1、2019届河北省衡水中学高三第一次摸底考试数学（文）试题一、单选题1已知集合，则（ ）A BC D2在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限3某地某高中2018年的高考考生人数是2015年高考考生人数的1.5倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2015和2018年高考情况，得到如下饼图：2018年与2015年比较，下列结论正确的是（ ）A一本达线人数减少B二本达线人数增加了0.5倍C艺体达线人数相同D不上线的人数有所增加4如图，在等腰梯形中，于点，则（ ）A BC D5将一个圆柱形钢锭切割成一个棱长为4的正方体零件，则所需圆柱形
2、钢锭的体积的最小值为（ ）A B C D6已知函数是定义在上的偶函数，且当时，则函数的图像在点处的切线方程是（ ）A B C D7已知椭圆的离心率为，直线与椭圆交于两点，为坐标原点，且，则椭圆的方程为（ ）A BC D8某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为半圆弧且点为下底面半圆弧上一点（异于点），则关于该几何体的说法正确的是（ ）A B C平面 D平面9若将函数的图象向左平移个单位长度后的图象关于轴对称，则当取最小整数时，函数的图象的一个对称中心是（ ）A B C D10如图所示，在长方体中，为底面两条对角线的交点，与平面所成的角为，则该长方体的表面积为（ ）A B C D11已知角的顶点与
3、坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，在的始边上有点，终边上有点，满足，若，则（ ）A B2 C4 D112已知函数数列满足：，且是单调递增函数，则实数的取值范围是（ ）A B C D二、填空题13_.14已知实数满足约束条件，则的最大值为_.15已知直线被圆截得的弦长为2，则_.16在中，角的对边分别为，且为锐角，则面积的最大值为_.三、解答题17已知数列满足，设.（1）求；（2）证明：数列为等比数列；（3）求的通项公式.18在平行四边形中，过点作的垂线，交的延长线于点，.连结，交于点，如图1，将沿折起，使得点到达点的位置，如图2.（1）证明：平面平面；（2）若为的中点，为的中点，且平面平面
4、，求三棱锥的体积.19某高校数学学院为了对2018年录取的大一新生有针对性地进行教学.从大一新生中随机抽取40名，对他们在2018年高考的数学成绩进行调查，统计发现40名新生的数学分数分布在内.当时，其频率.（1）求的值；（2）请在答题卡中画出这40名新生高考数学分数的频率分布直方图，并估计这40名新生的高考数学分数的平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）.（3）若高考数学分数不低于120分的为优秀，低于120分的为不优秀，则按高考成绩优秀与否从这40名新生中用分层抽样的方法抽取4名学生，再从这4名学生中随机抽取2名，求这2名学生的高考成绩均为优秀的概率.20已知直线交抛物线于两点，过
5、点分别作抛物线的切线，若两条切线互相垂直且交于点.（1）证明：直线恒过定点；（2）若直线的斜率为1，求点的坐标.21已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当,为两个不相等的正数，证明：.22在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；直线的参数方程为（为参数），直线与曲线分别交于，两点.（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若点的极坐标为，求的值.23已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的定义域为,求实数的取值范围.参考答案：选择题：1、【答案】B【解析】化简集合，直接利用交集的定义求解即可.【详解】因为集合，所以.故选B.【点睛】研究
6、集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.2、【答案】C【解析】复数分子分母同乘以化简可得，求出对应坐标即可得结果.【详解】复数，则对应的点为，位于第三象限.故选C.【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3、【答案】D【解析】不妨设2015年的高考人数为100，则
7、2018年的高考人数为150.分别根据扇形图算出2015和2018年一本、二本、艺术生上线人数以及落榜生人数，再进行比较即可.【详解】不妨设2015年的高考人数为100，则2018年的高考人数为150.2015年一本达线人数为28,2018年一本达线人数为36，可见一本达线人数增加了，故选项错误；2015年二本达线人数为32，2018年二本达线人数为60，显然2018年二本达线人数不是增加了0.5倍，故选项错误；艺体达线比例没变，但是高考人数是不相同的，所以艺体达线人数不相同，故选项错误；2015年不上线人数为32,2018年不上线人数为42，不上线人数有所增加，选项正确. 故选D.【点睛】本
8、题主要考查了对扇形图的理解与应用，意在考查灵活应用所学知识解答实际问题的能力，属于简单题.4、【答案】A【解析】根据等腰三角形的性质可得是的中点，由平面向量的加法运算法则结合向量平行的性质可得结果.【详解】因为，所以是的中点，可得，故选.【点睛】本题主要考查向量的几何运算以及向量平行的性质，属于简单题向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）
9、5、【答案】B【解析】当正方体为圆柱的内接正方体，且正方体的两个面位于圆柱体上、下底面时，圆柱形钢锭体积最小，根据正方体的棱长可求得圆柱的底面半径与高，利用圆柱的体积公式可得结果.【详解】由题意知，当正方体为圆柱的内接正方体，且正方体的两个面位于圆柱体上、下底面时，圆柱形钢锭体积最小，此时圆柱的底面半径是正方体面对角线的一半，即，圆柱的高为正方体的棱长，即为4，故圆柱形钢锭的体积为. 故选B.【点睛】本题主要考查正方体与圆柱的几何性质，以及圆柱的体积公式，意在考查空间想象能力以及综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.6、【答案】C【解析】根据奇偶性求出当时，的解析式，根据导数的几何意义求
10、得切线斜率，然后利用点斜式可得结果.【详解】因为函数是定义在上的偶函数，当时，则.因为，所以函数的图象在点处的切线方程是化为. 故选C.【点睛】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及函数奇偶性的应用，属于中档题. 求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点 出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在 处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.7、【答案】D【解析】根据等腰直角三角形的性质可得，将代入椭圆方程，结合离心率为以及性质列方程组求得与的值，从而可得结果.【详解】设直线与椭圆在第一象限的交点为，因为，所以，即，由可得，故所求椭圆的方程为. 故选D.【点睛】本
11、题主要考查椭圆的标准方程与性质，以及椭圆离心率的应用，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于中档题.8、【答案】C【解析】用反证法可判断选项错误；根据圆直径所对圆周角为直角、圆柱母线与底面垂直，利用线面垂直的判定定理可得平面，从而可判断选项正确.【详解】由三视图可知，该几何体是如图所示的半圆柱，圆柱底面半径为1，高为2，若，因为，所以平面，又因为平面，所以，不成立，所以不正确；因为，因此，即与不垂直，所以不正确；因为为半圆的直径，所以，又因为，所以平面，所以正确；假设平面，则，又，所以平面，所以，与矛盾，所以不正确. 故选C.【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查圆柱的性质以及空间想象能力
12、，属于难题. 三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.9、【答案】B【解析】利用两角和的余弦公式以及两角和的正弦公式将化为，向左平移个单位长度后的图象解析式为，根据函数图象关于轴对称，可求得，令即可得结果.【详解】因为，将函数的图象向左平移个单位长度后的图象解析式为，因为图象关于轴对称，所以，即.因为，所以，此时，令，得，时，对
13、称中心为. 故选B.【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，属于中档题.由可求得函数的对称轴方程；由可求得对称中心横坐标.10、【答案】A【解析】与平面所成的角等于与平面所成的角，均为. 过底面的对角线交点作交于点，则，求得，从而可得，进而可得结果.【详解】因为平面平面，所以与平面所成的角等于与平面所成的角，均为.如图，过底面的对角线交点作交于点，则，又因为平面，平面平面，所以平面.连结，则.在中，所以.在中，所以，故长方体的表面积为. 故选A.【点睛】本题主要考查长方体的性质，直线与平面所成的角，长方体的表面积，意在考查空间想象能力以及综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.11、【答
14、案】D【解析】由三角函数的定义可得，由三角形内角和定理得，可得，利用二倍角的正切公式化简得，利用二倍角的正弦、余弦公式结合同角三角函数的关系，化简可得结果.【详解】因为的终边上有点，所以，由三角形内角和定理得所以，即.整理得，所以. 故选D.【点睛】应用三角公式解决问题的三个变换角度(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”
15、、“配方与平方”等.12、【答案】C【解析】利用指数函数递增、一次函数递增，以及数列的增减性列不等式组求解即可.【详解】因为且是单调递增数列，所以根据指数函数的单调性可得，根据一次函数的单调性可得，由分段函数的单调性结合数列的单调性可得，综合三种情况解得. 故选C.【点睛】本题主要考查分段函数的解析式与单调性，以及数列的增减性，属于难题. 分段函数的单调性是分段函数性质中的难点，也是高考命题热点，要正确解答这种题型，必须熟悉各段函数本身的性质，在此基础上，不但要求各段函数的单调性一致，最主要的也是最容易遗忘的是，要使分界点处两函数的单调性与整体保持一致.填空题：13、【答案】0【解析】直接利用
16、对数的运算法则求解即可，解答过程注意避免出现计算错误.【详解】化简.故答案为0.【点睛】本题主要考查对数的运算与性质、以及换底公式的应用，意在考查对基本运算与公式掌握的熟练程度，属于中档题.14、【答案】5【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出约束条件表示的可行域，如图，由可得，将变形为，平移直线，由图可知当直经过点时，直线在轴上的截距最大，所以的最大值为. 故答案为5.【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移
17、、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15、【答案】-3【解析】将圆的一般方程化为标准方程可求得圆心，利用点到直线距离公式、结合弦长为2，利用勾股定理列方程可求得的值.【详解】圆化为标准方程为，圆心坐标为，圆心到直线的距离.所以，即，解得. 故答案为-3.【点睛】本题主要考查圆的方程、点到直线距离公式以及圆的弦长的求法，求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股
18、定理求解.16、【答案】【解析】由，利用正弦定理求得.，再由余弦定理可得，利用基本不等式可得，从而利用三角形面积公式可得结果.【详解】因为，又，所以，又为锐角，可得.因为，所以，当且仅当时等号成立，即，即当时，面积的最大值为. 故答案为.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理以及基本不等式的应用，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.解答题：17、【答案】（1），； （2）见解析；（3）.【解析】（1）根据递推公式求出的值，利用可得结果；（2
19、）由即可得结论；（3）由（2），利用等比数列的通项公式可得，结合，即可得结果.【详解】（1）由，得.因为，所以.所以，.（2）因为，所以是首项为2，公比为3的等比数列.（3）由（2）得，而，所以.【点睛】本题主要考查等比数列的定义以及已知数列的递推公式求通项，属于中档题.由数列的递推公式求通项常用的方法有：（1）等差数列、等比数列（先根据条件判定出数列是等差、等比数列）；（2）累加法；（3）累乘法；（4）构造法，形如的递推数列求通项往往用构造法，即将利用待定系数法构造成的形式，再根据等比数例求出的通项，进而得出的通项公式18、【答案】（1）见解析； （2）.【解析】（1）先求得，可得，结合，可
20、得，可证明平面，利用面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）由面面垂直的性质可得平面，取的中点为，连结，则，可证明平面，由此利用棱锥的体积公式可得三棱锥的体积.【详解】（1）如题图1，在中，所以.在中，所以.所以.如题图2，.又因为，所以，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）解法一：因为平面平面， 平面平面，平面，所以平面.取的中点为，连结，则，所以平面.即为三棱锥的高.且.因为，三棱锥的体积为.解法二：因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为为的中点.所以三棱锥的高等于.因为为的中点，所以的面积是四边形的面积的，从而三棱锥的体积是四棱锥的体积的.面，所以三棱锥的体积为.【点睛】本题主
21、要考查线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题. 解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明平面和平面垂直，本质上是证明线面垂直.19、【答案】（1）； （2）直方图见解析，； （3）.【解析】（1）的取值为10,11,12,13,14，把的取值分别代入，根据频率的和为1，列方程求解即可；（2）利用频率除以组距可得纵坐标，从而可得直方图，每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标及组距相乘后求和可得平均值；（3）利用列举法，列举出从这4名学生中随机抽取2名的事件，以及其中这2名学生的
22、高考成绩均为优秀的事件，由古典概型概率公式可得结果.【详解】（1）由题意知，的取值为10,11,12,13,14.把的取值分别代入，可得.解得.（2）频率分布直方图如图，这40名新生的高考数学分数的平均数为.（3）这40名新生的高考数学分数在的频率为，所以高考数学成绩不优秀和优秀的频率比.按高考数学成绩优秀与否分层抽样的方法从40名学生中抽取的4名学生中有3名学生高考成绩优秀，记为4名学生，其中为3名高考数学成绩优秀的学生.从4名学生中随机抽取2名学生的基本事件为，共6个，2名学生高考数学成绩均优秀的事件为，共3个，故所求的概率为.【点睛】本题主要考查频率分布直方图的应用，属于中档题. 直方图
23、的主要性质有：（1）直方图中各矩形的面积之和为；（2）组距与直方图纵坐标的乘积为该组数据的频率；（3）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标及组距相乘后求和可得平均值；（4）直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数.20、【答案】（1）见解析； （2）.【解析】（1）由得，利用导数可得直线的斜率为，直线的斜率为，结合，可得，即，从而利用韦达定理可得，则直线恒过定点；（2）求出直线的方程为，直线的方程为，解得点的坐标为，结合（1）利用韦达定理可得结果.【详解】（1）证明：易知直线的斜率存在，设直线，.由得，所以，.由，得，所以，所以直线的斜率为，直线的斜率为.因为，所以，即，所以，得，所以直线，故
24、直线恒过定点.（2）由（1）得直线的斜率为1时，.直线的方程为，即，同理直线的方程为，即，上面两式联立得，所以点的坐标为，即.【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系、导数的几何意义以及直线过定点问题，判断直线过定点主要形式有：（1）斜截式，直线过定点；（2）点斜式直线过定点.21、【答案】（1）时，在区间内为增函数；时，在区间内为增函数；在区间内为减函数； （2）见解析.【解析】(1)求出，分两种种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）设，原不等式等价于，令，则原不等式也等价于即.设，利用导数可得在区间内为增函数
25、，从而可得结论.【详解】（1）函数的定义域为，.若，则在区间内为增函数；若，令，得.则当时，在区间内为增函数；当时，在区间内为减函数.（2）当时，.不妨设，则原不等式等价于，令，则原不等式也等价于即.下面证明当时，恒成立.设，则，故在区间内为增函数，即，所以.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，
26、然后再化简或者进一步利用导数证明.22、【答案】（1）曲线的直角坐标方程为：， 直线的普通方程为. （2）【解析】（1）利用代入法消去参数方程中的参数，可得直线的普通方程，极坐标方程两边同乘以利用 即可得曲线的直角坐标方程；（2）直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.【详解】（1）由，得，所以曲线的直角坐标方程为，即， 直线的普通方程为. (2)将直线的参数方程代入并化简、整理，得. 因为直线与曲线交于，两点。所以，解得.由根与系数的关系，得，. 因为点的直角坐标为，在直线上.所以， 解得，此时满足.且，故.【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知
27、恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题23、【答案】（1）； （2）.【解析】（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；（2）要使函数的定义域为，只要的最小值大于0即可，解不等式即可得结果.【详解】（1）由已知不等式，得，当时，绝对值不等式可化为，解得，所以；当时，绝对值不等式可化为，解得，所以；当时，由得，此时无解.综上可得所求不等式的解集为.（2）要使函数的定义域为，只要的最小值大于0即可.又，当且仅当时取等号.所以只需，即.所以实数的取值范围是.【点睛】绝对值不等式的常见解法：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想
