2020届河北省高考考前大冲刺模拟卷(七)理科数学(解析版)

1、2020 届河北省高考考前大冲刺模拟卷 理 科 数 学(七)注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴 在答题卡上的指定位置。2考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷、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，页2第1已知集合 A xx2 4x， B x 2x 3 0 ，则 A I B （ ）3333A x0xB xx 4C xx 4D x0x2222只有一项是符合题目要求的i3，2已知则)A4BCDA abcB a c bC c abD b a c4已知Sn为等差数列an 的前 n 项和，S5 1

2、5 ， a612，则()A an3 n 3B an 3n 6C Sn3n212n2D Sn 2n 2 7n，b，)3已知lnac2.2c 的大小关系是(67，b（76）0.2，则a5已知非零向量a，b满足 |a| 2 3|b|且（a3b) b ，则 a与 b的夹角为(A3B6CD566如图所示的程序框图输出的S是 30，则图中空白框中应填入(ASS 2nBSS2n2C SS2nDSS n7中国诗词大会第三季亮点颇多，在“人生自有诗意 ”的主题下，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词在声光舞美的配合下， 百人团齐声朗诵， 别有韵味， 若沁园春 长沙、蜀道难、敕勒歌、游 子吟、关山月、清平乐六盘

3、山排在后六场，则蜀道难排在游子吟的前面， 沁园春长沙 与清平乐六盘山不相邻且均不排在最后的概率是（ ）2D3121ABC5538长久以来，人们一直认为黄金分割比例是最美的，人们都不约而同的使用黄金分割，如果一个矩形的宽与长的比例是黄金比例 5 1（ 5 1 0.618 称为黄金分割比例） ，这样的矩形称为黄金矩形，黄金22矩形有一个特点：如果在黄金矩形中不停分割出正方形，那么余下的部分也依然是黄金矩形，已知下图中最小正方形的边长为 1，则矩形 ABCD 的长为（ ）（结果保留两位小数）A 10.09B11.85 ,） 的图像大致为（D11.099函数 f ( x)cos2x ln(| x| 1

4、) (x22）10已知椭圆 C : x2 y2 1(a b ab0） 的焦点为 F1（ 1,0）， F2 （1,0） ，过椭圆上顶点 A与左焦点 F1的直线交于椭圆 A， B两点若 |AF1| 2 | F1B |，则椭圆 C 的方程为（）页2第2222xA3x2B 2 y2xC4xD8ABCDP ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，底面边长为6 E ， F 分别为 PA， AB的中1点，cos CFE则球 O 的体积为()451225664ABC33312已知正三棱锥128D311 关于函数 f (x)cos|2x| | cos2x |有下述四个结论： f (x) 是偶函数； f (x) 在

5、区间 (0, ) 单调递减；4 f (x) 在 , 有 4个零点； f (x) 的值域为 0,2 ，其中所有正确结论的编号是( )页5第第卷、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，共 20 分13曲线 y (x 1)ln x 在 (1, 0) 处的切线方程为 14设 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和，若 a1 1 且 4a42 3a6，则 S54，根据以往15甲、乙两人棋艺对弈决赛，采用五局三胜制(当一人取得三局胜利时则获胜，决赛结束)对弈成绩，甲执黑白棋安排依次为 黑白黑白白 ”，设甲执黑棋取胜概率为0.6 ，执白棋取胜的概率为 0.5 ，且各局比赛结果相互独立，则甲以 3:1 获胜

6、的概率是 22uuur2F1T ，则双曲线 C 的离心率为16已知双曲线 C : x2 y2 1(a 0,b 0) 的左右焦点分别为 F1 ， F2，过 F1的直线 l 与圆 x2 y2 ab2 uuur a2相切于点 T ，且直线 l 与双曲线 C 的右支交于点 P ，若 F1Psin B sin Aac三、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(12 分)在 ABC 中，内角 A ，B ，C 所对的边为 a ，b，c ，且满足 sin A sin C b1)求 C ；2)若 cos B4 ，求 cos B518（12分）如图，在正三棱柱 A1B

7、1C1 ABC中， AB 6，AA1 3，E，F 分别为 AC ， A1B1上的点，AE A1F 1 EC FB1 2 1）证明： EF平面 BCC1B1 ；2）点 M 在 CC1 上，若 A1E BM ，求二面角 F BE M 的余弦值页8第19（ 12分）已知抛物线 y2 4x焦点为 F ，不过原点的直线 l与抛物线交于 A， B两点， OA OB（1）若直线斜率为 2，求直线 l 的方程；（2）若 |OA| 8|OB|，求 |AB|20（ 12分）已知函数 f （x）xex ex ax2(a 0) ，证明：ex1）若 a时，函数 g（x） f （x） xex有两个极值点；22）函数 f

8、（ x） 有两个零点21（ 12 分）江西是一片神奇的红色土地，在这片土地上孕育了中国革命的摇篮井冈山，共和国的摇 篮瑞金，军旗升起的地方南昌，等等这一个个红色经典的称号与地名，在中华人民共和国波澜 壮阔的历史长河中，已化作一颗颗与日月同辉的星辰在红色中国气势磅礴的交响乐中，奏响雄浑激越的 华彩乐章因此随着红色旅游的发展，每年来江西参观旅游的人数数不胜数为了合理配置旅游资源，现 对已游览南昌和井冈山的游客进行随机问卷调查，若不去瑞金记 1 分，继续去瑞金记 2 分每位游客去瑞3金的概率为 ，且游客之间的选择意愿相互独立5（1）从游客中抽取 4人，记总分为随机变量 X ，求X 的分布列与数学期望

9、；（2）若从游客中随机抽取 m 人，记总分为 m分的概率为 Am ，求数列 Am 的前 5 项和；（3）在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的累计得分恰为n分的概率是 Bn 探讨 Bn与Bn 1之间的关系，并求数列 Bn的通项公式请考生在 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（ 10 分）【选修 4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系中， 直线 l 的参数方程为xt（t 为参数），以原点为极点， x轴的正半轴为极轴建立极 y 3 t坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 2（1 2cos2 ） 31）写出曲线 C 的参数方程和直线 l 的普通方程；2）已知

10、点 P是曲线 C上一点，求点 P 到直线 l的最小距离23( 10 分)【选修 4-5：不等式选讲】 已知 a，b， c为正数，且满足 abc 8，证明：( 1) (4 a)(4 b)(4 c) 216 ；(2) (a b)2 (b c)2 (c a)2 48 、选择题：本大题共 12只有一项是符合题目要求的1【答案】D解析 】由题意得 A x 02【答案】D解析 】设 z x yi ， z参考答案与解析第卷小题，每小题60 分在每小题给出的四个选项中，则AI32 ，故选 D3，即(y1)29，yi，x2 (y 1)2 9 ，33【答案】A解析 】由对数函数图象可知6ln70，由指数函数图象可

11、知6 2.20 ( 67 )2.21，c(76)0.21 ， ac4【答案】B解析 】由题意可知5a110d5【答案】B解析】 (a3b)a1b，设 a 与 b 夹角为6【答案】C15，解得5d 12则 (a 3b) b，则 cos3|b|2|a| |b|解析 】 C中，第一次循环，1S 0 21第二次循环，2 226，n第三次循环，6 2314，n第四次循环，14+2430，n7【答案】Aa1d0 ，即3，故3Snan3n23n 63| b|22 3|b|2b 3|b|22， n 2，3，进入下一次循环，0， a b 3|b|2，23，即夹角为 6 进入下一次循环，4，进入下一次循环，5 ，

12、循环结束，则输出的 S为 30- 25 -蜀道难排在游子吟的前面，解析 】依题意，总的排法有 A 66 720 种，沁园春长沙与清平乐六盘山不相邻且均不排在最后共有1 5 2 4C4(A 5 A 2 A 4)A22144种，故 P1447201，故选 A58【答案】D【解析 】如下图所示，GM MF 1 1 x 2 x ，则 FCMNOCMN HC MN GF 1x 2 x 3 2x ， BFEFEGGF FCGF 3 2x 2x 5 3x ， BCBFFC5 3x 32x 8 5x ， GM1，KNx ，根据黄金矩形特点可知矩形GMNQ 为黄金矩形，1 则有 151，解得 x5 1 ，1x2

13、2由题意可知 MK 1，设 KNx ，则 MF MN 1 x ， GF51 BC 8 5x 8 58 5 0.618 11.09 29【答案】B【解析】由题意 f( x) cos( 2x) ln(| x| 1) cos2x ln(| x| 1)(x ,) ，由题意可 得 当 x0, 时 ，1f (x) 2sin 2x ，x1f (4)f ( )12sin 0 ，即 f ()f () 0 ，21242所以函数在(, ) 之间有一个极小值点，排除 A又 f () cos2 ln( 1) 0，排除 D，422sin2140，f (x) 为偶函数，排除 C，10【答案】A解析】连接 BF2 ，由题意可

14、知 | AF1|a，则 |BF1 | 1a ，2则|AF2 | a，|BF2| 23a，|F1F2 | 2 cosAF1F2cos BF1F2a2 42 2a1 2 9 2a 4 a4412 a 220 ，解得 a2 3 ，则 b222 ac2，221 C 的方程为 x y3211【答案】C【解析 】分段函数讨论：由 f( x) cos| 2x|cos( 2x)| cos|2x| |cos2x| f(x) ，故正确； x (0, ) 时， f (x) cos2x cos2x 2cos2x ，函数递减，故正确；4 3当 x ( , ) 时， f (x) cos2x cos2x 0 ，此时有无数个

15、零点，故错误；44 f (x)2cos 2 x, x k,k, k440,x3 k , k),4Z，故 f (x) 的值域为 0,2 ，正确 Z12【答案】B【解析 】如图，三棱锥 P ABC 为正三棱锥，设|PA| |PB| |PC| 2a ，由题意可知 |EF | a，|CF | 3 3，在 PAC 中， cos PAC224a2 36 4a22 6 2a32a在 EAC中， | EC |2 a2 36 2 a 6 3 a2 182a1 cos CFE ， EF a 4在 EFC 中， cos CFE22a2 27 a2 182a331 ，解得 a 2 3 ，4|PA| | PB| |PC

16、| 4 3，过 P作 PMCF 于 M ，则 PM平面 ABC ， CM 2 3 ，则 PM6，设球 O 半径为 R，则有 (6 R)2 (2 3)22R2 ，解得 R 4 ，4 256球 O的体积为 V 4 64 256 33第卷、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，共 20 分13【答案 】 2x y 2 0x 1 1【 解析 】 y ln x ln x 1 ，xx根据导数的几何意义可知曲线在(1,0) 处的切线斜率为 k 2 ，切线方程 y 2x 2，即 2x y 2 014【答案】1214解析 】由 an 为等比数列，2 2 6 5 34a42 3a6 ，设公比为 q，则有 4a1

17、2q6 3a1q 5 ，得 a1q，41 a1， q 3 ，415【答案 】 0.21151 (1 35)4131214解析】欲使甲以 3:1 获胜，则第四局甲获胜，前三局甲胜两局负一局， 可能情况为：第 1 局负或第 2 局负或第 3 局负，故概率为 P12C12 0.4 0.6 0.5 0.5 0.5 0.62 0.5 0.21 16【答案 】 5解析 】如图，连接 PF2，uuur uuur F1P 2F1T ， T 为 F1P 的中点，l与圆 x2 y2 a2相切， OT F1P，由题易知 OTPF2 ， PF2 F1P，uuurOTuuur a ， OF1uuur uur c ， F

18、1T b ，故 TPuuurb ， F1P 2b， PF2 2a ，|PF2| |PF1| 2a， 2b 2a2a ， b5三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案 】（1） C22）7 24 350解析 】（1）sin A sinCbsin B sin A ， ac在 ABC 中，由正弦定理得 acba，即 a2 cbaca2b22 c1由余弦定理得 cosC2ab2又 C 为 ABC 内角，C23( 2 ) 由 cosB4得 sinB3，553424sin 2B 2sin B cos B25525 ，b2 ab ，22cos2B cos

19、B sin B16 925 25725 cos(B A)cosB(3B)cos(2B )cos2B cos sin2B sin33247 24 325 225 25018【答案 】（1）证明见解析；2) 102 170解析】（1）证明：如图所示，在 B1C1上取一点 Q，使 C1Q 1 ，连接 FQ 与CQ，1 1QB1 2由题意可知 FA1 QC1 1， FQA1C1AC ， FQ 3A1C1 3AC EC，四边形 FQCE 为平行四边形， EF QC ，又EF 面BCC1B1 ， QC 面BCC1B1 ， EF平面 BCC1 B1 （ 2）如下图所示，以 AC中点为坐标原点 O，以OB方向

20、为 x轴正方向， OC方向为 y轴正方向，以垂 直 x 轴， y 轴方向为 z 轴建立空间直角坐标，由题意可知 E(0, 1,0) ， B(3 3,0,0) ， A1(0, 3,3) ， F ( 3, 2,3)，uuur uuurBE ( 3 3, 1,0) ， BF ( 2 3, 2,3) ，uuuur设M (0,3, m) ，则 BM( 3 3,3, m) ，uuurA1E(0,2,3)， A1EuuurBM ， A1EuuuurBM0 ， 63m0，m 2 ，M (0,3,2) ，uuuur 则 BM( 3 3,3, 2) 设平面BEF 的法向量为n1(x1,y1,z1) ，uuurBE

21、 则 uuurBFn1 03 3x1n1 02 3x1y1 02y1 3z1，取0x13 ，则 n1( 3, 9, 4)设平面 BME 的法向量为 n2 （x2, y2,z2），uuurBE n2 0则 uuuur 2BM n2 03 3x23 3x2y2 03y2 2z2，取 x2 3 ，则 n2 0x2( 3, 9,18) ， cos n1,n2n1 n23 8172102n1 n23 81 16 381 324170二面角 F BE M的余弦值为 11700219【答案】（1） 2xy 8 0；（2）5 13解析 】设 A（ x1, y1） ，B(x2, y2)，1）设直线l 的方程为

22、y2x m2y24x2x，消去2， 得 4x2 (4m 4)x m 16m2 32m 1616m20，1，2x1x2m， x1x2y1y24x1x2 2m(x1x2) m2m22m 2m2m22m， OAOB ， x1x2y1y2 0 ，2m 0 ，0或8当m0时直线 l 过原点，不合题意，8，l 的方程为 y 2x 8 ，即2x0（2）设直线l 的方程为x kyn ，由y1y24n， x1x22k y1y2kn(y1x1x2y1y220 ，即 n24n 0 ，得n故直线y0（舍）根据抛物线的对称性，不妨设点 A 在第一象限，y2) n2y2 4xx ky n消去x，4ky4n 0 ， y1

23、y24k过点 A ，B 两点分别作 y 轴的垂线，垂足分别为 OAOB ， AOB 90 ， AOBOBB1BOB1 90 ，4k2n4k2nn2n2OA OBA1， B1，AOA1BOB1180AOA1BOB190AOA1OBB1 ， Rt AA1O : Rt OB1B ，|OA|OB|A1O|BB1 |8， 8x2y1，2即 2y22 y1， y1y24n16，2y23316， y238， y2 2 ，则 y1 8，3故l的方程为 x 3 y 4，|AB|290111620【答案 】(1)证明见解析； (2)证明见解析3 y1 y2 4k 6， k 23，xe，解析 】(1) g(x) a

24、x2 ex ，则 g (x) 2ax f( a)h(a ( a)22 h(0)a ( a)1 1 0， f(1) a0，a0，当x ( ,ln(2 a)时， m(x) 0， g(x)单增；当x(ln(2 a), )时， m(x) 0，g (x)单减，g( x) maxg (ln(2 a) 2a ln(2 a) eln(2a) 2a ln(2 a) 2a 2a(ln 2a 1)0，g( ln(2 a) 2aln(2a) 1 0 ，则存在 x1 ( ln(2 a),ln(2 a) ，使得2ag (x1)又当x时， g (x) ，则 x2 (ln(2 a), )，使得 g (x2) 0故当x(,x1

25、)时， g (x) 0， g(x)单减；当x(x1,x2)时， g (x) 0，g(x)单增；当x(x2,)时， g (x) 0，g(x) 单减，故ae 时，2函数 g(x) f (x) xex 有两个极值点(2)f (x)x x x xe xe e 2ax x(e 2a) ，a0，当x ( ,0) 时， f (x) 0， f (x) 单减；当x(0,) 时， f (x) 0， f(x) 单增，f(x)minf (0)e01 0 ，令 m(x) 2ax ex ，则 m(x) 2a ex，xh(x) 0 ， h(x) 单减，0，令h(x) (x 1)ex ，则h ( x) xex，当 x( ,0

26、) 时，根据 f(x) 的单调性及零点存在定理可知，f (x) 在 (a,0)，(0,1) 上各有唯一零点，f (x) 有两个零点2062321【答案】(1)分布列见解析， E(X) 6.4 ；( 2)S5；(3)Bn 1Bn 1，Bn31255【解析】(1) X 的可能取值为 4,5,6,7,8 96625(35)3 25216625，P(X 4) (2)4 16 ， P(X 5) C14 3 (2)35 625 4 5 5P(X 6) C24 (3)2 (2)2 216 ， P(X 7) C345 5 625P(X 8) C44 (53)4 68215随机变量 X 的分布列为随机变量 X 的数学期望为E(X)