再利用回归方程求出y关于x的经验值，计算残差的绝对值即可得出结论．本题主要考查了线性回归方程和残差的应用问题，是基础题．6.【答案】B【解析】解：由题可得，所以²²，故选：根据向量的线性运算，可得，根据数量积公式，代入计算，即可得到答案．本题考查平面向量数量积的运算性质，属于中档题．7.【答案】A【解析】解：由题可知平面BMNC与棱柱上底面分别交于，，则，，显然是三棱台，设的面积为1，的面积为S，三棱柱的高为h，，解得，由∽，可得故选：利用棱柱，棱台的体积公式结合条件即可求解．本题考查棱台的体积，考查学生的运算能力，属于中档题．8.【答案】A【解析】解：由于，，则，由于，所以，故外接圆的半径为，所以，由于，由于为锐角三角形，所以，所以，故，即故选：直接利用三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．9.【答案】ABD【解析】解：根据题意，依次分析选项：对于A，该产品的年销量逐年增加，A正确；对于B，由折线图可知，该产品各年的月销量高峰期大致都在8月，B正确；对于C，2019年8月至9月，该产品销量减少，C错误；对于D，由折线图可知，该产品各年1月至6月的月销量相对于7月至12月波动性更小、变化更平稳，D正确．故选：根据题意，由折线图依次分析选项，综合可得答案．本题考查统计图中的分析，涉及折线图的应用，属于基础题．10.【答案】BD【解析】解：关于对称，不满足题意，所以A不正确；，因为，所以B正确；函数是偶函数，关于对称，所以C不正确；函数满足，所以D正确；故选：利用函数的图象的对称性，判断选项即可．本题考查函数的对称性的应用，是基础题．11.【答案】BCD【解析】解：根据题意，A事件两瓶均为红色颜料，C事件为一瓶红色一瓶蓝色颜料，则事件A 发生事件C必定不发生，，，，，故A，C不是独立事件，故A错误，C正确，若调出红色，需要两瓶颜料均为红色，若调出绿色，则需1瓶黄色和1瓶蓝色，此时调出红色和调出绿色不同时发生，故A，B为互斥事件，故B正确，，若C事件发生，则甲有三种情况，①甲取两瓶黄色，则概率为，②甲取1瓶黄色和1瓶红色或1瓶黄色和1瓶蓝色，则概率为，③甲取1瓶红色1瓶蓝色，则概率为，则，故D正确．故选：根据独立事件和互斥事件的概念判断AB，根据条件概率公式判定C，求出B，C事件的概率判断本题考查排列组合、独立事件、互斥事件、条件概率等基础知识，属于中档题．12.【答案】ABC【解析】解：设，由得，，则，因为，所以，又，所以，所以，，故A正确；所以，即椭圆过定点，，故B正确；，由得，则，所以，则有，因为，所以的取值范围为，故C正确，D错误．故选：联立椭圆与直线方程，根据直线与椭圆的位置关系逐项求解即可．本题考查直线与椭圆的位置关系．13.【答案】【解析】解：向量，，则，向量与平行，，，解得故答案为：根据已知条件，结合向量平行的性质，即可求解．本题主要考查向量平行的性质，属于基础题．14.【答案】3【解析】解：根据题意，设第n个三角形的面积为，分析可得：第个三角形的边长为第n个三角形边长的一半，则，而第一个三角形的面积，故数列是首项为，公比为的等比数列，则前n个三角形的面积之和为，若，解可得，故n的最小值为3；故答案为：根据题意，设第n个三角形的面积为，分析可得数列是首项为，公比为的等比数列，由此可得的表达式，解可得答案．本题考查数列的应用，涉及等比数列的求和以及归纳推理的应用，属于基础题．15.【答案】【解析】解：如图，连接，交于点，连接AC，BD交于点，由球的几何性质可知，台体外接球的球心O在上，由题知长方形ABCD与长方形相似，则有，解得，由题意可知，平面ABCD，平面，，设，，，同理可得，，设台体外接球O的半径为R，则有，即，解得，则，即该台体的外接球的半径，该台体的外接球的表面积为故答案为：连接，交于点，连接AC，BD交于点，由球的几何性质可知，台体外接球的球心O在上，设，进而可得，求解即可．本题考查空间几何体的外接球的表面积，考查转化能力，属中档题．16.【答案】【解析】解：根据中心在原点、其轴与坐标轴重合的某椭球面的标准方程的定义，设此椭球面的标准方程为，椭球面过点，将它的坐标代入椭球面的标准方程，得，，椭球面的方程为故答案为：类比求曲线方程的方法，我们可以用坐标法，求空间坐标系中椭球面的方程．只需求出椭球面的长轴长，中轴长，短轴长，类比在平面直角坐标系中椭圆标准方程的求法，易得椭球面的方程．本题考查合情推量，由于空间直角坐标系中椭球面标准方程与平面直角坐标系中椭圆标准方程相似，故我们可以利用求平面曲线方程的办法求解，属中档题．17.【答案】解：对于条件②，，若函数的图象可以由的图象平移得到，则，由条件③相邻两条对称轴之间的距离为，可得的最小正周期为，可得，与②矛盾；对于条件④最大值为2，可得与②矛盾，故只能舍弃条件②，所以这三个条件为①③④．由可得，由条件①，可得，又，所以，所以，令，，可得，，时，，时，，时，，又曲线的对称轴只有一条落在区间上，所以，即m的取值范围是【解析】本题主要考查由的部分图象确定其解析式，三角函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．由条件②可得，由条件③可得，由条件④可得，推出条件②与③④都矛盾，从而可得结论；由及条件①可求得的解析式，从而可求得的对称轴，结合题意即可求得m的取值范围．18.【答案】解：由题图知应对土壤做进一步调研的村有4个，记事件“抽取2个村应对土壤做进一步调研“，则，所以抽取两个村应对土壤做进一步调研的概率为；由题意知环境空气等级为尚清洁的村共5个，的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，的分布列为0123P所以【解析】利用古典概型概率计算方法求解；确定出的所有可能取值，再分别求出对应概率，列出分布列并求出期望．本题考查统计图、古典概型、超几何分布的知识与方法，属于中档题．19.【答案】解：因为数列的前n项和，所以当时，，即，当时，，所以，故数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，因为…，所以当时，…，两式相减得，，又时，，满足上式，所以，因为，所以证明：，所以…，所以，要证，需证，需证，即证，因为在上单调递增，所以当时，取得最小值3，所以恒成立，故命题得证．【解析】在中，分别令和，可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，从而知，再利用的方法，求得，进而知；裂项求和得，再采用分析法，结合函数的单调性，即可得证．本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握利用求通项公式，裂项求和法等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．20.【答案】证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB，因为，所以，因为平面PAB，因为，平面CDQ，平面CDQ，所以平面平面PAB，直线平面PAB，所以平面CDQ；解：因为平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，所以，，又因为，以A为坐标原点，AB，AD，AP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，由可得，又因为，所以四边形APQC为平行四边形，不妨取，由题意可得，，，，，所以，，设平面BPQ的一个法向量为，则，令，则，，则，易知平面CDQ，则平面CDQ的一个法向量为，所以，锐二面角的余弦值为【解析】通过证明平面平面PAB，可证平面CDQ；以A为坐标原点，AB，AD，AP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面BPQ，平面CDQ的一个法向量，利用向量法可求锐二面角的余弦值．本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，属中档题．21.【答案】解：当时，的定义域为，则，当时，即时，，函数单调递增，当时，即时，，函数单调递减，所以函数单调递增区间为，单调递减区间为；证明：设，由，解得或，①当时，，，当时，单调递减，所以，若，则，因为当且仅当时等号成立，又因为，所以，此时不成立，即不合题意，②当时，为减函数，当时，，令，则，所以，此时，，当时，单调递减，，所以在上单调递减，又，所以在上，所以在上单调递减，又，所以在上，即当时，恒成立，当时，，又，，所以，，所以当时，恒成立，故a的取值范围为【解析】当时，的定义域为，求导，分析的符号，的单调性．利用端点值确定a的必要性区间，利用三角函数的分界性，分区间讨论，利用放缩和估值法，讨论a的范围，进而可求．本题考查导数的综合应用，考查了不等式的恒成立求解参数范围，体现了分类讨论及转化思想的应用，属于中档题．。

2023年高考衡水猜题卷理科数学第Ⅰ卷（共60分）一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地.1. 设全集,且,则满足条件地集合地个数是（）A. B. C. D.2. 已知是虚数单位,复数地虚部为（）A. B. C. D.3. 某样本中共有个个体,其中四个值分别为,第五个值丢失,但该样本地平均数为,则样本方差为（）A. B. C. D.4. 双曲线地离心率为,焦点到渐近线地距离为,则地焦距等于（）A. B. C. D.5. 若不等式组表示地平面区域是一个直角三角形,则该直角三角形地面积是（）A. B. C. D. 或6. 已知,则（）A. B. C. D.7. 《九章算术》是我国古代地数学名著,体现了古代劳动人民地数学智慧,其中第六章"均输"中,有一竹节容量问题,某教师根据这一问题地思想设计了如下图所示地程序框图,若输出地值为,则输入地值为（）A. B. C. D.8. 如图,过抛物线地焦点地直线交抛物线于点,交其准线于点,若,且,则此抛物线方程为（）A. B. C. D.9. 已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥,则不是该三棱锥地三视图地是（）A. B. C. D.10. 在中,,则地值所在区间为（）A. B. C. D.11. 已知符号函数那么地大致图象是（）A. B. C. D.12. 已知函数,对于任意地,且恒成立,则实数地取值范围是（）学￥科￥网...A. B. C. D.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分,满分20分,将解析填在答题纸上）13. 已知,则地值是__________．14. 已知一个公园地形状如下图所示,现有种不同地植物要种在此公园地,这五个区域内,要求有公共边界地两块相邻区域种不同地植物,则不同地种法共有__________种．15. 已知函数,若存在满足,且,则地最小值为__________．16. 已知等腰直角地斜边,沿斜边地高线将折起,使二面角为,则四面体地外接球地表面积为__________．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. 已知等差数列地公差为,前项和为,且成等比数列.（I）求数列地通项公式；（II）令,求数列地前项和.18. 如图,在四棱锥中,底面为正方形,平面,已知为线段地中点.（I）求证:平面；（II）求平面与平面所成锐二面角地余弦角.19. 龙虎山花语世界位于龙虎山主景区排衙峰下,是一座独具现代园艺风格地花卉公园,园内汇集了余种花卉苗木,一年四季姹紫嫣红花香四溢.花园景观融合法、英、意、美、日、中六大经典园林风格,景观设计唯美新颖,玫瑰花园、香草花溪、台地花海、植物迷宫、儿童乐园等景点错落有致,交相呼应又自成一体,是世界园艺景观地大展示.该景区自年春建成,试运行以来,每天游人如织,郁金香、向日葵、虞美人等赏花旺季日入园人数最高达万人.某学校社团为了解进园旅客地具体情形以及采集旅客对园区地建议,特别在年月日赏花旺季对进园游客进行取样调查,从当日名游客中抽取人进行统计分析,结果如下:年龄频数频率男女①②③④4合计（I）完成表一中地空位①~④,并作答题纸中补全频率分布直方图,并估计年月日当日接待游客中岁以下地游戏地人数.(II)完成表二,并判断能否有地把握认为在观花游客中"年龄达到岁以上"与"性别"相关；(表二）岁以上岁以下合计男生女生合计（参考公式:,其中）（III）按分层抽样（分岁以上与岁以下两层）抽取被调查地位游客中地人作为幸运游客免费领取龙虎山内部景区门票,再从这人中选取人接受电视台采访,设这人中年龄在岁以上（含岁）地人数为,求地分布列.20. 给定椭圆,称圆心在原点,半径为地圆是椭圆地"准圆".若椭圆地一个焦点为,其短轴上地一个端点到地距离为.(I)求椭圆地方程和其"准圆"地方程；(II)点是椭圆地"准圆"上地动点,过点作椭圆地切线交"准圆"于点.(i)当点为"准圆"与轴正半轴地交点时,求直线地方程,并证明；(ii)求证:线段地长为定值.学￥科￥网...21. 已知函数.(I）若函数在处地切线方程为,求和地值;(II)讨论方程地解地个数,并说明理由.请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做地第一题记分.22. 选修4-4:坐标系与参数方程已知曲线地极坐标方程是,以极点为原点,极轴为轴地正半轴建立平面直角坐标系,直线地参数方程为(为参数）.(I)写出直线地一般方程与曲线地直角坐标方程,并判断它们地位置关系；(II)将曲线向左平移个单位长度,向上平移个单位长度,得到曲线,设曲线经过伸缩变换得到曲线,设曲线上任一点为,求地取值范围.23. 选修4-5:不等式选讲设函数.(I)当时,解不等式；(II)当时,若,使得不等式成立,求实数地取值范围.。