河北省唐山市高三第二次模拟考试数学理试卷含答案

1、高考数学精品复习资料 2019.5唐山市20xx20xx学年度高三年级第二次模拟考试理科数学试卷第卷（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设全集，集合，则集合（ ）a b c d2复数是虚数单位，）是纯虚数，则的虚部为（ ）a b c d3.设，则“”是“ ”为偶函数的 （ ）a充分而不必要条件 b必要不充分条件 c充要条件 d既不充分也不必要条件4.若，则函数的增区间为 （ ）a b c d5. 已知双曲线的左右焦点分别为为坐标原点，点在双曲线上，且，则（ ）a b c d 6. 如下图，格纸上小正方形的边长为1，

2、粗实线画出的是某几何体的三视图，则其表面积为（ ）a b c d7. 设是任意等差数列，它的前项和、前项和与前项和分别为，则下列等式中恒成立的是（ ）a bc d8. 椭圆右焦点为，存在直线与椭圆交于两点，使得为等腰直角三角形，则椭圆的离心率 （ ）a b c d9. 甲乙等人参加米接力赛，在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率是（ ）a b c d10. 下图是某桌球游戏计分程序框图，下列选项中输出数据不符合该程序的为（ ）a bc d11. 已知函数 满足，在下列不等关系中，一定成立的是（ ）a b c d12. 在中，点满足，则的最大值为（ ）a b c d第卷（共90分）二、填空题

3、（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.展开式的常数项为 （用数字作答）14.曲线与直线所围成的封闭图形的面积为 15. 在四棱锥中，底面，底面是正方形，三棱柱的顶点都位于四棱锥的棱上，已知分别是棱的中点，则三棱柱的体积为 16.数列满足，若时，则的取值范围是 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，在平面四边形中，,设.（1）若，求 的长度；（2）若，求.18. 为了研究黏虫孵化的平均温度（单位：）与孵化天数之间的关系，某课外兴趣小组通过试验得到如下6组数据：组号123456平均温度15.316.817.41819.521孵

4、化天数16.714.813.913.58.46.2他们分别用两种模型，分别进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图：经计算得，（1）根据残差图，比较模型，的拟合效果，应选择哪个模型？（给出判断即可，不必说明理由）（2）残差绝对值大于1的数据被认为是异常数据，需要剔除，剔除后应用最小二乘法建立关于的线性回归方程.（精确到0.1） ，.19. 如图，在三棱柱中，平面平面.（1）求证：；（2）若，求.20. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，交轴于点为坐标原点.（1）若,求直线的方程；（2）线段的垂直平分线与直线轴，轴分别交于点，求 的最小值.21.设 .（1）

5、证明：在上单调递减；（2）若，证明：.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极坐标系中，曲线，曲线，点，以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系.（1）求曲线和的直角坐标方程；（2）过点的直线交于点，交于点，若，求的最大值.23选修4-5：不等式选讲已知.（1）求证：；（2）判断等式 能否成立，并说明理由.唐山市20xx20xx学年度高三年级第二次模拟考试理科数学参考答案一选择题：a卷：bacdb cdbdc abb卷：bacdc cdbdb ab二填空题：（13）15（14）（15）1（16）2，)三解答题：17解：（1）由题

6、意可知，ad1在abd中，dab150°，ab2，ad1，由余弦定理可知，bd2(2)2122×2×1×()19,bd（2）由题意可知，ad2cos，abd60°，在abd中，由正弦定理可知，即4，整理得tan18解：（1）应该选择模型（2）剔除异常数据，即组号为4的数据，剩下数据的平均数(18×618)18；(12.25×613.5)121283.0118×13.51040.01；1964.341821640.341.97，121.97×1847.5，所以y关于x的线性回归方程为：2.0x47.519解

7、：（1）因为平面aa1c1c平面abc，交线为ac，又bcac，所以bc平面aa1c1c，因为c1c平面aa1c1c，从而有bcc1c因为a1cc190°，所以a1cc1c，又因为bca1cc，所以c1c平面a1bc，a1b平面a1bc，所以cc1a1b（2）如图，以c为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立空间直角坐标系c-xyz由a1cc190°，acaa1得a1caa1不妨设bcacaa12，则b(2，0，0)，c1(0，1，1)，a(0，2，0)，a1(0，1，1)，所以(0，2，0)，(2，1，1)，(2，2，0)，设平面a1bc1的一个法向量为m，由&

8、#183;m0，·m0，可取m(1，0，2)设平面abc1的一个法向量为n，由·n0，·n0，可取n(1，1，3)cosám，nñ，又因为二面角a1-bc1-a为锐二面角，所以二面角a1-bc1-a的余弦值为20解：（1）设直线l的方程为xmy1，a(x1，y1)，b(x2，y2)，由得y24my40，y1y24m，y1y24所以koakob4m4所以m1，所以l的方程为xy10（2）由（1）可知，m0，c(0，)，d(2m21，2m)则直线mn的方程为y2mm(x2m21)，则m(2m23，0)，n(0，2m33m)，f(1，0)，sndc&

9、#183;|nc|·|xd|·|2m33m|·(2m21)，sfdm·|fm|·|yd|·(2m22)·2|m|2|m| (m21)，则m212，当且仅当m2，即m2时取等号所以，的最小值为2其它解法参考答案给分21解：（1）f¢(x)令h(x)1lnx，则h¢(x)，x0，所以0x1时，h¢(x)0，h(x)单调递增，又h(1)0，所以h(x)0，即f¢(x)0，所以f(x)单调递减（2）g¢(x)axlnaaxa1a(ax1lnaxa1)，当0a时，lna1，所以ax1l

10、naxa1xa1ax1由（）得，所以(a1)lnx(x1)lna，即xa1ax1，所以g¢(x)0，g(x)在(a，1)上单调递减，即g(x)g(1)a11当a1时，1lna0令t(x)axxlna1，0ax1，则t¢(x)axlnalna(ax1)lna0，所以t(x)在(0，1)上单调递增，即t(x)t(0)0，所以axxlna1所以g(x)axxaxaxlna1x(xa1lna)1x(1lna)11综上，g(x)122解：（1）曲线c1的直角坐标方程为：x2y22y0；曲线c2的直角坐标方程为：x3（2）p的直角坐标为(1，0)，设直线l的倾斜角为，(0)，则直线l的参数方程为：(t为参数，0)代入c1的直角坐标方程整理得，t22(sincos)t10， t1t22(sincos)直线l的参数方程与x3联立解得，t3，由t的几何意义可知，|pa|pb|2(sincos)|pq|，整理得，42(sincos)cossin2