衡水中学2020届高三下学期第九次调研考试(数学(理)答案.pdf

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1、 第 1 页 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、一、 选择题(本大题包括选择题(本大题包括 12 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 60 分分.) 1. 已知集合Axx02 , Bxxlog2 2 1 ,则AB( ) AR Bxx02 Cx x0 D xx 4 2 1 解:, ABx|x0 故选:C 2. 复数 i z i 5 的虚部为( ) A 26 5 Bi 26 5 C 26 5 Di 26 5 解:, 复数上的虚部为 故选:A 3. 某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准,现选择 15 名志愿者,对其身高和臂展 进行测量(单位:厘米) ,左图为选取的 15 名志愿者身高与臂

2、展的折线图,右图 为身高与臂展所对应的散点图,并求得其回归方程为 1.16x30.75,以下结论 中不正确的为( ) A15 名志愿者身高的极差小于臂展的极差 数学(理)答案 第 2 页 B15 名志愿者身高和臂展成正相关关系 C可估计身高为 190 厘米的人臂展大约为 189.65 厘米 D身高相差 10 厘米的两人臂展都相差 11.6 厘米 解:对于 A,身高极差大约是 25,臂展极差大于等于 30,故 A 正确; 对于 B,很明显根据散点图以及回归方程得到,身高矮展臂就会短一些, 身高高一些, 展臂就会长一些,故 B 正确; 对于 C,身高为 190 厘米,代入回归方程可得展臂等于 18

3、9.65 厘米,但不 是准确值,故 C 正确; 对于 D,身高相差 10 厘米的两人展臂的估计值相差 11.6 厘米,但不是准 确值, 回归方程上的点并不都是准确的样本点,故 D 错误; 故选:D 4. 函数 a f xx x ( )的图象不可能是( ) AB CD 解:f(x),f(x) (1)当 a0 时,f(x),图象为 A; (2)当 a0 时,1+0,f(x)在(0,+)上单调递增, 令1+0 得 x, 当 x时, 1+0, 当x0 时, 1+0, f(x)在(,)上单调递减,在(,0)上单调递增,图象为 D; 第 3 页 (3)当 a0 时,1+0,f(x)在(,0)上单调递减,

4、令 1+0 得 x,当 x时,1+0,当 0x时,1+ 0, f(x)在(0,)上单调递减,在(,+)上单调递增,图象为 B; 故选:C 5. 某几何体的三视图如图,该几何体表面上的点 P 与点 Q 在正视图与侧视图上 的对应点分别为 A,B,则在该几何体表面上,从点 P 到点 Q 的路径中,最短路 径的长度为( ) A B C D 解:根据几何体的三视图知,该几何体是长方体,如图所示; 其展开图中,有三种情况, 从点 P(A)到 Q(B)的最短距离为2 故选:C 第 4 页 6. 设 m,n 为正数,且 m+n2,则 13 12 n mn 的最小值为( ) A B C D 解: 当m+n2时

5、, , 因为 , 当且仅当 m+1n+2,即 , 时取等号,则 ,即最小 值为 故选:D 7. 我国古代数学家秦九韶在数书九章中记述了“三斜求积术”,用现代式子表 示即为:在 中,角 , , 所对的边分别为 , , ,则 的面积 S 2 222 21 42 abc ab . 根据此公式,若 ,且 ,则 的面积为( ) A B C D 解:由 acosB+(b+3c)cosA0, 可得 sinAcosB+cosAsinB+3sinCcosA0, 即 sin(A+B)+3sinCcosA0, 即 sinC(1+3cosA)0, 因为 sinC0, 所以 cosA, 由余弦定理可得 a2b2c22b

6、ccosAbc2, 所以 bc3, 由ABC 的面积公式可得 S 故选:A 第 5 页 8. 执行如图所示的程序框图,则输出的 a 值为( ) A B C D2 解:当 i1 时,不满足退出循环的条件,执行循环体后,a3,i2; 当 i2 时,不满足退出循环的条件,执行循环体后,a,i3; 当 i3 时,不满足退出循环的条件,执行循环体后,a,i4; 当 i4 时,不满足退出循环的条件,执行循环体后,a2,i5; 当 i5 时,不满足退出循环的条件,执行循环体后,a3,i6; a 的值是以 4 为周期的循环, 由 2020 4505, 故当 i2021 时,满足退出循环的条件,故输出的 a 值

7、为 2, 故选:D 9. 若 , , , ,则 x,y,z 大小关系正确的 是( ) A B C D 解:0ab1; abaabab01,logbalogbb1; xyz 故选:A 10. 已知双曲线 C: 1(a0,b0) ,点 P(x0,y0)是直线 bxay+4a 0 上任意一点,若圆(xx0) 2+(yy0)21 与双曲线 C 的右支没有公共点, 则双曲线的离心率取值范围是( ) A (1,2 B (1,4 C2,+) D4,+) 第 6 页 【解答】 解: 双曲线 C: 1 (a0, b0) 的一条渐近线方程为 y x, 即 bxay0, P(x0,y0)是直线 bxay+4a0 上

8、任意一点, 则直线 bxay+4a0 与直线 bxay0 的距离 d , 圆(xx0)2+(yy0)21 与双曲线 C 的右支没有公共点, , 1, 即 e 4, 故 e 的取值范围为 , 故选:B 11. 直线 与函数 ( )的图象的相邻两个交点的距 离为 ,若 在 ( )上是增函数,则 的取值范围是( ) A0, 4 B0, 2 C 3 0, 4 D 3 0, 2 解:直线 ya 与函数 f(x)tan()图象的相邻两个交点的距离为 一个周期,则 T2, 所以 , 所以 f(x)tan(x+) , 由 kx+k+, 解得 2kx2k+, (kZ) ; 所以函数 f(x)在(,)上是单调增函

9、数; 又 f(x)在(m,m)上是单调增函数, 即(m,m)(,) , 解得 0m; 所以 m 的取值范围是(0, 第 7 页 故选:B 12. 已知函数 ,若方程 有 3 个不同的实根 x1,x2,x3 (x1x2x3) ,则 2 2 a x 的取值范围是( ) A 1 ,0 e B 2 2 ,0 e C 2 2 2 , 2e e D 2 0, 2e 解:由 f(x)(x22x)ex, f(x)(x22)ex, 令 f(x)0,解得 x, 当 x或 x,f(x)0,函数 f(x)单调递增, 当x,f(x)0,函数 f(x)单调递减, 由图象可得x20, 又x2, 设 g(x)xex, (x0

10、) , g(x)(x+1)ex, g(x)在(,1)上是减函数,在(1,0)上是增函数, 由 g(1),g(),g(0)0, 可得的取值范围为,0) , 故选:A 第 8 页 二、二、 填空题填空题(本大题共(本大题共 4 小题,每题小题,每题 5 分,共分,共 20 分分.) 13. 7 1 7 x x 的展开式的第 2 项为 解: (x)7的展开式的第 2 项为 T2x5x5, 故答案为:x5 14. 已知 中, , , ,若点 满足 ,则 _. 解:,所以:, 以及 AB3,AC5,BC7,cosBAC 可得, 所以()() 12 故答案为:12 15. 记等差数列 的前 项和为 ,若

11、, ,则数列 3 1 n n a的前 项和 解:因为an是等数差数列,S1745917a9459a927,而 a2+a418, 所以,解得 d3,a13, 则 an3+(n1) 33n,nN*; 数列a3n构成首项为 9,公差为 9 的等差数列; 若 n 为偶数,则, 若 n 为奇数, 则 Tn9+1827+36+9(n2)+9(n1)9n, 第 9 页 故 Tn; 故答案为: 16. 已知三棱锥 的所有顶点都在球O的表面上, 平面 , , , , ,则球 的表面积为 解:如图: 由 cosACBsinACB,可得,则ACB30 在ABC 中,AC,BC1,ACB30 , AB 则ABC 为等

12、腰三角形,设ABC 的外心为 G,连接 BG 交 AC 于 E, 由正弦定理求得 BG1,求解三角形可得 BE,则 EG 取 CD 中点 F,则 F 为三角形 ACD 的外心,过 F 作平面 ACD 的垂线, 过 G 作平面 ABC 的垂线,两垂线相交于 O, 则 O为三棱锥 DABC的外接球的球心, 其半径 R 球 O 的表面积为 故答案为:8 第 10 页 三、三、 解答题解答题(本大题共(本大题共 6 小题,共小题,共 70 分,解答应写出文字说明或演算步骤分,解答应写出文字说明或演算步骤.) 17. 设 . (1)求 的单调区间; (2) 在锐角 中, 角 , , 的对边分别为 , ,

13、 . 若 , , 求 面积的最大值 解: (1)由题意知f(x)sin2x . 由 2k2x 2k,kZ,可得 kx k,kZ; 由 2k2x2k,kZ,可得 kxk,kZ. 所以 f(x)的单调递增区间是(kZ); 单调递减区间是(kZ) (2)由 fsinA 0,得 sinA ,由题意知 A 为锐角,所以 cosA. 由余弦定理 a2b2c22bccosA,可得 1bcb2c22bc, 即 bc2,且当 bc 时等号成立因此 bcsinA. 所以ABC 面积的最大值为. 18. 如图,在三棱锥 中,已知 , ,顶点 在平 面 上的射影为 的外接圆圆心 (1)证明:平面 平面 ; (2)若点

14、 M 在棱 PA 上, ,且二面角 的余弦值为 ,试 求 的值 解: (1)证明:如图,设 AC 的中点为 O,连接 PO, 由题意,得 BC2+AB2AC2,则ABC 为直角三角形, 第 11 页 点 O 为ABC 的外接圆圆心 又点 P 在平面 ABC 上的射影为ABC 的外接圆圆心, 所以 PO平面 ABC, 又 PO平面 PAC,所以平面 PAC平面 ABC (2)解:由(1)可知 PO平面 ABC, 所以 POOB,POOC,OBAC, 以 OC,OB,OP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐 标系, 则 O(0,0,0) ,C(1,0,0) ,B(0,1

15、,0) ,A(1,0,0) ,P(0,0, 1) , 设,0,1,(1,0,1) ,M(1,0,) , (1,1,0) ,(1,0,1) ,(2,0,) , 设平面 MBC 的法向量为 (x,y,z) , 则,令 x1,得 (1,1,) , 设平面 PBC 的法向量为 (x,y,z) , 由,令 x1,得 (1,1,1) , 二面角 PBCM 的余弦值为, cos, 解得,即 M 为 PA 的中点 第 12 页 19. 某快餐连锁店招聘外卖骑手,该快餐连锁店提供了两种日工资方案:方案 规定每日底薪 50 元,快递业务每完成一单提成 3 元;方案规定每日底薪 100 元,快递业务的前 44 单没

16、有提成,从第 45 单开始,每完成一单提成 5 元,该快 餐连锁店记录了每天骑手的人均业务量,现随机抽取 100 天的数据,将样本数据 分为25,35) ,35,45) ,45,55) ,55,65) ,65,75) ,75,85) ,85,95 七组,整理得到如图所示的频率分布直方图 (1)随机选取一天,估计这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于 65 单的概率; (2)从以往统计数据看,新聘骑手选择日工资方案的概率为 1 3 ,选择方案 的概率为 2 3 若甲、乙、丙三名骑手分别到该快餐连锁店应聘,三人选择日 工资方案相互独立,求至少有两名骑手选择方案的概率; (3)若仅从人均日收入

17、的角度考虑,请你利用所学的统计学知识为新聘骑手 做出日工资方案的选择,并说明理由 (同组中的每个数据用该组区间的中点值 代替) (共 13 分) 解: (1) 设事件 A 为“随机选取一天,这一天该连锁店的骑手的人均日快递 业务量不少于 65 单” 依题意,连锁店的人均日快递业务量不少于 65 单的频率分别为:0.2,0.15, 0.05 因为 0.2+0.15+0.050.4 所以 P(A)估计为 0.4 (2) 设事件 B 为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案(1)” 设事件i为“甲乙丙三名骑手中恰有 i(i0,1,2,3)人选择方案(1)”, 第 13 页 则 P(B)P(C2

18、)+P(C3) 所以三名骑手中至少有两名骑手选择方案(1)的概率为 (3)方法 1: 设骑手每日完成快递业务量为 X 件 方案(1)的日工资, 方案(2)的日工资 所以随机变量 Y1的分布列为 Y1 14 0 17 0 20 0 23 0 26 0 29 0 32 0 P 0.0 5 0.0 5 0.2 0.3 0.2 0.1 5 0.0 5 所以 EY1140 0.05+170 0.05+200 0.2+230 0.3+260 0.2+290 0.15+320 0.05 236 同理随机变量 Y2的分布列为 Y1 10 0 13 0 18 0 23 0 28 0 33 0 P 0.1 0.2

19、 0.3 0.2 0.1 5 0.0 5 EY2100 0.1+130 0.2+180 0.3+230 0.2+280 0.15+330 0.05194.5 因为 EY1EY2,所以建议骑手应选择方案(1) 方法 2: 快餐店人均日快递量的期望是: 30 0.05+40 0.05+50 0.2+60 0.3+70 0.2+80 0.15+90 0.0562 因此,方案(1)日工资约为 50+62 3236 方案 2 日工资约为 100+(6244) 5190236 故骑手应选择方案(1) 第 14 页 20. 如图, 椭圆 1 C: 22 22 1(0) xy ab ab 的左右焦点分别为 1

20、2 ,F F, 离心率为 3 2 , 过抛物线 2 C: 2 4xby焦点F的直线交抛物线于,M N两点,当 7 | 4 MF 时,M 点在x轴上的射影为 1 F。连接,NO MO并延长分别交 1 C于,A B两点,连接AB, OMN与OAB的面积分别记为 OMN S和 OAB S,设 OMN OAB S S . (1)求椭圆 1 C和抛物线 2 C的方程; (2)求的取值范围. 解:(1)由抛物线定义可得) 4 7 ,(bcM,点M在抛物线by4 2 上, ) 4 7 (4 2 bbc,即 22 47bbc 又由 2 3 a c ,得 22 3bc ,将上式代入,得bb77 2 ,解得1b,

21、3c, 2a, 所以曲线 1 C的方程为1 4 2 2 y x ,曲线 2 C的方程为yx4 2 . (2) 设直线MN的方程为 1 kxy , 由 yx kxy 4 1 2 消去y整理得044 2 kxx, 设),(),( 2211 yxNyxM,则4 21 xx, 设,mkmk OMON ,则 4 1 16 1 21 1 1 2 2 xx x y x y mm ,所以 m m 4 1 , 设直线ON的方程为 mxy (0m), 由 yx mxy 4 2 ,解得 0 xm4 ,所以 22 14|1|mmxmON N , 由可知,用 m4 1 代替m,可得 2 2 16 1 1 1 |) 4

22、1 (1 1 | mm x mm OM M , 第 15 页 由 1 4 2 2 y x mxy ,解得 14 2 2 m xA ,所以 14 12 |1| 2 2 2 m m xmOA A , 用 m4 1 代替m,可得 1 4 1 16 1 12 | 16 1 1| 2 2 2 m m x m OB B , 所以 | | OBOA OMON S S OAB OMN 1 4 1 16 1 12 14 12 16 1 1 1 14 2 2 2 2 2 2 m m m m mm mm 1 4 1 14 2 2 m m 2 2 1 2 4 1 24 2 2 m m m m,当且仅当1m时等号成立.

23、 所以的取值范围为 ), 2 . 21. 已知函数 (1)若 有两个不同的极值点 , ,求实数 的取值范围; (2)在(1)的条件下,求证: 12 4 xx ee a . 解: (1)函数 f(x)x2aex1, f(x)2xaex, f(x)有两个不同的极值点 x1,x2, f(x)2xaex0 有两个根, 即 a, 即 ya 与 yg(x)有两个交点, g(x), 当 x1 时,g(x)0,函数 g(x)单调递增, 当 x1 时,g(x)0,函数 g(x)单调递减, g(x)maxg(1), 当 x时,g(x)+,当 x+时,g(x)0, 第 16 页 当 a(0,)时,ya 与 yg(x

24、)有两个交点, 实数 a 的取值范围(0,) (2)证明:由 f(x1)2x1ae0,f(x2)2x2ae0, 有 即; 由不等式 ,设 lnx1t1,lnx2t2,则 , 所以上述不等式变为; 所以 ; 故+成立 22. 选修 4-4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中,曲线C的参数方程为 22cos 2sin x y (为参数) ,直线 l的参数方程为 2 2 2 1 2 xt yt (t为参数) ,以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为 极轴建立极坐标系 (1)求曲线C以及直线l的极坐标方程; (2)若0,1A,直线l与曲线C相交于不同的两点M,N,求 11 AMAN 的 值 解: ()依

25、题意,曲线 C: (x2)2+y24,故 x2+y24x0, 即 24cos0,即 4cos; 直线 l:y1x,即 x+y10,即 cos+sin10, 故; 第 17 页 ()将直线 l 的参数方程(t 为参数)代入 x2+y24x0 中, 化简可得, 设 M,N 所对应的参数分别为 t1,t2, 则,t1t21, 故 23. 选修 4-5:不等式选讲 已知函数 (1)解不等式 ; (2)已知 , ,且 ,求证: 解: ()由 f(x)3|x+2|,可得|x+2|+|x+1|3, 则或或, 解得 x3 或或 x0, 故不等式的解集为(,3)(0,+) , 证明()f(x)|x|x+1|x|x+1x|1, a2+4b2(a+2b)24ab22 ()21,当且仅当 a2b 时,即 a ,b时取等号, 1,

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