河北省石家庄市2020届高三一模教学质量检测数学(理)试卷

1、数学理、选择题(共12小题).1V1.已知集合A x|2x 4 , B4y |y lgx,x J，则硝 B ()A. 2,2B. (1,)C. 1,2D. , 1(2,)答案：C【分析】,，一一1 一 -1.先解得不等式- 24及x 时函数y lg x的值域，再根据交集的定义求解即可4101解：由题，不等式一24,解得2x2，即A x|2x2；41一因为函数y lgx单倜递增，且x ，所以y 1,即B y|y 1 ,10则 A B 1,2 , 故选:C点评：本题考查集合的交集运算，考查解指数不等式，考查对数函数的值域2.已知复数z在复平面内对应的点的坐标为A.3. i2B.(1,2),则已1C

2、.一2()3.i 21D.-23. i2答案：D根据复数z在复平面内对应的点的坐标为(1,2),可以确定z1 2i ,再由复数代数形式的除法运算化简六，即可得答案解：由题意知复数z 1 2i ,1 2( 1 2i) (1 i)1i21 3. . i,2 2故选：D.点评：本小题考查复数的几何意义， 复数的乘法和除法运算等基础知识；考查运算求解能力,推理论证能力，数形结合思想是非零向量，则“ H”的B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案：D由条件知4| |b,由向量的加法法则得到，两个模长相等的向A.充分而不必要条件故也不能反推.故是既不充分也不必要条件量相加得到的和与

3、差向量是作为四边形的对角线的，而对角线不一定相等；反之 ,两边平方可得两个向量垂直，四边形对角线相等，但是不一定有边长相等,故答案为D.cosx的部分图象大致为()答案：A因为f(x)xexecosx,先判断函数的奇偶性，结合当 x 0时，函数值的为正，即可求得答案.解：.f(x)xe1xe1cos( x)xe 1丁: cosx f(x), e 1f（x）为奇函数，排除C,当 x 0 时，f (x) 0 ,排除 B,D,故只有A符合题意故选：A.点评：本题主要考查了根据函数表达式求解函数图象问题,解题关键是掌握判断函数奇偶性的方法和函数图象的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题5.下

4、边的茎叶图记录的是甲、乙两个班级各5名同学在一次数学小题训练测试中的成绩（单位：分，每题5分，共16题）.已知两组数据的平均数相等，则 x、y的值分别为（）甲班乙班A.0, 0答案：B由茎叶图得各个数据，由平均数相等可得x,y的关系x 5 y ,从而可得结论解：两组数据和相等，贝U 80 2 75 70 x65 80 70 2 7570 yX 5 y,则x 0, y 5.只有B适合.故选：B.点评：本题考查茎叶图，考查平均数，正确认识茎叶图是解题关键.6.九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所乙两得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五

5、人分五钱，甲、 人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各C.5得多少钱？” （“钱”是古代乙种质量单位），在这个问题中，甲比戊多得（）钱?A. 3答案：A【分析】设等差数列的公差为d,利用等差数列的通项公式即可求解解：设甲、乙、丙、丁、戊五人所得钱数分别为a1,a2,a3,a4,a5,公差为d ,贝 U aia2a3%a52a d 512,即2 ,解得253a1 9 d 2aida a故选：A4d点评：本题主要考查了等差数列的通项公式，需熟记公式，属于基础题7.将函数f x cos2x图象上所有点向左平移 一个单位长度后得到函数 g x的图象，如4果g

6、x在区间0,a上单调递减，那么实数 a的最大值为（）A.8答案：BB. 一4C.2【分析】根据条件先求出g x的解析式，结合三角函数的单调性进行求解即可解：将函数f x cos2x图象上所有点向左平移 一个单位长度后得到函数 g x的图象, 4贝U g xcos2 x cos 2x 一,42设 2x , 2则当 0 x a 时，0 2x 2a , 2x 2a ,222即一 2a 一， 22要使g x在区间0,a上单调递减，则 2a 得 2a ,得 a224即实数a的最大值为一, 4故选：B.点评：本小题主要考查三角函数图象变换，考查根据三角函数单调性求参数，属于中档题.228.已知双曲线C:x

7、2 41(a 0,b 0), O为坐标原点，Fi、F2为其左、右焦点，点G在 a bC的渐近线上，F2G OG ,且J6|OG| |GFi |,则该双曲线的渐近线方程为()A. y xB. y xC. y x22D. y 1 2x答案：D【分析】根据F2G OG ,先确定出GF2,GO的长度，然后利用双曲线定义将化为a, b, c的关系式，化简后可得到 b的值，即可求渐近线方程. a解：如图所示：因为F2GOG ,所以GF2bca1Vb, OG Jc2 b2 a,又因为J6OGGFi ,所以6 OGI 同 ,所以 V6|OGi iGF2 F2F11,22. 2 一 2,所以 6a b 4c 2

8、b 2c cos 180GF2F1 ,所以 6a2 b2 4c2 2b 2c b，所以 b2 2a2,- J2 , ca '所以渐近线方程为 y 2x.故选：D.点评：本题考查根据双曲线中的长度关系求解渐近线方程，难度一般 .注意双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长度的一半 .9.如图所示，正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是AC上一动点，BP PE的最小值为JT4 ,则该正四面体的外接球表面积是（）A.12B. 32C. 8D. 24答案：A【分析】将侧面ABC和&ACD沿AC边展开成平面图形为菱形ABCD ,可得到BE的长即为BP PE的最小值，设DE x ,在RtBC

9、E中，利用勾股定理可得x 衣,则棱长为2 J2，进而可求得正四面体的外接球的表面积解：将侧面&ABC和&ACD沿AC边展开成平面图形，如图所示，菱形ABCD,在菱形ABCD中，连接BE ,交AC于点P ,则BE的长即为BP PE的最小值,即BE ,14,因为正四面体 ABCD,所以AC AB,所以 BCD 120,因为E是棱AD的中点，所以 DCE 30 ,所以 BCE BCD DCE 90 ,设 DE x,则 AB BC CD AD 2x,所以CE曲x ,则be Jbc2 CE2币x 714 ,所以x叵则正四面体 ABCD的棱长为2J2，所以正四面体的外接球半径为 -6 2

10、2.3,4所以该正四面体外接球的表面积为 S 4冗J312%，故选：A点评：本题考查线段和最短问题，考查外接球问题，考查运算能力10.已知点G在 ABC内，且满足2GA 3GB 4GC 0,现在 ABC内随机取一点，此点取自GAB, GAC, GBC的概率分别记为"，已，2，则（）A. PP2P3B.P3P2PC. P1P2P3D. B P P3答案：C分别延长GA到GA ,GB到GC 至U GC,使得GA2GA , GB 3GB ,GC 4GC ,则有 GA GB GC 0，得到点G为 A B C的重心，所以S S SGAB GACGBC '11 一L 而求信 Sgab 6

11、Sgab ' Sgac gSgac 'c1c _Sgbc SGBC,得出面积之间的关系，即可求解.解：由题意，分别延长 GA到GA , GB到GB , GC到GC ,使得GA2GA , GB 3GB , GC4GC，则有 GA gB GC0，所以点G为ABC的重心,所以 Sgab S gac S gbc， GA BGA CGB C1 -Sgab 6SGAB' Sgac从而得到S GAB : S GAC : S GBC1s 81s IsGAC，S GBC 12 S GB C，:4:3:2, 6 8 12则 P：B：P3 4:3:2,即 P>P2>P3 .故选

12、C.点评：本题主要考查了平面向量的应用，以及几何概型思想的应用， 其中解答中根据响亮的 运算求得点G的位置，得出面积之间的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力, 属于中档试题.达芬奇创作的油画，现收藏于法国11 .蒙娜丽莎是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多 罗浮宫博物馆.该油画规格为：纵 77cm木5 53cm油画挂在墙壁上的最低点处 B离地面237cm（如图所示）.有一身高为175cm的游客从正面观赏它（该游客头顶T到眼睛C的距离为xcm,视角为.为使观赏视角最大，x应为（）A. 77B. 80C.100D. 77、. 2答案：D设二/acd，二/BCD ,则,利用两角差的正切公式用x表

13、不出，再根据对勾函数的单调性求解.详解】解：过C作CD AB于D ,设二，ACD,二，BCD ,则237tantantantann tan应时,，当且仅当x故选：D.则BD AD CD77 ( cm ),AD77: 154 ( cm ),-BD - 77CD."x， 154 77x x ._ 154, 77x7711858 ，tan有最大值，此时 也最大,属于中档题.点评：本题主要考查两角差的正切公式的应用，考查对勾函数的单调性与最值,12 .已知点P是曲线y=sinx + lnx上任意一点，记直线 OP （O为坐标原点）给出下列四个命题:存在唯一点P使得对于任意点P都有0;对于任意

14、点P都有存在点P使得k1,则所有正确的命题的序号为（）A.C.D.答案：D结合正弦函数的值域和对数函数y lnx和直线y x 1的关系，即可判断正确，错误.一九 . . . 一一 . .一当一 x 九时，y sin x ln x 0,即可判断错误；对于，存在唯一点p使得k 1 ,2即sin x+ ln x二7存在唯一解,令 g x sinx ln x x,则g x0存在唯一解，运用x -导数判断单调性结合零点存在定理，可判断正确，由排除法即可得到结论解：任意 x 0 , 一方面 y sin x ln x In x 1,另一方面由y ln x和直线y x 1的图象易证ln x x 1成立，即 I

15、nx 1 x, y sinx ln x x , y sinx ln x ln x 1与lnx 1 x中两个等号成立条件不一样， y sin x ln x x 恒成立， . k 1 ,则正确，错误.当一 x 九时，y sin x ln x 0,2 . k 0,则错误；对于，存在唯一点 P使得k 1 ,也就是sinx+1nx二7存在唯一解,x令g x sinx lnx x,则g x0存在唯一解，.1g x sinx lnx x cosx 一 1 0恒成立， x函数g x sinx lnx x,在0,上单调递增，又g 10, g 0.10,sinx+ln x+x=0存在唯一解，故正确，故选：D点评：

16、本题主要考查直线的斜率范围，同时考查了利用导数解决方程的根，考查了学生分析问题和判断问题的能力，属于难题.二.填空题（共4小题，每题5分，共20分）x y 2 013.若实数x, y满足约束条件x 2y 0 ，则x y的最小值为 x 2y 4 0答案：6【分析】首先根据题意作出可行域，根据x y的几何意义，从而求出最小值详解】由题意作平面区域如下,2y 0y经过目标函数取得最小值故z x y的最故答案为：6题意画出可行域为解题的关键，属于简单题14.已知1011G2dx.则i：x xm的展开式中x2的系数为（用数字表本）答案：10首先根据定积分的几何意义求解、5x）通项公式求解即可.解：因为1

17、1G7dx表示以0,0为圆心,1为半径的圆的上半圆的面积,所以 I'1 x2 dx 2, m10 j-1 x2 dx5；7T其展开式的通项公式为:Tr 1C5r)5x)r(1)r C；3r 52 r 3.x)m的展开式中x2的系数为:1)3 C310.故答案为：10点评：本题主要考查二项式定理，同时考查了定积分的几何意义，属于中档题22P关于原点O15.已知点P是椭圆C： 士72r 1 a b 0上一点，点p在第一象限且点 a2 b2的对称点为Q ,点P在x轴上的投影为E ,直线QE与椭圆C的另一个交点为 为直角三角形，则椭圆 C的离心率为答案：空2设P, G的坐标，由题意可得Q ,

18、E的坐标，由题意可得kQG kPGb2-2， a再由A PQG为c的关系求出离心率.直角三角形，所以kop kpG1,可得a, b的关系，再由a, b,解:0设P m, n , G x,y ,则由题意可得： Q m, n , E m,0 ,kQG kPG2 y -2" x2m2由a2 xa2 n b12 y b71作差可得:1所以kQGkPG2y2x2n-2mkGQ kEQ , 2m所以kPGb2 a2m2b2m2， na所以kOP-m因为APQG为直角三角形，所以kOP kpG1,所以，-m2mb22- na1,即:22a 2b .22 Ce a2.2a b2ab22b21 离心率

19、e2-22故答案为:,22点评：本题主要考查椭圆中离心率的求法,根据题意找到a, b,c的关系式为解题的关键,属于中档题.16.若函数f(x)的导函数f (x) Acos(x )(A 0,0,1 | -) , f (x)的部分图象如图所示，g(x) f(x Jx1, x2 五十时，则g(x,) g(x2)的最大值为【分析】125 一一5由图象可信： A= 2,- 彳5 ,解得3= 2.可得f （ x） = 2cos （2 彳 4）5 一 5一 一=-2, |。|一），把x ，f '2代入解得力.可得 f' （x）,进而得出f21212(x), g (x) =f (x ),利用正

20、弦函数的单调性即可得出结论.121 25解：由图象可得：A= 2,-一，解得3= 2.412 6 f( x) = 2cos (2 () = 2, | j | < ),解得。 一.1226，f ' ( x) = 2cos (2x )6 .1.f (x) = sin (2x一）+c. （c为常数）.6g (x) = f (x ) = sin2 x+c.26, 3sin2 xC ,112)2当 x1,x2C 行，&时，贝U| g (x。 g (x2)| = |sin2x1 sin2x2|< 1 -3因此当x1, x2e ,3时，则| g (x。- g (x2)|的取大值为

21、.3故答案为3.2点评：本题考查了导数的运算法则、三角函数的图象与性质、 等价转化方法、数形结合方法,考查了推理能力与计算能力，属于难题.三、解答题(共70分，第22、23题为选考题，考生根据要求选择其中一个作答.)17.如图，四棱锥P ABCD中侧面PAB为等边三角形且垂直于底面 ABCD, AB BC ,1 一BC/AD , AB BC 2 AD , E 是 PD 的中点.(1)证明：直线CE平面PAB ;(2)求二面角 B PC D的余弦值.答案：(1)证明见解析(2) 叵5(1)证明四边形 EFBC是平行四边形，可得 CE / BE,进而得证.(2)首先取AB的中点O,连接PO,根据题

22、意易证 PO 底面ABCD ,再建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求得余弦值解：(1)取PA的中点F ,连接FE, FB ,口 ，一一1 一 E是 PD 的中点，FEZ/-AD ,又 BC/-AD，.- FE/BC , 2=，四边形EFBC是平行四边形，CE /BF ,又CE不在平面 PAB内，BF在平面 PAB内,CE/平面 PAB .(2)取AB的中点O ,连接PO.因为PA PB ，所以PO AB又因为平面PAB 底面ABCD AB,所以PO 底面ABCD.分别以AB、PO所在的直线为x轴和z轴，以底面内 AB的中垂线为y轴建立空间直角坐标系,1一一令 AB

23、BC 2 AD 2 ,则 ad 4 ,因为ZPAB是等边三角形，则 PA PB 2,。为AB的中点，PO J3,则 P 0,0,6 , B 1,0,0 , C 1,2,0 , D1,4,0PC 1,2,亚,0,2,0 , CD2,2,0 ,设平面PBC的法向量为mx, y,z ,平面PDC的法向量为n a,b,c ,0 2y 0a 2b x 3c2a 2b 0 i1,1 百，2_32.5cos m,n155，经检验，二面角 B PCD的余弦值的大小为点评：本题第一问考查线面平行的证明，第二问考查向量法求二面角的余弦值，同时考查了学生的计算能力，属于中档题18.甲、乙两同学在复习数列时发现原来曾

24、经做过的一道数列问题因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列an的前n项和为Sn,已知（1）判断SI, S2, S的关系;-#c 、一 , n(2)右 a1 a3 3,设 bn a12,_4,记bn的前n项和为Tn,证明：Tn 一3甲同学记得缺少的条件是首项 a的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第（1）问的答案是6,S成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的,请你通过推理把条件补充完整并解答此题答案：（1） Si 8 2s3（2）见解析（1）可补充公比q的值，由等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，计算可得所求结论;（2）由等比数列的通项公式求得b 2n

25、n 3,再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，不等式的性质，即可得证解：（1）由题意可得saS2a1 a2S3a1a2可得§S22s3 ,即 S1 , S3,S2成等差数列;(2)证明:a1a33,可得a11一a13,解得 a14 ,4bnn-a 12n12III113a3 a1-a1 二 a1二现，244上面两式相减可得1 1 12 22n3 2化简可得Tn21812Tn16III16III 7 n1,修4可得Tn - 3点评：本小题主要考查证明数列是等差数列, 考查错位相减求和法，考查分析、思考与解决问题的能力，属于中档题2219.椭圆E：与与a2 b21 ( a b

26、 0)的离心率是 ，点P(0,1)在短轴CD上，且2IPC PD 1 -(1)求椭圆E的方程;(2)设O为坐标原点，过点 P的动直线与椭圆交于 A, B两点，是否存在常数，使得2为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由2答案：(1)41 ; (2)见解析.解：(1)由已知，点又点P的坐标为(0,C, D的坐标分别为(0, -b), (0, b)1),且1B. r c 正- a2ab2J2 b222所以椭圆E方程为上 L 1 .42(2)当直线AB斜率存在时，设直线 AB的方程为y=kx + 1A, B的坐标分别为(xi, yi),(X2, y2)22l L 1 22联立42 ，得(2k +

27、 1) x+4kx 2 = 0y kx 1其判别式4= ( 4k) 2+8 (2k2+1) >0所以X,X24k22,2222k2 12k2 1从而=X1X2+ nn2+ 入x 1X2+ ( y1 1) (y2 1)2、=(1+入)(1 + k)xX2+ k (X1 + X2) + 1(24)k2 ( 21)2k2 1x-12A:+1所以，当入=1 时，一-z-2 =- 3,2t+1此时,3为定值.此时-2- 1 = - 3故存在常数入=1,使得为定值3.当直线AB斜率不存在时，直线 AB即 直线CD考点：本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、运算求

28、解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想20.调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝，分析、鉴定，调配、研发，周而复始、反复对比.对调味品品评师考核测试的一种常用方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的调味品让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这 n瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.现设n 4,分别以a?, a3, a4表示第一次排序时被排为1, 2, 3, 4的四种调味品在第二次排序时的序号，并令X 1ai2a23a3|4a,l,则X是对两次排

29、序的偏离程度的一种描述.(如第二次排序时的序号为1, 3, 2, 4,则X 2).(1)写出X的所有可能值构成的集合；(2)假设a2, a3,a4的排列等可能地为1, 2, 3, 4的各种排列，求 X的数学期望；(3)某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有 X 2.(i )试按(2)中的结果，计算出现这种现象的概率(假定各轮测试相互独立)；(ii)请你判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何？并说明理由1答案：(1) 0,2,4,6,8 (2)5(3)(i) (ii)我们认为该品酒师确定有良好的味觉216鉴别功能，不是靠随机猜测 .【分析】(1)在1, 2, 3, 4中奇数与偶数各有两个，从而

30、 a2, a4中的奇数个数等于 现，a3中的偶 数个数，进而|1aj|3a3与2az|4 a4的奇偶性相同，由此能举出使得X所有可能值构成的集合.(2)可用列表法列出1, 2, 3, 4的一共24种排列，求得分布列进而求出X的数学期望.41.山(3)(1)首先PX 2 P X 0 P X 2 一 一，将三轮测试都有X 2的 24 6概率记做p,由独立性假设能求出结果 .、一 15(口)由于p 是一个很小的概率，这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都 216 1000有X 2的结果的可能性很小， 从而我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测.解：(1) X的可能值集合为 0,2,4

31、,6,8 ,在1, 2, 3, 4中奇数与偶数各有两个，所以a2, a4中的奇数个数等于 & , a3中的偶数个数，因此1 ai 3 a3与2 a2 4 a4的奇偶性相同，从而X 1 a | 3 a312a2114a41必为偶数，X的值非负，且易知其值不大于8.由此能举出使得 X的值等于0, 2, 4, 6, 8各值的排列的例子.(2)可用列表列出1 , 2, 3, 4的一共24种排列，如下表所示:aia2a3a4Xa1a?a3a4X12340312441243231426132423214413424324161423434128143243421821342412362143441

32、3262314442136234164231624136431282431643218计算每种排列下的 X值如上表所示，在等可能的假定下，得到X02468P12432472492442413794EX 024685.242424242441(3)(i)首先PX 2 PX 0 PX 2 一 一，将三轮测试都有X 2的24 6概率记做p,由上述结果和独立性假设，得11p 63 216、一 15(11)由于 p 是一个很小的概率,216 1000这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有X2的结果的可能性很小,所以我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测点评：本小题主要考查随机变量分布列

33、及其期望值的求法，考查相互独立事件概率计算，考查数据处理能力，属于中档题 .21.已知函数f x xlnx.(1)求曲线y f x在x e 2处的切线方程；(2)关于x的不等式f x x 1在0,上恒成立，求实数的取值范围；(3)若 f x1 a fx2a 0,且 xx2,证明：x2x11e212ae2.答案：(1) y x e2 (2)1 (3)证明见解析【分析】(1)首先求导，求出切线的斜率，再写出切线方程即可(2)等价 g x f x x 1 xln x x 10, x 0, 恒成立.对 g x 求导，求出单调区间和最小值，再根据最小值的单调性和最值即可得到的取值范围.(3)首先证明f

34、x x e2,再设直线y x 62与丫 a的交点为x1，a，则a x1 e 2x1 e 2,贝U x1a e 2,且x1x1，直线y x 1分别于y a交于点 x2 ,a ,则 a x2 1 x2 1，x2a 1，且 x2 x2，可得x2 x1x2x1a 12a 1即可证明x2 x1 1 e2 1 2ae2 .解：解：1)x 1 ln x，所以 kfe1 lne 21，2e 2，切点为切点为22 e , 2e故切线方程为y2e 2等价于：2)由题知：gxfxxln x0，0, 恒成立 .g x lnx 1令 g x 0 ，解得 x e 1 .1当 x 0,e 时， g x 0， g x 为减函

35、数，1当 x e , 时， g x 0 ， g x 为增函数 .111所以 g x g e1 e e 1 emin设 he 1， h 1 e 1.令 h0 ，解得1 .0,1 时， h0 ， h 为增函数，1, 时， h0 ， h 为减函数，所以 h max h(1) 0，所以e 10 .又因为0 恒成立，所以1 .3)设k x f xx e 2 xlnx x e 2， x 0，则 k x 2 ln x，0 x e 2时， k x 0， k x 单调递减，x e2时，k x 0, k x单调递增,故当x时，函数k x取得最小值，k e2 2e20.因此f设直线a的交点为x1 , a，则 ax1e2x1e ，Xi且Xix,，当且仅当a2e 2时取等号又由（2）可知f1分别于y a交于点X2 ,a .贝 U a x2 1 x2x2a1，且 x2x2 ,当且仅当a 0时取等号因此x2x1x2Xi2a 1 e2.因为等号成立的条件不能同时满足,x2 x1 2a 1